Qualche quiz

[Erasmus]

Erasmus

Posso estrarre una coppia da un insieme di 2N elementi in C(2N, 2) = 2N·(2N–1)/2 modi.
Posso allora fare gli N abbinamenti dei 2N elementi in
C(2N, 2) · C(2N–2, 2) · ... · C(2, 2) = [(2N)!]/(2^N) modi.
Per N = 5: –––> 45·28·15·6·1 = (10!)/2^5 = 113400 modi.

Sorry! Ragionamento sbagliato!
Con questo procedimento escono un sacco di N-ple di coppie ripetute!
Le N-ple distinte sono molte di meno perché non conta l'ordine con cui estraggo le coppie (laddove l'ordine è insito nel procedimento che porta a quel risulato)!
Con N coppie l'ordine varia in N! modi, per cui il numero di N-ple di coppie trovato prima va diviso per N! passando da
[(2N)!]/(2^N) (errato!)
è
[(2N)!]/[(2^N)·N!] = [1·2·3· ... ·2(N–1)· (2N–1) ·2N]/[2·4·6· ... ·2(N–1)·2N] =
= 1·3·5· ... ·(2N–1) = <prodotto dei numeri dispari da 1 a 2N – 1 inclusi> (corretto!)

Per 2N = 10, i quintetti di coppie disgiunte sono dunque 1·3·5·7·9 = 945.

Ciò si può verificare anche per induzione.
Chiamiamo F(2N) il numero di N-ple di coppie disgiunte.
Per 2N = 2 ho una sola coppia: F(2) = 1.
Per 2N = 4, numeri (1, 2, 3, 4), le coppie di coppie disgiunte sono queste 3:
[1,2]; [3, 4];
[1, 3]; [2, 4];
[1, 4]; [2, 3].
La formula F(2N) = <prodotto degli ineri dispri da 1 a 2N–1 incluci va bene per 2N=2 e per 2N =4.
Supponiamo che vada bene per 2N = 2M e mostriamo che allora va bene anche per 2N = 2(M+1).
Non contando l'ordine di estrazione delle coppie, possiamo ritenere che sia uscita per prima la coppia contenente il numero massimo 2(M+1), cosa che è possibile in 2M+1 modi in quanto questa coppia può essere una delle 2M + 1 coppie seguenti:
[1, 2(M+1)]; [2, 2(M+1)]; [3, 2(M+1)]; ... ; [2M, 2(M+1)]; [2M+1, 2(M+1)].
Pertanto F[2(M+1] = (2M+1)·F(2M) = (2M+1)·<prodotto dei numeri dispari da 1 a 2M – 1 inclusi> =
= <prodotto dei numeri dispari da 1 a 2M + 1 inclusi>.

Per 2N = 10 abbiamo allora F(10) = 1·3·5·7·9 = 945.

Ciao caio
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[aspesi]

Erasmus

Per 2N = 10 abbiamo allora F(10) = 1·3·5·7·9 = 945.

Ciao caio
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Certo (volevo già correggerti ieri ), i diversi modi sono 9*7*5*3*1.
Infatti, semplicemente, per la prima coppia uno dei 10 numeri può essere abbinato agli altri 9; per la seconda coppia, rimangono 8 numeri e uno di essi può accoppiarsi con gli altri 7; proseguendo, per la terza coppia, un numero fra i restanti 6 si abbina agli altri 5; per la quarta coppia, restano 4 numeri e uno di loro ha la possibilità di accoppiarsi a 3; e finalmente l'ultima coppia è obbligata a formarsi con i 2 numeri rimanenti.

OK. Hai letto cosa ho scritto nel messaggio precedente e vuoi continuare a trovare la soluzione?

Ciao
Nino

[Erasmus]

No, vedo solo adesso il tuo 'post' con la figura.
Ma ... guarda che quel che dici l'avevo già pensato ... e quella stessa tua figura

aspesi

:
..................... a ......................... b
......________________________________
.....|.....................................|................|
.h..|.....................................|................|
.....|.....................................|................|
.....|_____________________|................|.. c
.....|........................|......i.....|................|
.....|........................|..........l.|................|
.....|........................|............|................|
.....|........................|_______|_________|
.g..|........................|.............................|
.....|........................|.............................|.. d
.....|........................|.............................|
.....|______________|________________|
............... f ...........................

l'ho già disegnaata cento volte per piazzare i 5 rettangoli (arrivando però al massimo ... a lasciare scoperto un quadratino 1 x 2. Ossia: per coprire il quadrato, alla fine mi sarebbe servito un rettangolo 2 x 2 da mettere in centro ma disponevo solo di quello 1 x 2 (area totale 167 invece che 169).

Allora ... mi metti la pulce nell'orecchio che la soluzione c'è.
Ma che facile sarebbe trovarla (o accertare che non c'è) se potessi ancora programmare come facevo 20 anni fa in pascal!

Ciao, ciao

[aspesi]

Erasmus

Allora ... mi metti la pulce nell'orecchio che la soluzione c'è.
Ma che facile sarebbe trovarla (o accertare che non c'è) se potessi ancora programmare come facevo 20 anni fa in pascal!

Ciao, ciao

Eh, sì... la soluzione c'è... e più di una...

Se potevi programmare... magari impostavi un sistema eterogeneo di n equazioni in m incognite:
a=1 OR a=2 OR ...... a=10
b=1 OR b=2 OR ...... b=10
......
i=1 OR i=2 OR ....... i=10
a#b#c#d#e#f#g#h#i#l
a+b = c+d = e+f = g+h = L
i+f = a
l+h = c
b+i = e
l+d = g
ecc...

Ma anche senza programmi, si può dire:
ciascun lato del quadrato deve essere somma di due lati di rettangoli

Esaminiamo il caso L=11 (perimetro=44)
Le possibili coppie sono:
10 + 1
9 + 2
8 + 3
7 + 4
6 + 5
Di queste 5 coppie, quattro rappresentano lati di rettangoli esterni e una corrisponde ai due lati del rettangolo interno.

Il rettangolo interno non può essere lungo 10
Quello lungo 9 nemmeno (dovrebbe essere adiacente a due rettangoli lunghi 1)
........
........


Nino

[Erasmus]

aspesi

Se potevi programmare... magari impostavi un sistema eterogeneo di n equazioni in m incognite

Eh NO! Programmare in questo caso mi srvirebbe per scrivere tutti i quintetti di coppie di fattori con somma dei 5 prodotti pari a 121 o 144 o 169. Non dovrebbero essere molti. La prova (secondo i criteri che anche tu hai esaminato) si fa poi ... a mano libera.
[Certe cose, anche facili – come il giustapporre rettangoli per comporre un altro rettangolo – diventano complicatissime da programmare: il cpmputer non sbaglia mai ma è "stupido" perché non ha alcun "intuito", mentre la mente umana intuisce spesso in un tempo infimo rispetto allo stesso tempo che si impiegherebbe a spiegare l'intuizione].

Sai bene, aspesi, che i quiz di questi tipi (risolubili per tentativi) non sono il mio forte ... anche perché mi pare che mi costringano a sottomettermi ad inevitabili forche caudine!

Insomma: per arrivare in fondo, non basta ragionare in generale ma occorre proprio scendere nell'esempio concreto. Sono più portato per quei problemi – e questi preferisco – in cui la soluzione esce automatica e senza intoppi con la semplice sostituzione delle variabili della soluzione generale con i dati specifici dell'esempio.

MIIZAAA! ASTROMAUUHHH! LucianoMOONTIII!
Di grazia, voi che potete programmare, elencatemi tutti i quintetti di rettangoli con somma delle aree pari a 121 o 144 o 169.

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[aspesi]

Erasmus

MIIZAAA! ASTROMAUUHHH! LucianoMOONTIII!
Di grazia, voi che potete programmare, elencatemi tutti i quintetti di rettangoli con somma delle aree pari a 121 o 144 o 169.

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Vedo però che non mi leggi:

ciascun lato del quadrato deve essere somma di due lati di rettangoli

Esaminiamo il caso L=11 (perimetro=44)
Le possibili coppie sono:
10 + 1
9 + 2
8 + 3
7 + 4
6 + 5
Di queste 5 coppie, quattro rappresentano lati di rettangoli esterni e una corrisponde ai due lati del rettangolo interno.

Il rettangolo interno non può essere lungo 10
Quello lungo 9 nemmeno (dovrebbe essere adiacente a due rettangoli lunghi 1)

Proseguo:
Il rettangolo lungo 8 e largo 3 non può ugualmente essere interno.
Infatti, se lo supponiamo interno e lo dispongo orizzontale, ai suoi lati devono esistere due fasce verticali, larghe rispettivamente 1 e 2, che devono raggiungere due lati orizzontali del quadrato; quindi, sopra e sotto il rettangolo 8*3 ne devono esistere due 9*x e 10*y
Cioè:
x + 3 + y = 11
x + y = 8
Ma sono già state impegnate le lunghezze 1, 2, 3, 8, 9, 10 e tra le rimanenti (4, 5, 6, 7) non si può ottenere la somma 8.

Con lo stesso metodo si verifica l'impossibilità per il rettangolo 6*5 all'interno.

A questo punto .... la soluzione del quadrato 11 è .... automatica

Ciao
Nino

[Erasmus]

aspesi

Vedo però che non mi leggi

E daje!
Leggerti non vuol mica dire sottostare obbligatoriamente alle tue "forche caudine"!

Io ... "amerei" avere la lista delle cinquine di rettangoli con l'area giusta (121, 144 o 169).
Allora vedrei con quali di esse potrei pavimentare il rispettivo quadrato.

Ma ti rendi conto della differenza tra me e te?
Tu sei uno che vince gare di alto livello nell'arte combinatoria!
[Sono rimasto davvero impressionato ed allibito quando hai parlato dei giochi tipo lotto o win for live].

Quando ho parlato delle "rotazioni" (e delle "congruenze") nel topic "Il fascino del calcolo matriciale" tu non sei intervenuto (e nemmeno Miza ).
Evidentemente ... avevi letto (perché ... penso che hai letto!), ma quel tipo di argomenti non ti stimolava abbastanza. Invece per me ... è roba deliziosa, subleme!

La Natura è bella perché è varia, no?

Ciao, ciao

[aspesi]

Erasmus

Quando ho parlato delle "rotazioni" (e delle "congruenze") nel topic "Il fascino del calcolo matriciale" tu non sei intervenuto (e nemmeno Miza ).
Evidentemente ... avevi letto (perché ... penso che hai letto!), ma quel tipo di argomenti non ti stimolava abbastanza. Invece per me ... è roba deliziosa, subleme!

La Natura è bella perché è varia, no?

Ciao, ciao

Nell'ottobre del 2008 (data del topic "I Tern Pitagoric amò!") non frequentavo ancora questo forum (mia registrazione 24-11-09)

E poi, tu parli troppo dotto e cattedratico per me, spesso, anche volendo, non riesco a seguirti...
Le mie (selettive) conoscenze nella combinatoria me le sono fatte da solo, per passione, esaminando solo i problemi e non studiando sui libri (m'è sempre piaciuto pochissimo )

Ciao

[nino280]

Ho trovato la soluzione per il quadrato da 11
Le coppie sono 10x2 ; 6x1 ; 5x8 ; 9x3 esterni + 7x4 interno.
Nella fretta di postarlo non l'ho neanche verificato per bene
Ciao

[aspesi]

nino280

Ho trovato la soluzione per il quadrato da 11
Le coppie sono 10x2 ; 6x1 ; 5x8 ; 9x3 esterni + 7x4 interno.
Nella fretta di postarlo non l'ho neanche verificato per bene
Ciao

Ottimo!
C'è però ancora qualche altra soluzione...