Giochi di archimede 2- numeri belli

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jordan
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Giochi di archimede 2- numeri belli

Messaggio da jordan » 31 ott 2008, 02:08

Un numero è bello se è multiplo di 3, ha 4 cifre ed queste ultime sono tutte distinte.

Quanti sono i numeri belli? :lol:
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bestiedda
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Messaggio da bestiedda » 31 ott 2008, 12:58

sono 351?

se è giusto posto il procedimento
marco

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 27 dic 2008, 23:04

io direi 1512
dato che i numeri di 4 cifre tutte distinte sono
$ $9*9*8*7$ $
di questi 1/3 è divisibile per 3 quindi
$ $\frac{9*9*8*7}{3}=1512$ $

Inkio
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Messaggio da Inkio » 05 gen 2009, 18:57

dario2994 ha scritto:io direi 1512
dato che i numeri di 4 cifre tutte distinte sono
$ $9*9*8*7$ $
di questi 1/3 è divisibile per 3 quindi
$ $\frac{9*9*8*7}{3}=1512$ $
Non capisco quando dici"di questi 1/3 è divisibile per 3"..come fai ad esserne certo?..perchè tra tutti quelli di 4 cifre solo un terzo lo sono...ma come fai ad essere sicuro che tale rapporto si mantenga anche con la limitazione:tutte le cifre diverse?
...non so di cosa tu stia parlando, giuda ballerino..

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gismondo
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Messaggio da gismondo » 08 mar 2009, 12:00

Ma alla fine quanto viene? Anch'io non capisco bene perchè il rapporto di 1/3 si dovrebbe conservare anche dopo la limitazione.
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jordan
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Messaggio da jordan » 09 mar 2009, 20:26

@gismondo, infatti il problema non è simmetrico..

Archimede è passata e anche la fase provinciale, credo che adesso si postare anche la soluzione..
Do degli hint, poi se nessuno risponde tra qualke giorno metto la soluzione: considera che un numero è divisibile per 3 se e solo se lo è la somma delle sue cifre. Inoltre 0 non puo essere una prima cifra. E mettere come cifra 2 o 5 o 8 è equivalente..
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Giuseppe R
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Messaggio da Giuseppe R » 28 giu 2009, 11:58

Riesumo un vecchio post...

Cerco 3 numeri diversi la cui somma sia congrua a 0 (mod 3).
Parto dai rappresentati privilegiati (modulo 3).
con 0 ho 0,3,6,9 (ma per la prima cifra ho solo 3,6,9)
con 1 ho 1,4,7
con 2 ho 2,5,8

Ora cerco le partizioni dei numeri congrui a zero (mod 3) che si ottengono addizionando 3 numeri tutti minori di 3; trovo:
$ \\ 0+0+0 \\ 1+1+1\\ 0+1+2\\ 0+2+1\\ 1+0+2\\ 1+2+0\\ 2+0+1\\ 2+1+0\\ 2+2+2 $
Per 0+0+0 ho $ 3^2*2 $ = 18 casi
Per 1+1+1 ho $ 3! $ = 6 casi
Per 0+1+2 ho $ 3^3 $ = 27 casi
Per 0+2+1 ho $ 3^3 $ = 27 casi
Per 1+0+2 ho $ 3^2*4 $ = 36 casi
Per 1+2+0 ho $ 3^2*4 $ = 36 casi
Per 2+0+1 ho $ 3^2*4 $ = 36 casi
Per 2+1+0 ho $ 3^2*4 $ = 36 casi
Per 2+2+2 ho $ 3! $ = 6 casi
Il totale è 228.... anche se il procedimento è un po' bovino, dovrebbe tornare.... no? Ditemelo se ho sbagliato, per favore....

EDIT: dovevo farlo con 4 cifre.... ok, ci riprovo
Ultima modifica di Giuseppe R il 29 giu 2009, 09:55, modificato 1 volta in totale.
Esistono 10 tipi di persone: quelli che capiscono i numeri binari e quelli che non li capiscono.
"Il principio dei cassetti è quando hai n cassetti e n+1 piccioni: quindi ci sarà almeno un cassetto con 2 o più piccioni..." cit.

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jordan
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Re: Giochi di archimede 2- numeri belli

Messaggio da jordan » 29 giu 2009, 00:28

jordan ha scritto:Un numero è bello se è multiplo di 3, ha 4 cifre e queste ultime sono tutte distinte.
Comunque l'idea è giusta..magari prova a raggruppare qualche caso :wink:
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Giuseppe R
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Messaggio da Giuseppe R » 29 giu 2009, 10:29

Cerco 4 numeri diversi la cui somma sia congrua a 0 (mod 3).
Parto dai rappresentati privilegiati (modulo 3).
con 0 ho 0,3,6,9 (ma per la prima cifra ho solo 3,6,9)
con 1 ho 1,4,7
con 2 ho 2,5,8

Ora cerco le partizioni dei numeri congrui a zero (mod 3) che si ottengono addizionando 4 numeri tutti minori di 3:
Per 0 ho:
$ 0+0+0+0 $ e vi sono
$ 3^2*2 = 18 $ numeri

Per 6 ho:
1) il numero 2211 e le sue $ $\displaystile\binom{4}{2} = 6 $ permutazioni.
Quindi vi sono $ 6*(3^2*2^2) $ numeri = 216 numeri
2) il numero 2220 e le sue $ $\displaystile\binom{4}{3} = 4 $ permutazioni (di cui una con lo zero come prima cifra che può avere solo 3,6,9).
Quindi vi sono $ 3*(3!*2^2)+3*3! $ = 90 numeri

Per 3 ho:
1) il numero 1110 e le sue $ $\displaystile\binom{4}{3} = 4 $ permutazioni (di cui una con lo zero come prima cifra che può avere solo 3,6,9).
Quindi vi sono $ 3*(3!*2^2)+3*3! $ = 90 numeri
2) il numero 2100 e le sue $ 4!/2 = 12 $ permutazioni (di cui 6 con lo zero come prima cifra)
Le 6 con lo zero come prima cifra danno:
$ 3*[3!*(3^3)] = 486 $ numeri
Le 6 senza zero come prima cifra danno:
$ 6*[(3^3*4)] = 648 $ numeri

In totale ho quindi:
$ 18+216+90+90+486+648=1548 $ numeri BELLI

EDIT: avevo toppato le 6 permutazioni di 2100 con senza zero davanti

va bene ora? Certo che avrei potuto dimostrare anche in base al numero di zeri...
Ultima modifica di Giuseppe R il 29 giu 2009, 22:25, modificato 1 volta in totale.
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Enrico Leon
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Messaggio da Enrico Leon » 29 giu 2009, 20:32

A me viene 1548, boh...

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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 29 giu 2009, 22:17

1548.

Codice: Seleziona tutto

Length@Select[Range[10000], 1000 <= # <= 9999 && Divisible[#, 3] && Length@Union@IntegerDigits@# == 4 &]
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

Giuseppe R
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Messaggio da Giuseppe R » 29 giu 2009, 22:26

Corretto... meglio che me ne vado, che sto facendo troppi danni.... :oops:
Esistono 10 tipi di persone: quelli che capiscono i numeri binari e quelli che non li capiscono.
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