Tavoli storti

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Biagio
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Tavoli storti

Messaggio da Biagio » 14 mag 2005, 22:28

salve a tutti...
Legs $ $$L_1, L_2, L_3, L_4$$ $ of a square table each have length $ $$n$$ $, where $ $$n$$ $ is a positive integer. For how many ordered 4-tuples $ $$k_1, k_2, k_3, k_4$$ $, of nonnegative integers can we cut a piece of length $ $$k_i$$ $ from the end of leg $ $$L_i\; i=(1,2,3,4)$$ $ and still have a stable table?

(The table is stable if it can be placed so that all four of the leg ends touch the floor. Note that a cut leg of length 0 is permitted.)

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Messaggio da Biagio » 19 mag 2005, 18:51

spero che la causa del fatto che questo problema non ha ancora ricevuto risposta non sia l'inglese...in tal caso eccovi qualcosa di utile!!

http://www.wordreference.com/it/

ora Boll non hai più scuse

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Messaggio da info » 19 mag 2005, 20:07

Beh... Boll ha taaaaaante scuse, magari la voglia di non uccidersi con i calcoli !!!! Biagio ma ti sembra il caso di ripresentarti con simili esercizi calcolosi??? :twisted:
Il sant'Anna ti fà proprio male :D
hint "utile": il tavolo è stabile quando i quattro punti che indicano gli estremi delle gambe sono complanari... bella scoperta no?

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Marco
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Messaggio da Marco » 20 mag 2005, 08:27

info ha scritto:hint "utile": il tavolo è stabile quando i quattro punti che indicano gli estremi delle gambe sono complanari... bella scoperta no?
Stai scherzando, vero?

Con la tua definizione, I tavoli con le gambe a due a due uguali sono stabili. Prova a far stare in piedi un tavolo con le gambe lunghe 2 parsec, 2 parsec, 1 parsec, 1 parsec, se ci riesci...

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Re: Tavoli storti

Messaggio da Biagio » 20 mag 2005, 10:43

Biagio ha scritto: (The table is stable if it can be placed so that all four of the leg ends touch the floor)
in effetti per certe configurazioni ci sarebbero problemi di baricentro, ma in tal caso, come il testo e info suggeriscono, conviene considerare stabile il tavolo quando la fine delle sue gambe sono complanari. Se vi riesce difficile mandare giù questo compromesso, supponete che il tavolo sia sufficientemente largo da non avere problemi di stabilità "fisica" poiché il baricentro cade sempre entro il quadrilatero formato dai 4 punti finali delle gambe sul pavimento.

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Boll
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Messaggio da Boll » 20 mag 2005, 13:15

Errore

EDIT: Non considerate alcune configurazioni
Ultima modifica di Boll il 22 mag 2005, 08:06, modificato 2 volte in totale.

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Messaggio da info » 21 mag 2005, 14:14

ghgh... grande marco !!!! Sfida accettata !!!

perchè non organizziamo una gitarella in montagna?
Del resto, a cosa servono quei tavoli se non a mangiare in pendenza? Lo porti te il tavolo, vero? Io poi trovo una montagna abb alta, dai!

ps: l'unica cosa che confermo del risultato di Boll è il grado dell'espressione... per il resto lascio a Biagio...

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Messaggio da Biagio » 21 mag 2005, 18:43

info ha scritto: ps: l'unica cosa che confermo del risultato di Boll è il grado dell'espressione... per il resto lascio a Biagio...
sono io che lascio a voi la dimostrazione...

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Messaggio da Boll » 21 mag 2005, 18:55

Ma è giusto????
Se la mia formula è corretta, la dimostro, sennò non sto neanche lì a scrivere.

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Messaggio da moebius » 21 mag 2005, 19:25

Se ho capito bene il problema ("se") la tua formula mi sembra errata anche per $ n=1 $ :cry:
Dal tuo risultato otterremmo $ 6 $ quaterne ordinate, ma se $ n=1 $, ma in realtà vi sono 8 possibili quaterne:
$ \left(0,0,0,0\right) $ <- Note that a cut leg of length 0 is permitted
$ \left(1,1,1,1\right) $
$ \left(0,0,1,1\right) $
$ \left(0,1,0,1\right) $
$ \left(1,0,0,1\right) $
$ \left(0,1,1,0\right) $
$ \left(1,0,1,0\right) $
$ \left(1,1,0,0\right) $
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Messaggio da Boll » 21 mag 2005, 21:01

Se ho capito bene io il problema 2 dei tuoi tavoli, $ (1,0,1,0)(0,1,0,1) $ sono storti.

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Messaggio da moebius » 21 mag 2005, 21:23

In effetti hai ragione...
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Messaggio da Boll » 21 mag 2005, 21:25

In via di restauro
Ultima modifica di Boll il 21 mag 2005, 22:17, modificato 1 volta in totale.

Hammond
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Messaggio da Hammond » 21 mag 2005, 21:52

Boll sei sicuro che sia giusto? Ammetto che non ho letto la tua dimostrazione, ma già contando manualmente per il caso n=2 mi risultano 19 combinazioni mentre con la tua formula sarebbero 18...
A me viene qualcosa del genere:

$ \left\{ \begin{array}{cc} 3n(n+1) \qquad\mbox{ per n dispari} \\ 3n(n+1)+1 \quad\mbox{ per n pari} \end{array} \right. $

Non posto la dimostrazione adesso, prima leggo la tua e ci penso un attimo su, poi vedremo.

Hammond
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Messaggio da Hammond » 21 mag 2005, 22:26

Ok, la mia è completamente cannata.
Non la cancello, la lascio come perenne monito ai posteri
...della serie "non fatelo voi a casa"... :D

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