Tavoli storti

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Boll
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Messaggio da Boll » 22 mag 2005, 08:15

Questo problema è veramente bastardo, avevo dimenticato un bel po' di configurazioni, faccio l'ultimo tentativo, se poi è corretto (Biagio esprimiti a riguardo!!!) lo dimostro sennò amen.

Le configurazioni buone sono $ \displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{3}+(n+1)^2 $

Biagio
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Messaggio da Biagio » 22 mag 2005, 13:28

il risultato dovrebbe essere quello giusto(sommatoria di quadrati). bravo Boll! ora dimostra
:)

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Boll
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Messaggio da Boll » 23 mag 2005, 11:55

Sarà veramente un dramma....

Conclusione Le quadruple ordinate sono $ \displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{3}+(n+1)^2 $

Dimostrazione

Chiamiamo le quattro gambe del tavolo $ D_1,S_1,D_2,S_2 $ e guardiamo il tavolo in modo che $ D_1 $ e $ S_1 $ coprano interamente alla nostra vista $ D_2 $ e $ S_2 $, in pratica la nostra visione sarà ridotta a due gambe. Ora immaginiamo di segnare idealmente le gambe in ogni punto in cui possono essere tagliate, e numeriamo tali punti dall'alto verso il basso (quindi da $ 1 $ a $ n+1 $ poichè è ammesso non tagliare le gambe). Quindi chiameremo $ F(k) $ il $ k $-esimo posto in cui si può tagliare la gamba $ F:\{D_1,S_1\} $. Ora chiamiamo coefficente angolare, data la retta $ D_1(k)S_1(j) $, $ \mbox{coeff}=k-j $.

Conteremo i tavoli interessati in questo modo. Presa una qualsiasi retta a coefficente angolare positivo, la associeremo a tutti i punti di una delle due gambe posteriori (il punto sull'altra gamba è univocamente determinato poichè per tre punti passa uno e un solo piano, e, visto che in pratica stiamo traslando un segmento attraverso un piano nello spazio, sapremo anche dove sarà esattamente il quarto punto), escludendo però quelli per cui il quarto punto "uscirebbe dal tavolo". Una volta trovato tale numero basterà moltiplicarlo per $ 2 $ per avere il numero di tutti i piani generati dalle rette di coefficente angolare non nullo, poichè ogni retta a coefficente angolare positivo è la simmetrica di quella negativo rispetto all'ideale asse di una qualsiasi dei segmenti a coefficente angolare nullo. Successivamente, aggiungendo i piani delle rette a coefficente angolare nullo, avremo il numero totale.

Ora, preso il fascio di rette con coefficente angolare $ k-j $ e punto $ D_1(k) $ imposto avremo che tutti i piani verificanti le condizioni del problema sono $ n-(k-j)+1 $ (ad un certo punto salendo verso l'alto si esce dal tavolo, ma i piani possono però essere anche "discendenti"). Tuttavia il punto $ D_1(k) $, per le stesse ragioni, può essere scelto anch'esso in $ n-(k-j)+1 $ modi, quindi i piani totali sono $ (n-(k-j)+1)^2 $. $ k-j $ può assumere, per essere positivo, tutti i valori tra $ 1 $ e $ n $, quindi avremo che la somma dei piani generati da rette con coefficente positivo è $ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}i^2 $. Ora, quelli con coefficente angolare nullo sono $ (n+1)^2 $; tutte le rette "orizzontali" sono evidentemente $ n+1 $, e possono incontrare le rette "dietro" ($ D_2,S_2 $) in $ n+1 $ modi per ognuna (non ci sono problemi di uscita dal tavolo). Quindi avremo che i piani sono:

$ \displaystyle 2\left(\sum_{i=1}^{n}i^2\right)+(n+1)^2 $
$ \displaystyle 2\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right)+(n+1)^2 $
$ \displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{3}+(n+1)^2 $
q.e.d.

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