urne e biglietti

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matthewtrager
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urne e biglietti

Messaggio da matthewtrager » 17 giu 2005, 19:05

Supponiamo di avere 1000 biglietti numerati (000, 001, 002, . . . , 999) e 100 urne, anch'esse numerate (00, 01, 02, . . . 99). Indichiamo con xyz il biglietto le cui cifre, nell'ordine, sono x, y, z e analogamente con ab l'urna le cui cifre, nell'ordine, sono a e b. Possiamo sistemare un biglietto xyz nell'urna ab soltanto se ab é ottenuto da xyz cancellando una delle cifre x, y o z (per esempio il biglietto 192 può andare nella urna 12 o nella 19 ma non nella 91).

Scegliere 50 urne in modo da sistemarvi tutti i 1000 biglietti.

ciao

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Messaggio da info » 20 giu 2005, 21:52

Ehm... c'era un errore di calcolo che porta perlomeno a modifiche: la modifica porta addirittura ad una dimo di impossibilità: devo rivederla con calma... wait (magari dopo il 27!, non sò)

matthewtrager
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Messaggio da matthewtrager » 22 giu 2005, 20:58

up!! via che non e' cosi' difficile...

Sventrapapere
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Messaggio da Sventrapapere » 22 giu 2005, 22:46

io lo risolverei così:
ogni combinazione di tre cifre contiene almeno due cifre pari o almeno due cifre dispari. quindi basta scegliere le 25 coppie di pari (00, 02, 04...88) e le 25 coppie di dispari (11, 13, 15...97,99).
in definitiva van bene tutti gli (a,b) tali che a+b è pari

spero di non essere ancora in preda alle allucinazioni post prima prova

matthewtrager
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Messaggio da matthewtrager » 23 giu 2005, 15:45

si' va benissimo! :D
piu' in generale, basta che dividi le cifre in due sottoinsiemi di 5 cifre e consideri tutti i numeri formati dalle cifre di un solo sottoinsieme (che sono 25 per ciascun sottoinsieme). Poiche' i biglietti hanno 3 cifre due faranno parte dello stesso sottoinsieme... Il tuo metodo si ottiene scegliendo come sottoinsiemi le cifre pari e dispari (che e' la scelta piu' naturale).
ciao!

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Messaggio da info » 23 giu 2005, 20:52

Mmm… finita la prova di mate della matura ho un po’ di tempo ed ho capito cosa non funzionava nella mia sol. Posto lo stesso il tutto (dato che avevo già scritto questa roba), non per spedire una sol (che è ovviamente la vostra) ma qualche concetto utile da riutilizzare compare (per esempio il problema 10 dell'ultimo giornalino si può risolvere con il PIE):

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Mah... proviamo... innanzitutto ci vogliono le 10 urne del tipo kk per metterci dentro i biglietti con 2 cifre uguali consecutive. Accidentalmente, queste coprono anche i biglietti con 2 cifre uguali non consecutive. Rimangono 40 urne per i rimanente biglietti (720). Ora, prendiamo le urne che dovranno essere scelte e riempiamole con tutti i biglietti che possono stare in quell'urna. In ogni urna ci saranno 24 biglietti. Un biglietto può stare in un'urna, in 2 o in 3. per il PIE, il numero di biglietti totali diversi è dato da quelli che compaiono in ogni urna meno quelli che compaiono in 2 urne più quelli che compaiono in 3 urne. La somma delle singole urne: tutti, ovvero 24*40=960. Quelli che compaiono 2 volte variano a seconda della disposizione. Scegliamo quella più simmetrica (che si potrebbe dimostrare essere la migliore, ma intuitivamente ne possiamo essere sicuri: scegliamo 40 urne in modo che nelle cifre delle decine ogni numero compaia 4 volte ed idem per le unità; inoltre è utile fare in modo che se xy compare, lo fa anche yx (si vede nello schema dopo il motivo). Vediamo se queste combinazioni possono funzionare. Notiamo:

[x<>y<>z<>k]
- due urne (xy)--(zk) non hanno biglietti in comune;
- due urne (xy)--(yx) non hanno biglietti senza due cifre uguali un comune;
- due urne (xy)--(yz) hanno xyz in comune;
- due urne (yx)--(zy) hanno zyx in comune;
- due urne (yx)--(yz) hanno yzx e yxz in comune;
- due urne (xy)--(zy) hanno yzx e yxz in comune;

riassumendo: se due urne hanno solo una cifra in comune ma una nelle decine e l'altra nelle unità, un biglietto comune compare in entrambe; se hanno un numero in comune nella medesima posizione, due biglietti compiono in entrambe; nei rimanenti casi non hanno biglietti in comune;

nella disposizione sopra si avranno 2*[C(4,2)+C(4,2)]+(4*3) = 36 biglietti che compaiono in 2 urne, considerando le urne con un particolare numero in comune. In totale 36*10=360 biglietti sono quelli in due urne. Quindi 960-360+x=600+x…
deve essere x>=120…

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ecco: qua non so perché mi ero fermato perché credevo che i biglietti che compaiono in 3 urne non potessero essere più di [40/3], portando all’assurdo… ma questo è falso! Infatti una combinazione simile alle vostre porta x=120, come si può verificare [ogni gruppo di 5 infatti porta (20*6)/2=60]... ok raga! Non potete aspettarvi troppo da uno stressato per la matura...

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