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Inviato: 28 ago 2008, 21:57
da salva90
ovviamente non basta

voi dimostrate che quella è una soluzione, ma non che è l'unica

Inviato: 28 ago 2008, 22:01
da salva90
Algebert ha scritto:si capisce che il minimo percorso si ha sempre per valori di $ \displasytyle \alpha $, $ \displasytyle R $ e $ \displasytyle r $ tali che la retta contenente A e B sia tangente alla circonferenza C.
credo che si dovesse considerare quei tre numeri come noti, non come possibili variabili...

Inviato: 28 ago 2008, 22:35
da L'ale
[/quote]L'ale ha scritto:
Nel problema 2 erano ammessi anche tratti curvi (ho chiesto personalmente), perciò direi che la risposta cambia un po'...


non cambia nulla.

quel coso deve passare per 3 punti.
tra i primi due, il percorso minimo è la retta (segmento in questo caso); idem tra il secondo e il terzo

se alfa=179°, ad esempio, non può passare solo per tre punti...a quel punto ci vogliono due segmenti e un arco di circonferenza

Inviato: 29 ago 2008, 16:20
da Algebert
salva90 ha scritto:
Algebert ha scritto:si capisce che il minimo percorso si ha sempre per valori di $ \displasytyle \alpha $, $ \displasytyle R $ e $ \displasytyle r $ tali che la retta contenente A e B sia tangente alla circonferenza C.
credo che si dovesse considerare quei tre numeri come noti, non come possibili variabili...
Si, ovviamente...mi sono espresso male :) .

Inviato: 29 ago 2008, 16:22
da AndBand89
Quando avete fisica?

Inviato: 29 ago 2008, 16:23
da Algebert
Li posto adesso nell'apposita sezione :wink: .

Inviato: 29 ago 2008, 17:16
da AndBand89
Ok, l'1 e il 3 sono "agibili" :wink:

Inviato: 30 ago 2008, 17:48
da Evelynn
Anch'io ne ho fatti 5, il 5° proprio non sapevo come cominciare, dove andare e passando per dove =D

Nel 1° mi sono fermata alla sostituzione.. Avevo avuto una bella illuminazione (bella per me =D), cioè che si potevano pensare come determinanti di matrici corrispondenti a isometrie (dirette o indirette), ma poi non sapevo come usare la cosa per risolvere il problema..

Nel 2° mi sono incasinata un po' con le tangenti (come mio solito)..

Posso provare a postare la mia soluzione di quello di combinatoria e mi dite che ne pensate?
______________________

Ho chiamato le 6 città A, B, C, D, E e F. Le città nei 6 tavoli dovevano per forza disporsi così:

ABCDE
BCDEF
CDEFA
DEFAB
EFABC
FABCD

I 5 scienziati per ogni città erano, con poca, fantasia, A1, A2, ..., A5, ecc.

Quindi per il primo tavolo ho 5 modi di scegliere lo scienziato per ogni città: 5^5.
Nel secondo tavolo ho 4 modi di scegliere lo scienziato per 4 città e ancora 5 per 1: 4^4 per 5.

Per cui alla fine risultava: 5^5 + 4^4x5 + 3^3x4^2 + 2^4.

E' corretto?

P.s. Chiedo immensamente scusa, devo ancora imparare il linguaggio Latex :oops:

Inviato: 30 ago 2008, 21:46
da Algebert
Evelynn ha scritto:Avevo avuto una bella illuminazione (bella per me =D), cioè che si potevano pensare come determinanti di matrici corrispondenti a isometrie (dirette o indirette), ma poi non sapevo come usare la cosa per risolvere il problema..
Oh mio Dio :shock: :? !

Inviato: 30 ago 2008, 22:05
da fph
Algebert ha scritto:
Evelynn ha scritto:Avevo avuto una bella illuminazione (bella per me =D), cioè che si potevano pensare come determinanti di matrici corrispondenti a isometrie (dirette o indirette), ma poi non sapevo come usare la cosa per risolvere il problema..
Oh mio Dio :shock: :? !
C'è del buono nell'idea di giocare con l'algebra lineare... hint: qual è il prodotto vettoriale dei due vettori (p1 p2 p3) e (q1 q2 q3)?

Inviato: 30 ago 2008, 23:47
da 11thSoul
Evelynn ha scritto: Per cui alla fine risultava: 5^5 + 4^4x5 + 3^3x4^2 + 2^4.
Hmm
A me saltava fuori
6 * 5^7 * 4^7 * 3^7 * 2^7

ragionamento:

1tavolo 6 possibilita`:NonA, NonB, NonC, NonD, NonE, NonF = 6*5^5
2 tavolo. Presente il NonX del primo tavolo. 5 possibilita` = 5 * 5 * 4^4
3 tavolo. presenti i due nonX nonY precedenti. 4 possibilita`. = 4 * 4^2 *3^3
4 tavolo = 3 * 3^3 * 2 ^2
5 tavolo = 2 * 2^4 * 1 ^6
6 tavolo = 1 * 1^5 * 0^0

ho detto cazzate?

Inviato: 31 ago 2008, 01:34
da pa
per il primo si potrebbe vedere ogni equazione come l'area di un triangolo. si hanno quindi 4 punti O=(0, 0) A=(p1, q1) B=(p2, q2) C=(p3, q3). Per il teorema di pick il quadrilatero OABC non puo' contenere punti ne' all'interno ne' sul perimetro. Mi sembra di essere riuscito a dimostrare con un po' di disegni che i segmenti OA e BC devono essere paralleli o all'asse delle x o a quello delle y e poi si conclude. Pero' devo rivederlo un bel po' perche' e' un po' un casino... :roll:

Inviato: 01 set 2008, 12:59
da supergrane
io l'ho risolto per casi.
se, per esempio, 2 argomenti erano +1,
p1q2-p2q1=+1
p1q3-p3q1=+1
moltiplicando per q3 la prima e q2 la seconda
p1q2q3-p2q1q3=q3
p1q2q3-p3q1q2=q2
sottraendo
p3q1q2-p2q1q3=q3-q2
raccogliendo
q1(p3q2-p2q3)=q3-q2
dentro parentesi, c'è o +1 che dà q3=q1+q2, oppure -1 che dà q2=q1+q3.
con lo stesso procedimento si ricava p3=p1+p2 oppure p2=p1+p3
e allo stesso modo per gli altri casi..

Inviato: 01 set 2008, 15:33
da Mondo
Proviamo a risolverlo con un po' di algebra lineare.

Consideriamo i vettori $ a=(p_1, q_1, 0) $, $ b=(p_2, q_2, 0) $ e $ c=(p_3, q_3, 0) $ di $ R^3 $. L'ipotesi significa richiedere che i moduli dei prodotti vettoriali a due a due fanno 1. Ora qnche se siamo in $ R^3 $ la terza coordinata di tutti e tre i vettori è nulla e quindi essi sono complanari e possiamo supporre wlog di lavorare in $ R^2 $. Quest'ultimo ha dimensione 2 e a, b non sono linearmente dipendenti (in questo caso il prodotto vettore sarebbe nullo), quindi posso scrivere c come combinazione lineare di a, b.
$ c= \alpha a+\beta b $
A questo punto è praticamente finita, visto che basta verificare che effettivamente $ |\alpha|=|\beta|=1 $ (è sufficiente applicare la linearità del prodotto vettore e farsi 2 conticini...)

editato e aggiunta la coordinata mancante dopo osservazione di fph.

Inviato: 01 set 2008, 18:47
da Algebert
All'inizio anch'io avevo pensato di applicare i vettori, ma non ci ho cavato fuori nulla e ho lasciato perdere 8) .