[C] Stelle a 5 punte

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Sob...sono arrivato a raschiare il fondo : propongo combinatoria!!
 Per salvare le apparenze, però, ci infilo una figura geometrica!
 
 Esiste un modo per disporre i numeri da 1 a 10 su una stella a 5 punte (mettendo un numero dove si incrociano due segmenti) di modo che la somma lungo ogni retta sia 22 ?

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Detto vi il vertice della stella S ove sia posizionato l\'i-esimo numero della sequenza 1, 2, ..., 10, sia ri, j la retta passante per vi e vj, per ogni i, j = 1, 2, ..., 10, con i \\neq j. Diciamo che ri, j appartiene alla stella, e scriviamo ri, j \\in S, o equivalente che vi e vj sono allineati in S, sse il segmento vivj non è esterno alla figura. Diciamo altrimenti che ri, j non appartiene alla stella, e scriviamo ri, j \\not\\in S.
 
 Osserviamo - ancorché evidente - che, se ri, j \\in S, allora la medesima retta contiene precisamente quattro vertici distinti del pentacolo, e fra questi vi e vj, e che inoltre - per ogni i = 1, 2, ..., 10 - esistono esattamente due rette distinte r ed s incidenti su vi tali che: r, s \\in S. Ciò detto, poniamo si, j := sumvk \\in ri, j k, essendo la somma estesa a tutti e soli i vertici della stella contenuti in ri, j, per ogni i, j = 1, 2, ..., 10, con i \\neq j, tali che ri, j \\in S. In accordo alle specifiche fornite dalla traccia del problema, là dove sia correttamente definita: si, j = 22. Supponiamo che il problema proposto ammetta soluzione. In quest\'assunzione:
 
 i) r1,2 \\not\\in S. In caso contrario, infatti: 22 = s1,2 = 1 + 2 + x + y, ove vx e vy, con 2 < x < y <= 10, sono gli altri vertici della stella, distinti da v1 e v2, appartenenti ad r1,2. E allora: x + y = 19 = 10 + 9, cosicché - a fortiori: x = 10 ed y = 9.
 
 Tuttavia, se r ed s rappresentano le rette incidenti - rispettivamente - su v1 e v2, distinte da r1,2 e appartenenti ad S, la cui esistenza è garantita dalla particolare geometria del problema, deve nondimeno accadere che: sumvk \\in r k = sumvk \\in s k = 22, ove le due sommatorie s\'intendono estese a tutti e soli i vertici vk \\in S che si trovano su r ed s, rispettivamente, e fra questi v1 e v2.
 
 Ora, poiché r ed r1,2 sono distinte e s\'intersecano unicamente in v1: 22 = sumvk \\in r k >= 1 + 8 + 7 + 6, sicché necessariamente: v6, v7, v8 \\in r. In analogia, poiché s interseca r1,2 in v2 ed r in uno dei vertici v6, v7, v8, e siccome le tre rette non sono coincidenti: 22 = sumvk \\in s k >= 2 + 8 + 5 + 4 = 19, assurdo!!! Dunque, i vertici v1 e v2 appartengono a rette distinte della stella.
 
 ii) dalla condizione stabilita al punto i), i vertici v9 e v10 non possono appartenere ad una stessa retta r \\in S; diversamente, infatti, detti vx e vy gli altri due vertici del pentacolo localizzati su r, con 1 <= x < y <= 8, si avrebbe a concludere che: 22 = x + y + 9 + 10, per cui: x + y = 3 = 1 + 2, donde: x = 1 ed y = 2, e quindi: r1,2 \\in S, in contrasto con la i).
 
 Similmente si scopre che v8 e v10 non possono trovarsi su una stessa retta r incidente in v2. In caso contrario, infatti, detto vx il quarto vertice della stella posto su r, risulterebbe che: 22 = 2 + x + 10 + 8, e dunque: x = 2, contraddicendo l\'ipotesi secondo cui vx dev\'essere distinto da v2, v8 e v10. Inoltre, ogni retta di S incidente su v1 o v2 deve contenere almeno un vertice vk tale che sia: 8 <= k <= 10, in quanto altrimenti si avrebbe che: 22 = s1,k = s2,k >= 2 + 7 + 6+ 5 = 20, assurdo!!!
 
 iii) se r \\in S incide sul vertice v1, allora il minimo k = 1, 2, ..., 10 tale che: vk \\in r, è maggiore di 8. Di contro, infatti: 22 = sumvk \\in r k >= 1 + 8 + 7 + 6 = 22, sicché i vertici di S appartenenti ad r non potrebbero essere altri che v1, v6, v7 e v8.
 
 Del resto, detta s la retta di S distinta da r e incidente su v1 e tenuto conto del fatto che s interseca r solo e soltanto in v1 e che v9 e v10, in accordo alla ii), non possono appartenere entrambi ad s, si avrebbe a dedurre che: 22 = sumvk \\in s k >= 1 + 10 + 5 + 4 = 20, assurdo!!! Di qui l\'asserto, onde concluderne che r1,9 ed r1,10 appartengono ambedue ad S, e sono distinte in conseguenza della ii).
 
 In modo analogo, si mostra poi che, se t \\in S incide su v2, allora il minimo k = 1, 2, ..., 10 tale che: vk \\in t è maggiore di 7, ché altrimenti: s2,k >= 2 + 7 + 6 + 5 = 20, assurdo! E\' immediato inoltre constatare che, se r2,8 \\in S, allora 10 \\not\\in r2,8, poiché diversamente, detto vx il quarto vertice della stella posto su r2,8, con x \\neq 2, si avrebbe che: 22 = s2,8 = 2 + 8 + 10 + x, da cui x = 2, contro l\'ipotesi.
 
 iv) se r2,10 \\in S, allora: v7, v3 \\in r2,10 oppure v6, v4 \\in r2, 10, essendo l\'una e l\'altra eventualità mutuamente esclusive. Difatti, se r2,10 \\in S, detti vx e vy i vertici del pentacolo appartenenti a r2,10 e distinti da v2 e v10, con x < y, si trova che: 22 = s2,10 = 2 + x + y + 10, per cui: x + y = 10 = 1 + 9 = 2 + 8 = 3 + 7 = 4 + 6, donde x = 3 ed y = 7 aut x = 4 ed y = 6, visto che v1 e v2 non possono essere allineati su r2,10, in accordo alla i).
 
 E siccome, in base alla iii): r1,10 \\in S, detti vz e vt i vertici della stella contenuti in r1,10 e distinti da v1 e v10, con z < t, si trova che, nell\'ipotesi in cui r2,10 \\in S: 22 = s1,10 = 1 + 10 + z + t, e perciò: z + t = 11 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6. Tuttavia, poiché r1,10 ed r2,10 si possono incontrare unicamente in v10 e dacché r9,10 \\not\\in S, coerentemente con la iii), per le considerazioni svolte sin qui, si conclude dover essere aut x = 3, y = 7, z = 5, t = 6 aut x = 4, y = 6, z = 3, t = 8. Sia dunque t \\in S la retta incidente su v1 e distinta da r1,10. In base alla iii): t = r1,9, cosicché: v9 \\in t. Inoltre, poiché r1,2, r9,10 \\not\\in S, così come stabilito dalle condizioni i) e iii), si può lecitamente affermare quanto segue:
 
 @caso x = 3, y = 7, z = 5, t = 6: la retta t interseca r2,10 in v5 o in v6. In entrambe le evenentualità, detto vu il quarto vertice della stella appartenente ad r1,9, distinto da v1, v9 e da uno o l\'altro fra v5 o in v6, si ha che: 22 = s1,9 = 1 + u + 5 + 9, oppure: 22 = s1,9 = 1 + u + 6 + 9, e quindi: u = 7 oppure u = 6. La prima opzione è assurda poiché, relativamente al caso qui preso in considerazione: v7 \\in r1,10, e l\'unica intersezione comune ad r1,10 ed r1,9 è il vertice v1; la seconda è anch\'essa assurda poiché riferita all\'ipotesi che v6 appartenga ad r1,9, di modo tale da dover essere u \\neq 6;
 
 @caso x = 4, y = 6, z = 3, t = 8: la retta t interseca r2,10 in v3 o in v8. In ambedue le circostanze, detto vu il quarto vertice della stella appartenente ad r1,9, distinto da v1, v9 e da uno o l\'altro fra v3 o in v8, risulta che: 22 = s1,9 = 1 + u + 3 + 9, oppure: 22 = s1,9 = 1 + u + 8 + 9, e quindi: u = 9 oppure u = 4. La prima soluzione è assurdo in quanto vu si è detto distinto da v9; la seconda è pure assurda poiché, relativamente al caso qui preso in considerazione: v4 \\in r1,10, e come prima l\'unica intersezione comune ad r1,10 ed r1,9 è il vertice v1.
 
 La contraddizione nasce dall\'aver supposto che r2,10 potesse appartenere alla stella, il che non può dunque avvenire. Ne consegue, in virtù della iii), che r2,8 ed r2,9 appartengono entrambe ad S e sono distinte, poiché ciascuna delle due rette di S incidenti in v2 deve contenere almeno un vertice vk della poligonale tale che k sia maggiore di 7. L\'asserto è conseguenza della considerazione che tale vertice non può essere v10, così come si è appena dimostrato.
 
 v) dalla iv) e dalle precedenti condizioni, le rette r1,10 ed r2,9, ambedue appartenenti ad S, si incontrano in un vertice vx della stella ch\'è diverso da v1, v2, v9 e v10. Se dunque vy rappresenta il quarto vertice del pentacolo appartenente ad r1,10 e vz l\'analogo punto sulla retta r2,9, l\'uno e l\'altro distinti, rispettivamente, da v1, vx e v10 e da v2, vx e v9, si trova che: 22 = s1,10 = s2,9 = 1 + 10 + x + y = 2 + 9 + x + z, per cui: x + y = x + z = 11, ovvero: y = z, e quindi: vy = vz, che è assurdo, poiché le rette r1,10 ed r2,9, in quanto distinte, hanno in comune unicamente il vertice vx.
 
 Come? Ah, ecco... Da dove nasce quest\'ultima contraddizione? Ma è ovvio! Dall\'aver supposto che il problema di evaristo ammettesse una qualche soluzione! Pummmfff, au revoir...
 
 
 \"Dio mio, che scempio!!!\" - HiTLeuLeR contemplando la sua \"opera\" <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-10-2004 19:40 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

E secondo voi io propongo un problema di combinatoria così intricato???
 Invito gli altri (Euler ha già dato ... e guai se ridà!!) a cercare altre soluzioni, magari più tranquille...insomma, non è un problema di Sokoban!

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-19 15:45, EvaristeG wrote:
 Invito gli altri (Euler ha già dato ... e guai se ridà!!) a cercare altre soluzioni, magari più tranquille...insomma, non è un problema di Sokoban!
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu
 ahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahuahu...
 
 
 \"Ahuahuahuahuahuahuahu...\" - HiTLeuLeR, stramazzando sul pavimento dopo essere stato colpito dalla tristemente nota sindrome di Lol... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-10-2004 19:46 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Messaggio utillimo...
 Cmq, ripeto, esistono soluzioni più semplici e spero che i più giovani frequentati del forum (se ancora c\'è qualcuno qui che non fa già il primo anno dell\'università) non siano spaventati dalla mole del secondo post di questo thread, ma che provino a trovare una più facile e leggibile dimostrazione.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Variante logorroico-invariante...
 
 Valgano le stessa premesse della soluzione precedentemente proposta, e si assumano per valide le condizioni ivi stabilite ai punti i). E allora:
 
 ii) i vertici v9 e v10 non possono appartenere ad una stessa retta r \\in S; diversamente, infatti, detti vx e vy gli altri due vertici del pentacolo localizzati su r, con 1 <= x < y <= 8, si avrebbe a concludere che: 22 = x + y + 9 + 10, per cui: x + y = 3 = 1 + 2, donde: x = 1 ed y = 2, e quindi: r1,2 \\in S, in contrasto con la i).
 
 iii) seguita dalla condizione i) che su v1 e v2 sono incidenti quattro rette r11, r12, r21 ed r22, a due a due distinte, tali che ogni vertice del pentacolo sia appartenente ad una almeno fra queste. Le quattro rette così definite si intersecano poi a coppie in altrettanti vertici della poligonale, a due a due anch\'essi distinti, a formare il quadrilatero nominale ABCD. Ora, poiché la somma dei valori numerici associati a ciascun vertice della stella appartenente ad una qualsiasi retta fra quelle sopra indicate dev\'essere pari a 22, ne viene che - complessivamente: sumi, j = 1, 2 sumvk \\in ri_ j k = 4 · 22 = 88.
 
 D\'altro canto, dacché sui dieci vertici di S si vogliono disporre tutti gli interi dell\'insieme D := {1, 2, ..., 10}, e visto che le quattro rette r11, r12, r21 ed r22 si intersecano a coppie nei soli vertici del quadrilatero ABCD, cui supporremo associati gli interi x, y, z, t \\in D, con x > y > z > t, nondimeno avrà da risultare: 88 = (sumi=1...10 i) + x + y + z + t = 55 + x + y + z + t, ovvero: x + y + z + t = 33. Se mai fosse z < 8, ne seguiterebbe allora che: 33 = x + y + z + t > 10 + 9 + 7 + 6 = 32, in evidente contraddizione! Di qui, necessariamente: x = 10, y = 9 e z = 8, e quindi, per differenza: t = 6. Ora, tuttavia, poiché v9 e v10 non sono allineati in S, essi rappresentano forzatamente due vertici opposti del quadrilatero ABCD, là dove di conseguenza v9, v8 e v10, al contrario, sono vertici consecutivi di questo stesso poligono.
 
 In particolare, non è lesivo di generalità assumere A := v10, B := v8 e C := v9. E allora, la retta del segmento AB appartiene ad S, cosicché: 22 = 10 + 8 + m + n, ovvero: m + n = 4 = 1 + 3 = 2 + 2, ove vm e vn, con m, n \\in D ed m < n, sono gli altri due vertici del pentacolo, distinti da v8 e v10, appartenenti ad r8,10. Evidentemente, non può che essere m = 1 ed n = 3, cosicché v8 e v3 appartengono ad una stessa retta incidente su v1, ovvero all\'una o all\'altra fra r11 ed r12.
 
 Del resto, pure la retta del segmento BC appartiene ad S ed è incidente su uno o l\'altro fra i vertici v1 e v2. Tuttavia, se B e C fossero allineati con v1 in S, allora - visto quanto appena qui sopra stabilito - se ne dovrebbe concludere che v1 è allineato a v2 in S, in contrasto con la i). Pertanto, B e C si trovano su una stessa retta r incidente in v2, e così, detto vg il quarto vertice del pentacolo, distinto da v2, v8 e v9, appartenente ad r, si trova che: 22 = 2 + g + 8 + 9, e quindi: g = 3, il che è ancora assurdo, in quanto suggerisce che due rette distinte, l\'una incidente in v1, l\'altra in v2, si possano intersecare in due distinti vertici della stella (v3 e v8)!!! L\'assurdo nasce dall\'aver supposto che il problema potesse ammettere una configurazione risolvente.
 
 
 \"Sono molto peggio di quella zo***la di Eva...\" - HiTLeuLeR cedendo alle tentazioni del demonio... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-10-2004 16:14 ]

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Dimostrazione comunque un bel po\' sul farraginoso. Che piovano gli insulti di Ev e Hitleuler...
 Analizziamo le sole congruenze modulo 3 e trasformiamo quindi il problema in \"Determinare se si possono disporre 4 1, 3 0 e 3 -1 su una stella a cinque punte di modo che la somma delle rette sia 1\"
 Si definisce \"esterno\" un numero su di un vertice, si definisce \"interno\" un numero posto nell\'intersezione di 2 rette.
 Concentriamoci sulla disposizione degli 1, si parlerà sempre solo in un \"verso\" della costruzione, perchè tutti gli altri casi sono uguali per simmetria, ad esempio si discuterà solo il caso in cui i 4 uno siano tutti esterni e non quello in cui sono tutti interni.
 
 
 - se sono tutti e 4 esterni: entrambi i \"bracci\" condotti dai due uno che stanno sulle rette del vertice vuoto devono contenere tutti 0, avendo a disposizione solo nulli e negativi, ma non si dispone di abbastanza zeri
 
 -se sono 3 esterni e uno interno: 3 1 non possono essere sulla stessa retta perchè formerebbero un 3 e non si dispone di -2, quindi i 3 1 sono su 3 vertici \"adiacenti\" e l\'altro 1 è situato nell\'intersezione delle rette dei due 1 \"laterali\", i due 2 che vengono a formarsi abbisognano di un -1 per equilibrare, ma tale -1 intacca l\'uno posto nel vertice centrale che si azzera e, avendo finito gli uno, la costruzione è impossibile.
 
 -se sono 2 interni e 2 esterni: si viene sempre a formare la situazione dei tre uno sulla stessa retta, tranne nel caso in cui si abbia la costruzione in cui si hanno i due uno centrali adiacenti ai 2 centrali nel modo opposto a quello in cui vi è una retta di soli 1 e tutti i casi equivalenti per simmetria, in pratica tutti i casi da analizzare, che si riducono al caso che si analizzerà, sono quelli in cui si hanno 2 rette in cui giacciono 2 uno che si intersecano e una terza retta con 2 uno \"spaiata\". Nel caso che si analizza abbiamo 2 uno in 2 spigoli, 2 uno immeditamente adiacenti e c\'è uno spazio vuoto nell\'intersezine delle rette con 2 uno, possiamo \"riequilibrare\" i 2 solo con i -1, ma abbiamo 3 rette con somma 2 di cui due si incontrano in uno spazio vuoto, quindi, se mettiamo il -1 in tale spazio vuoto, abbiasognamo di soli 2 -1, se inseriamo l\'altro rompiamo la configurazione. Se mettiamo invece 2 -1 negli estremi opposti, non riusciamo a \"rialzare\" da 0 i due bracci in cui è contenuto un solo 1. Senza figure è impossibile, mi appello alla pazienza di Evariste.
 
 EDIT: Riscritta l\'ultima configurazione dell\'ultimo passaggio [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 24-10-2004 11:36 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

La tua soluzione fila Boll, solo dovresti spiegare un po\' meglio le varie configurazioni (so che non è facile senza poter fare dei disegni); cmq si capisce tutto, tranne forse l\'ultima configurazione dell\'ultimo passaggio...o meglio, penso di aver capito qual\'è, ma potresti tentare di descriverla meglio.
 
 La mia soluzione si basa sulle stesse idee : parità e modulo 3, solo è fatta molto più \"con le mani\" (o \"con i piedi\" potrebbe dire qualcuno di cattivo).
 Vi sono 5 pari e 5 dispari tra 1 e 10. E\' ovvio che su ogni retta devono trovarsi due pari e due dispari; per verifica diretta, si trova che, a meno di simmetrie, riflessioni e complementari (scambio pari/dispari) le configurazioni possibili sono:
 
 ------------P---------------
 -----------------------------
 -P------D------D------P--
 -----------------------------
 -------D-----------D-------
 -------------D--------------
 -----P-----------------P----
 
 e
 
 ------------P---------------
 -----------------------------
 -P------D------D------P--
 -----------------------------
 -------P-----------P-------
 -------------D--------------
 -----D-----------------D----
 
 Ora, siano a,b,c,d,e,f,g,h,i, l i numeri inseriti sulle punte della stella(dall\'alto in basso da sinistra a destra). Sappiamo che
 a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2+g^2+h^2+i^2+l^2=385
 e che (riferendoci al primo schema di parità)
 b+c+d+e=a+c+f+i=a+d+g+l=...=22
 Eliminando dalla prima tramite le seconde tutti i numeri pari (o tutti i dispari) otteniamo
 605 - 22 (a+b+e+i+l) + 4 (a^2 + b^2 + e^2 + i^2 + l^2) - 4 (ab+bi+il+le+ea) + 2 (al+ei+lb+ia+be) = 385
 
 *Si arriva alla stessa equazione con le lettere permutate a seconda che si consideri il primo o il secondo modello di parità e che si eliminino i pari o i dispari.
 
 Ora, per la simmetria dell\'espressione, questa deve essere vera sia quando a,b,e,i,l sono dispari sia quando sono pari. Prendiamo i dispari:
 la loro somma e la somma dei loro quadrati sono costanti per ogni permutazione dei valori delle lettere tra i dispari, ovvero, cmq presi a,b,e,i,l tra 1,3,5,7,9 si ha
 a+b+e+i+l=25
 e
 a^2+b^2+e^2+i^2+l^2=165
 Ora, per rendere continuare a sfruttare la simmetria aggiungiamo di qua e di là la somma dei prodotti a due a due :
 ae+al+ai+ab+el+ei+li+be+ib+lb = 230
 ed allora la nostra equazione diviene:
 100 = 3 (bi+ab+li+el+ea-ei-al-ia-lb-be)
 Ma questo è assurdo, poichè a,b,e,i,l sono interi e 100 non è multiplo intero di 3. Quindi non è possibile costruire la stella.
 
 Ammetto che l\'enumerazione dei casi modulo 3 è più rapida e mostruosamente più carina, ma è molto più incasinata da scrivere in una forma decente ed io, in quanto inabile in combinatoria, meno devo sforzarmi a far ragionamenti strani su quanti \"1\", \"0\" e \"-1\" posso metterci meglio è.
 Cmq bravo Boll! Se hai voglia puoi anche tentare di riscrivere compiutamente almeno l\'ultimo caso con due 1 interni e due 1 esterni, per amor di completezza. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Riscritta l\'ultima, anch\'io all\'inizio avevo pensato a i pari e ai dispari, ma poi avevo iniziato a sospettare che non c\'entrassero niente... La tua soluzione Ev è comunque, chiaramente, molto più sintetica e olimpica. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 24-10-2004 10:27 ]

Marco · Messaggio da **Marco** » 01 gen 1970, 01:33

Ciao.
 
 Allora, dato che tutti ne parlano, dico anch\'io la mia risposta al Sokoban. Descrivo solo l\'outline perché i passaggi mi scocciano, ma sono elementari.
 
 --------------------------
 Ogni numero compare in esattamente due rette. Il 10 sta da qualche parte, quindi devo vedere le possibili coppie di somme che contengono il 10. Si trova che:
 
 - nei sei numeri allineati con 10 ci stanno necessariamente 1, 2, 3.
 - gli altri tre numeri (che devono assommare a 1<IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> devono essere una terna tra le seguenti: (i) 4, 5, 9; (ii) 4, 6, 8; (iii) 5, 6, 7.
 - in ognuno dei precedenti tre casi, c\'è solo un modo di fare due somme con 10: (i) 1, 2, 9, 10 / 3, 4, 5, 10; (ii) 1, 3, 8, 10 / 2, 4, 6, 10; (iii) 1, 5, 6, 10 / 2, 3, 7, 10.
 - per complementazione a 11, le medesime considerazioni valgono anche per 1. Quindi le altre uniche somme con 1 sono: (i) 1, 6, 7, 8; (ii) 1, 5, 7, 9; (iii) 1, 4, 8, 9. (la prima somma di ogni caso è invariante per complementazione...)
 
 Ora però è fatta: ogni segmento interseca tutti gli altri, ma osservando ambetré i casi, si vede che i segmenti che contengono \"1\" e \"10\" ma non entrambi (vale a dire le 2e somme di ogni gruppo) non hanno mai elementi in comune. Assurdo. []
 ---------------------------
 
 Devo confessare che la soluzione pulita è nata molto dopo. Prima che saltasse fuori, ho litigato parecchio con il problema e stavo impostando anch\'io la soluzione \"brute force\". Spero che non sia identica alle soluzioni precedentemente postate, dato che non le ho ancora lette.
 
 Un salutone.
 
 M.
 [addsig]