Riportiamo questo forum sulla retta via!

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-02-26 17:01, ma_go wrote:
 Allora...
 1) io sono in 4^ liceo
 2) scrivi direttamente x piani al posto di 100, ti viene una semplice disuguaglianza di secondo grado...
 3) vengono fuori dei \"bei\" binomiali... basta saperli \"vedere\"!
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Ci penserò stasera tardi, ma non credo sia una cosa così semplice, almeno per me.

Nicola115 · Messaggio da **Nicola115** » 01 gen 1970, 01:33

Il massimo piano critico con un certo numero di lanci:
 Con n lanci il massimo piano critico è: (1+2+...+(n-1)+n)+1
 Con 14 lanci, per esempio, il massimo piano critico è il 106!
 Infatti lanci la prima sfera al 14° piano, poi al 27° (14+13), poi al 39° fino al 105°, se al 105° piano la sfera non si è ancora rotta, il piano critico sarà l\'ultimo, il 106°!
 
 Giusto?

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

per il secondo problema.......... ho un numerino in testa ma tutt\'altro che dimostrato!!!
 
 
 l\'unica cosa certa : nn si puo passare da una configurazione in cui vi sono n rettangoli ( creati da 4 pedine) ad una con un numero di rettangoli diverso....... e abbiamo che n =< 4
 
 lo so nn è molto ma....forse serve a qualcosa
 
 ciao

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

Interessante questa!! Se la aggiungi a quella che ho trovato io (cioè che la cardinalità è pari...)...

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

ma sei sicuro di quello che hai scritto? potresti postarne la dimostrazione?

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-02-26 18:07, massiminozippy wrote:
 Allora prima fai 0+14=14.
 Poi 14+13=27.
 Poi 27+12=39.
 Poi 39+11=50.
 Poi 50+10=60.
 Poi 60+9=69.
 Poi 69+8=77.
 Poi 77+7=84.
 Poi 84+6=90
 Poi 90+5=95.
 Il tutto in 10 lanci. Quindi nella peggiore delle ipotesi ti servono altri 4 lanci per stabilire il piano critico.
 Se non è chiaro chiedi ancora, non preoccuparti.
 
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 E\' perfettamente chiaro... Sorry <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> !!! Quando ieri ho chiesto delucidazioni era una connessione di fretta e... ripensandoci poco dopo essermi sconnesso mi sono scioccato per la mia ignoranza, quantomeno momentanea!!! Cmq grazie! Cercherò di rifarmi risolvendo qualche altro problemino!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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

Windowslistener mi potresti postare la dimostrazione???

DD · Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

Mi sembra abbastanza ovvio... Se sposti una colonna (o una riga) non fai che stirare in qualche direzione il rettangolo che le 2 pedine su quella colonna formavano con le 2 di un\'altra colonna (se esisteva): una mossa sono due spostamenti di colonne (o righe) simmetrici
 
 (questo forse è meno ovvio) un rettangolo occupa completamente due righe e due colonne: se ci fossero 5 rettangoli (certamente non di più perché non basterebbero le pedine: ogni pedina appartiene ad al più un rettangolo) sarebbero occupate 10 righe e 10 colonne e rimarrebbe solo una casella libera per le 2 pedine rimanenti
 Il problema è dire se due configurazioni che hanno lo stesso numero di rettangoli sono equivalenti (in generale temo di no, ma sarebbe bello)

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

scusa ma_go ma mi sono connesso solamente ora....
 
 la dimostrazione dici .... vediamo se riesco a scrivere brevemente :
 
 supponiamo che tu abbia 4 pedine disposte a rettangolo ora spostando una riga o una colonna ottieni sempre una figura omotetica alla precedente ( intuitivamente mi pare ovvio) ok ! ora proviamo a formalizzare....
 una qualsiasi trasformazione ( scambiare riga con riga o colonna con colonna) ha come invarianza la perpendicolarità di 3 pedine disposte in questo modo
 A
 
 
 B C
 
 poiche qualunque trasformazione manterra sulla stessa riga le pedine B e C e le pedine A e B quindi il triangolo ABC sarà sempre rettangolo con qualsiasi trasformazione....e di conseguenza anche il nostro rettangolo rimmarra tale
 
 quindi se ci sono n rettangoli dopo una trasformazione qualsiasi ce ne saranno ancora n ....
 
 lo so nn è molto rigoroso ma spero che nn sia da buttar via!

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

In questo senso \"rettangoli\"!! la cosa non mi tornava!! ma... non è detto che ce ne siano per forza, o si?? boh, dovrei pensarci un attimo...

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

effettivamente nn saprei se ci sono per forza anche se così ad intuito credo di si ( pessimo matematico che sono)!!!

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

Cosa ben più interessante: colleghiamo ciacuna pedina con le due sulla stessa riga/colonna. Possiamo ottenere figure chiuse di varie dimensioni, per un totale di 14 combinazioni diverse, per cui ci sono ALMENO 14*2 (in base al risultato precedente) disposizioni non equivalenti... si può fare di più credo...

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

Non volgio che questo forum finisca nel dimenticatoio.
 A tal proposito gradire che ma_go postasse la soluzione completa del primo esercizio, ossia con la generalizzazione ad n paini, e tutte quelle altre cose carine che diceva lui.

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

Allora... generalizzazione a p piani (e 2 sfere): quasi immediata...
 il numero minimo di piani è dato dal minimo n tale che n(n+1)/2 sia maggiore o uguale a p.
 Generalizzazione a k sfere (e p piani): con un ragionamento analogo, si ricava che il numero cercato è quel numero tale che comb(n,k) sia maggiore o uguale a p (almeno mi pare)... dimostrare comunque è una parola grossa!