premessa:dato 1 dado,la possibilità che abbia 2 facce non opposte in una determinata posizione nello spazio è di 1/24,e,fissata la posizione di 2 facce,è fissata qulla di tutto il dado.infatti la probabilità che una faccia sia in una determinata posizione è 1/6.quindi,fissata una faccia,si può ruotare il dado 4 volte,ottenendo 4 configurazioni diverse.quini la probabilità che il datdo sia in una determinata posizione nello spazio è 1/6x4=1/24.
soluzione:troviamo la probabilità che il dado formato da 27 cubetti abbia una determinata posizione nello spazio.sono necessarie 2 condizioni:
1che tutti i cubetti sugli spigoli abbiano una posizione fissa nello spazio
2che tutti i cubetti al centro delle facce abbiano una faccia in una posizione fissa
la probabilità di 1,visto che i cubetti sugli spigoli sono 20,è 1/24^20
la probabilità di 2,visto che i cubetti al centro delle facce sono 6,è 1/6^6
la probabilità totale è (1/24^20)X(1/6^6).
visto che il cubo può avere una qualsiasi delle 24 posizioni nello spazio,moltiplichiamo per 24
uscirà(1/24^19)X(1/6^6)=1/2^38X3^19X2^6X2^6=1/2^44X3^25
dovrebbe essere giusto,ma non vorrei aver scritto scemenze
Staffetta combinatoria.
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tenaciousR
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si, spero si capisca uguale.tenaciousR ha scritto:abbiamo scritto la souzione nello stesso momento io e gian,una delle 2 sarà giusta?
comunque penso che gian si sia dimenticato per sbaglio le parentesi alle potenze
comunque nella tua soluzione credo ti sei dimenticato di considerare che non tutti i cubi sugli spigoli devono avere una posizione fissa, solo quelli sugli angoli...gli altri devono avere due facce fisse e quindi due possibili posizioni...
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tenaciousR
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Generalizzazione problema 3. "Sia fissato un intero n>2 e siano dati $ n^3 $ cubi di lato unitario, tutti identicamente colorati con 6 colori, uno per ogni faccia. Qual è la probabilità che, disposti a caso per formare un cubo di lato n, quest'ultimo abbia tutte le facce monocromatiche?"
Soluzione problema 3. Innanzitutto invece di disporre di $ n^3 $ cubi di lato 1, è sufficiente disporne di $ f(n):=n^3-(n-2)^2=6n^2-12n+8 $ (infatti gli $ (n-2)^3 $ cubi centrali possono assumere qualunque posizione sia nei casi favorevoli cercati, sia in quelli possibili). Come detto prima da gian92, ogni cubo può essere fissato nello spazio in esattamente 24 posizioni differenti. Ipotizziamo di fissare un cubetto che sta al vertice del cubo. Una volta fissato, abbiamo $ f(n)-1 $ cubetti da fissare sulla superficie del cubo e in particolare, a meno delle $ (f(n)-1)! $ disposizioni, tutte le posizioni saranno obbligate, tranne i $ 6(n-2)^2 $ cubetti centrali di ogni faccia che hanno rotazioni possibili (visto che ne hanno una sola di faccia fissata). Ciò è sufficiente per concludere che, una volta fissata il cubetto al vertice del cubo, abbiamo $ (f(n)-1)!\cdot 4^{6(n-2)^2} $ casi favorevoli. Per contare quelli possibili, una volta fissato un cubetto al vertice (anche in questo caso ci sono esattamente 24 modi per farlo, quindi possiamo considerare che sia lo stesso di prima) abbiamo da sistemare gli $ f(n)-1 $ cubetti, ognuno dei quali può assumere 24 posizioni, a meno delle $ (f(n)-1)! $ permutazioni.
Ciò è possibile per concludere che $ \displaystyle p(n)=\frac{(f(n)-1)!\cdot 4^{6(n-2)^2}}{(f(n)-1)!\cdot 24^{f(n)-1}} $$ =\displaystyle \frac{1}{3^{6n^2-12n+7}\cdot 2^{6n^2+12n-27}} $. []
Soluzione problema 3. Innanzitutto invece di disporre di $ n^3 $ cubi di lato 1, è sufficiente disporne di $ f(n):=n^3-(n-2)^2=6n^2-12n+8 $ (infatti gli $ (n-2)^3 $ cubi centrali possono assumere qualunque posizione sia nei casi favorevoli cercati, sia in quelli possibili). Come detto prima da gian92, ogni cubo può essere fissato nello spazio in esattamente 24 posizioni differenti. Ipotizziamo di fissare un cubetto che sta al vertice del cubo. Una volta fissato, abbiamo $ f(n)-1 $ cubetti da fissare sulla superficie del cubo e in particolare, a meno delle $ (f(n)-1)! $ disposizioni, tutte le posizioni saranno obbligate, tranne i $ 6(n-2)^2 $ cubetti centrali di ogni faccia che hanno rotazioni possibili (visto che ne hanno una sola di faccia fissata). Ciò è sufficiente per concludere che, una volta fissata il cubetto al vertice del cubo, abbiamo $ (f(n)-1)!\cdot 4^{6(n-2)^2} $ casi favorevoli. Per contare quelli possibili, una volta fissato un cubetto al vertice (anche in questo caso ci sono esattamente 24 modi per farlo, quindi possiamo considerare che sia lo stesso di prima) abbiamo da sistemare gli $ f(n)-1 $ cubetti, ognuno dei quali può assumere 24 posizioni, a meno delle $ (f(n)-1)! $ permutazioni.
Ciò è possibile per concludere che $ \displaystyle p(n)=\frac{(f(n)-1)!\cdot 4^{6(n-2)^2}}{(f(n)-1)!\cdot 24^{f(n)-1}} $$ =\displaystyle \frac{1}{3^{6n^2-12n+7}\cdot 2^{6n^2+12n-27}} $. []
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tenaciousR
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tenaciousR
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la soluzione giusta è quella di jordan e della sua generalizzazione e anche il risultato. vi posto anche quella fornita al termine della gara dall'organizzazione:
Calcoliamo la probabilita di formare casualmente un cubo 3 3 3, a partire da
27 cubetti uguali, con colori assegnati sulle 6 facce (ovviamente, alla ne la disposizione dei colori
delle facce del cubo dovra essere la stessa di quella di un singolo cubetto). Trovata tale probabilita,
dovremo moltiplicarla per 24, che rappresenta il numero delle possibili orientazioni, cioe dei diversi
modi di appoggiare un cubo su un piano, con una faccia laterale rivolta verso di noi. La faccia di
base, infatti, puo assumere 6 colori diversi, e scelto il colore della faccia di base, la faccia laterale
rivolta verso di noi puo assumere 4 colori diversi (il resto e univocamente determinato).
Dividiamo il cubo in 3 strati (superiore, intermedio e inferiore), ciascuno formato da un parallele-
pipedo 3 3 1.
La probabilita di formare correttamente lo strato superiore e (1=24)8 (4=24). Infatti, gli 8 cubetti
\laterali" hanno probabilita 1=24 (c'e un'unica orientazione su 24 possibili che consente a ciascuno
di presentare i 2 o 3 colori assegnati sulle facce del cubo grande), mentre il cubetto centrale ha
probabilita 4=24 (mostrando soltanto la sua faccetta superiore, puo subire 4 rotazioni di 90 gradi).
La probabilita che lo strato intermedio si formi correttamente e (1=24)4 (4=24)4. Infatti, i cubetti
nei vertici dello strato hanno una sola possibile orientazione (probabilita 1=24), imposta dal dover
presentare i colori assegnati su 2 facce del cubo grande; il cubetto al centro, essendo nascosto,
puo essere collocato con una qualunque orientazione (probabilita 1); i rimanenti cubetti possono
subire 4 rotazioni di 90 gradi (probabilita 4=24), poiche si vede solo una loro faccetta.
Lo strato inferiore ha la stessa probabilita di quello superiore. Moltiplicando tra loro le probabilita
dei 3 strati, poi moltiplicando per 24, concludiamo che la probabilita richiesta vale
$ P= \frac{1}{{2^{63}}{3^{25}}} $
Calcoliamo la probabilita di formare casualmente un cubo 3 3 3, a partire da
27 cubetti uguali, con colori assegnati sulle 6 facce (ovviamente, alla ne la disposizione dei colori
delle facce del cubo dovra essere la stessa di quella di un singolo cubetto). Trovata tale probabilita,
dovremo moltiplicarla per 24, che rappresenta il numero delle possibili orientazioni, cioe dei diversi
modi di appoggiare un cubo su un piano, con una faccia laterale rivolta verso di noi. La faccia di
base, infatti, puo assumere 6 colori diversi, e scelto il colore della faccia di base, la faccia laterale
rivolta verso di noi puo assumere 4 colori diversi (il resto e univocamente determinato).
Dividiamo il cubo in 3 strati (superiore, intermedio e inferiore), ciascuno formato da un parallele-
pipedo 3 3 1.
La probabilita di formare correttamente lo strato superiore e (1=24)8 (4=24). Infatti, gli 8 cubetti
\laterali" hanno probabilita 1=24 (c'e un'unica orientazione su 24 possibili che consente a ciascuno
di presentare i 2 o 3 colori assegnati sulle facce del cubo grande), mentre il cubetto centrale ha
probabilita 4=24 (mostrando soltanto la sua faccetta superiore, puo subire 4 rotazioni di 90 gradi).
La probabilita che lo strato intermedio si formi correttamente e (1=24)4 (4=24)4. Infatti, i cubetti
nei vertici dello strato hanno una sola possibile orientazione (probabilita 1=24), imposta dal dover
presentare i colori assegnati su 2 facce del cubo grande; il cubetto al centro, essendo nascosto,
puo essere collocato con una qualunque orientazione (probabilita 1); i rimanenti cubetti possono
subire 4 rotazioni di 90 gradi (probabilita 4=24), poiche si vede solo una loro faccetta.
Lo strato inferiore ha la stessa probabilita di quello superiore. Moltiplicando tra loro le probabilita
dei 3 strati, poi moltiplicando per 24, concludiamo che la probabilita richiesta vale
$ P= \frac{1}{{2^{63}}{3^{25}}} $
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tenaciousR
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Spammowarrior
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per risolvere il problema trovo il più piccolo n per cui vale la proprietà:
comunque preso un valore x di un certo sottoinsieme A di 2010 elementi, non vi è nessun altro elemento y del sottoinsieme tale che $ \displaystyle y < x \le 2y $
si nota facilmente che questo problema è equivalente a trovare il minimo n per cui non vale la richiesta del problema.
prendiamo gli elementi del sottoinsieme in ordine, e si nota che deve essere
$ A_j \ge 2 \cdot A_{j-1} +1 $
se il primo elemento è 1 (si vuole minimizzare), si ha che il secondo elemento è al minimo 3, il terzo al minimo 7, il quarto al minimo 15, e più in generale il k-esimo elemento è
$ 2^{k} - 1 $
quindi il 2010mo elemento del sottoinsieme (che chiamiamo S) sarà
$ 2^{2010} - 1 $
se n è maggiore o uguale al valore così ottenuto si può scegliere il sottoinsieme S, che non soddisfa le richieste del problema.
se d'altra parte scegliamo un numero minore, allora ogni sottoinsieme avrà almeno due elementi tali che
$ \displaystyle y < x \le 2y $
difatti S è il minimo sottoinsieme che non le soddisfa.
n sarà dunque
$ 2^{2010} - 2 $
comunque preso un valore x di un certo sottoinsieme A di 2010 elementi, non vi è nessun altro elemento y del sottoinsieme tale che $ \displaystyle y < x \le 2y $
si nota facilmente che questo problema è equivalente a trovare il minimo n per cui non vale la richiesta del problema.
prendiamo gli elementi del sottoinsieme in ordine, e si nota che deve essere
$ A_j \ge 2 \cdot A_{j-1} +1 $
se il primo elemento è 1 (si vuole minimizzare), si ha che il secondo elemento è al minimo 3, il terzo al minimo 7, il quarto al minimo 15, e più in generale il k-esimo elemento è
$ 2^{k} - 1 $
quindi il 2010mo elemento del sottoinsieme (che chiamiamo S) sarà
$ 2^{2010} - 1 $
se n è maggiore o uguale al valore così ottenuto si può scegliere il sottoinsieme S, che non soddisfa le richieste del problema.
se d'altra parte scegliamo un numero minore, allora ogni sottoinsieme avrà almeno due elementi tali che
$ \displaystyle y < x \le 2y $
difatti S è il minimo sottoinsieme che non le soddisfa.
n sarà dunque
$ 2^{2010} - 2 $
Ultima modifica di Spammowarrior il 01 apr 2010, 11:10, modificato 1 volta in totale.
L'idea è di costruire un insieme $ A : \left \{a_1,a_2,\dots, a_{2010} \right \} $ con $ a_1<a_2<\dots <a_{2010} $ e $ 2a_i+1\leq a_{i+1} $ $ $\forall i$ $ e con $ a_{2010} $ minimo.
Poichè $ $f(x)=2x+1$ $ è strettamente crescente dovrò avere $ $a_1=1$ $ e $ $a_{n+1}=2a_n+1$ $.
Quindi $ $a_n=2^n-1$ $ (è la solita ricorsione) da cui ottengo $ a_{2010}=2^{2010}-1 $
A questo punto non ho problemi nell'affermare che $ 2^{2010}-2 $ è il più grande intero con tale proprietà.
Poichè $ $f(x)=2x+1$ $ è strettamente crescente dovrò avere $ $a_1=1$ $ e $ $a_{n+1}=2a_n+1$ $.
Quindi $ $a_n=2^n-1$ $ (è la solita ricorsione) da cui ottengo $ a_{2010}=2^{2010}-1 $
A questo punto non ho problemi nell'affermare che $ 2^{2010}-2 $ è il più grande intero con tale proprietà.