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da **carloc** » 11 gen 2013, 13:11

sì sto sparando numeri a caso

in fondo con 10 cifre e considerato che la prima non può essere zero ci sono solo 9 Giga-numeri ;-)

Se la mia formula segreta (c'è già il post pronto in rampa di lancio nelle mie bozze :cool:

) funziona nel disegno originale con 4 stecche ci sono 27 triangoli, ma ho provato a contarli e...

ottengo il tuo nstesso effetto ... ogni volta un numero diverso.

Però ora sembra funzionare con 2 e 3 stecche per ventaglio

da **sedetiam** » 11 gen 2013, 13:37

ci provo anch'io....

4038120126 ?

da **claudiocedrone** » 11 gen 2013, 13:38

Gotcha !

Ma... con due stecche è facile, è un solo triangolo ! Con tre ne conto otto, poi mi perdo :mrgreen:

Ovviamente mi riferivo a

carloc poi il mio post è stato scavalcato.

da **sedetiam** » 11 gen 2013, 16:22

azz...."ricontandoli" ora sembrano anche a me 8072216216 ...

...speriamo bene...

da **carlomariamanenti** » 11 gen 2013, 16:53

carloc ha scritto:... 8.072.216.216 ...

: carloc.jpg (29.35 KiB) Osservato 2132 volte

Una nota di merito anche a

sedetiam che ha ottenuto, seppur in ritardo, lo stesso risultato! =D>

da **Guerra** » 11 gen 2013, 17:06

Bravi davvero! =D>

da **IsidoroKZ** » 11 gen 2013, 17:45

carloc, bravissimo, manda ora il post con la spiegazione, o almeno manda il risultato per i primi casi con n=2, n=3, n=4 n=5 e vediamo se c'e` su oeis.org.

da **carloc** » 11 gen 2013, 17:50

Alura....
se prendo le prime due stecche destre d_1

e

e tutte le stecche sinistre $s_1\ldots s_n$ vedo che posso costruire un triangolo prendendo una delle n stecche (e.g. s_j

) e poi una delle n-1 rimanenti (e.g. s_k

)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

allora sembra che possa costruire n(n-1)

triangoli diversi ma così facendo considero sia il triangolo costruito con $\{s_j,s_k\}$ che quello costruito con $\{s_k,s_j\}$ che sono ovviamente lo stesso triangolo, quindi in realtà posso costruire $\frac{n(n-1)}{2}=\binom{n}{2}$ triangoli.

Ora ciascuno di questi triangoli può essere esteso per ciascuna stecca destra $\{d_1,d_2\},\{d_1,d_3\},\ldots,\{d_1,d_n\}$ , questa volta niente combinazioni, altrimenti conterei anche i quadrilateri che si formano ad esempio tra $\{d_j,d_k\}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

quindi con n-1 repliche arriviamo a $(n-1)\binom{n}{2}$ triangoli...

La stessa storia si può fare dall'altra parte

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e si arriva a $2(n-1)\binom{n}{2}$ triangoli, ma....

così facendo si contano due volte tutti i triangoli costruiti con stecche destre e sinistre dello stesso ordine $\{s_1,d_1\},\ldots\,\{s_j,d_j\},\ldots,\{s_n,d_n\}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

quindi da quella cifra togliamo n-1 e otteniamo

$N=2(n-1)\binom{n}{2}-(n-1)=2\,(n-1)\,\frac{n(n-1)}{2}-(n-1)=$

$N=n(n-1)^2-(n-1)=2007\,\times\,2006^2-2006=8076238246$

ma questa e' sbagliata

infatti se con 2 stecche per ventaglio effettivamente $N(2)=2\,\times\,1^2-1=1$ sembra funzionare , invece con 3... $N(3)=3\,\times\,2^2-2=10$ sovrastima il numero, ancora controllabile visivamente, di triangoli che sono 8.

in effetti osservando la figura con tre stecche...

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ci si accorge che anche quei due "giallini" vengono contati due volte...in effetti togliendone altri due

10-2=8 ci siamo...

si deve correggere la formula

....
e qui scatta il colpo di xulo :mrgreen:

e mi accorgo che elevando al quadrato la diminuzione si preserva N(2) e si aggiusta N(3)

che è ok almeno nei casi due e tre stecche

$\begin{matrix} N(2)=(2-1)^3=1^3=1\\ N(3)=(3-1)^3=2^3=8 \end{matrix}$

insomma per tentare la sorte:

N(2007)=(2007-1)^3=2006^3=8072216216

un numero che non so quasi leggere :shock:

Certo ancora non sono riuscito a visualizzare esattamente quali siano i triangoli contati due volte, ma non dispero nel prossimo futuro...comunque la fortuna aiuta gli audaci :mrgreen: