Figure- Discussioni

f021 Piramide

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La piramide in figura e' composta da 16 quadretti.
Quanti rettangoli di tutti i tipi e dimensioni, (compresi i quadrati), si possono contare ?
Generalizza per piramidi con base 2n-1.

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frankyz

Io ho contato un totale di 80 figure fra quadrati e rettangoli.
Piu' precisamente:
1x1 => 16
2x1 => 21
3x1 => 13
4x1 => 7
5x1 => 4
6x1 => 2
7x1 => 1
2x2 => 6
3x3 => 1
3x2 => 6
4x2 => 2
5x2 => 1
tot 80

Ho provato a generalizzare per 2n-1 ma mi sa che fondo il cervello sulle sommatorie. Lascio a qualcun altro l'analisi
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Silvio Sergio

175

R(n) = n^2*(n^2 + 3*n + 2)/6
1, 8, 30, 80, 175, 336, 588, 960, 1485, 2200

L'ho trovata col metodo delle differenze finite di Newton.
In pratica il metodo delle differenze finite si basa sul fatto che calcolando il valore di un polinomio per x= 1,2,3,.., sottraendo i valori trovati e reiterando, dopo un numero di passi pari al grado del polinomio si giunge a differenze costanti.
Esempio per n=2: p(x)=x^2+1
p(1) p(2) p(3) p(4) p(5)
2 5 10 17 26
3 5 7 9
2 2 2
0 0

Quindi basta trovare un certo numero di termini a mano, verificare che le differenze ad un certo punto si annullino e poi ci sono regole semplici per ricavare i coefficienti.

Nel nostro caso ho notato che le differenze seconde erano generate da un polinomio di secondo grado, per cui il polinomio totale doveva essere di quarto.
Vediamo perché.

Intanto vediamo quanti sono i quadrati cha hanno la base su di una linea prefissata.
sulla linea 1 (la punta) si può costruire un solo quadrato unitario.
sulla seconda linea si possono costrure 1 rettangolo 3X1, 1+1 rettangoli 2X1 e 1+2+1 rettangoli 1Xn dove n vale al massimo due.
sulla terza riga si possono costruire 1 rettangolo 5X1, 1+1 4X1, 1+2+1 3Xn, 1+2+2+1 2Xn e 1+2+3+2+1 1Xn.

Se scriviamo la tabella
1 = 1
2 = 1+1
4 = 1+2+1
6 = 1+2+2+1
9 = 1+2+3+2+1
12= 1+2+3+3+2+1
16= 1+2+3+4+3+2+1

possiamo calcolarci i rettangoli che poggiano su ciascuna riga.
1 = 1 per la prima
7 = 1+2+4 per la seconda
22= 1+2+4+6+9 per la terza e così via

questi numeri rappresentano le differenze prime, ovvero le quantità di rettangoli che vengono aggiunti al crescere della piramide, infatti le prime 3 piramidi avranno
1 = 1
8 = 1+7
30= 1+7+22
rettangoli.

Le differenze seconde, ovvero le differenze tra una differenza prima e l'altra, sono date dai termini 2+4, 6+9, .. , n(n-1)+n^2. Da qui la certezza che il grado del polinomio è 4.
Per calcolare i primi termini della successione non serve neanche trovare il polinomio, si può procedere a ritroso. Cominciamo a scrivere quello che abbiamo trovato. La successione delle differenze seconde, con la formula appena vista, vale 6,15,28,45,66,..

1 8 30 . . .
7 22 . . .
15 28 45 66
13 17 21
4 4

ora basta risalire sommando per trovare i prossimi valori

1 8 30 80 175 336
7 22 50 95 161
15 28 45 66
13 17 21
4 4

volendo altri valori basta aggiungere un 4 in basso a destra e risalire. A partire dai valori sul bordo sinistro 1,7,15,13,4 si trovano i coefficienti del polinomio.
Lascio a voi il piacere di scoprire la regola.
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Silvio Sergio

Paolo Licheri scrive

> Si può fare anche così:
>
> Una piramide di N righe ha R_n rettangoli
> poniamo R_n=A_n+B_n+C_n
>
> A_n+1 = R_n
> B_n+1 = B_n + C_n
> C_n+1 = 2*(n+1)*2*n/2

Bello.
I metodi sono più o meno simili, si parte dalle C che sono le più facili da calcolare e si ricava il resto con delle semplici somme. Queste tue eleganti formulette ricorsive evidenziano molte analogie col mio calcolo.
Le differenze prime nel tuo caso, seppur sfalzate, sono nella colonna B perché R_n+1=A_n+1 + B_n+1 + C_n+1 = R_n + B_n+2 quindi la differenza tra due R consecutivi la troviamo due righe più giù in colonna B.
Le differenze seconde ovviamente sono nella colonna C, esplicita differenza di due B consecutive.
Le C le calcoli direttamente, e crescono con legge quadratica. La legge di R DEVE essere di quarto grado.

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Onoff

64. Sia T(n) il numero di rettangoli in piramidi con base 2n-1,allora vale:
T(n)=2T(n-1)-T(n-2)+C(2n,2)-2
con T(0)=T(1)=0
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Silvio Sergio

Onoff propone

> 64. Sia T(n) il numero di rettangoli in piramidi con base 2n-1,allora vale:
> T(n)=2T(n-1)-T(n-2)+C(2n,2)-2
> con T(0)=T(1)=0

Prima di tutto ci sono un paio di imprecisioni nella formula di Onoff:

T(n)=2T(n-1)-T(n-2)+C(2n,2)
T(0)=0
T(0)=1

ma l'approccio resta comunque corretto, e molto simile -credo- a quanto detto da me e da Paolo.
Scusate se sono fissato con le differenze finite, ma volevo far notare come anche da quest'altro approccio si noti come le differenze seconde siano quadratiche, e quindi deve esserci una forma chiusa costituita da un polinomio di quarto grado.

T(n)-T(n-1) = T(n-1)-T(n-2) + C(2n,2)
D1(n) = D1(n-1) + C(2n,2)
D2(n) = C(2n,2)
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Dario Uri

Silvio Sergio, Paolo Licheri, OnOff, Frankiz hanno risposto al quesito:

La mia sol. simile alle vostre e' basata sull'induzione.
Per prima cosa, vi ricordo che un paio di anni fa, postai un problema analogo,"quanti sono i rettangoli di tutte le misure compresi in un rettangolo m*n".
La bella sol. data da Paolo fu (m+1)(n+1)mn/4
(m+1)(n+1) sono tutti i punti d'incrocio delle linee (interi cartesiani) compresi nel rettangolo ed mn tutti i punti non ortogonali ai primi.
Questo si spiega perche' unendo ciascuna coppia di punti si traccia la diagonale di un possibile rettangolo.

Allora conto i rettangoli compresi in ogni possibile base dispari della nostra piramide:

Base Rett.(orizzontali)
1 1
3 1*3*2*4/4 6
5 1*5*2*6/4 15
7 1*7*2*8/4 28...
Noti come num. esagonali, n(2n-1) = 1,6,15,28,45...

A questi dovro' aggiungere i rettangoli con altezza >1, ma questi non son altro che le proiezioni verso il basso delle file superiori gia' presenti. Es.
Aggiungendo la base lunga 5, oltre ai 15 rettangoli orizzontali appena visti, se ne aggiungeranno 6 di altezza 2, gli stessi della base lunga 3 proiettati verso il basso, ed ancora un'altro di altezza 3 al centro.

Base Rett.(verticali)
1 1 1
3 1+6 7
5 1+6+15 22
7 1+6+15+28 50...
Noti come num. Piramidali a base esagonale, n(n+1)(4n-1)/6 = 1,7,22,50,95...

Sommando trovo l'aumento dei rettangoli.

Base totale
1 1 1
3 6 + 1 7
5 15 + 7 22
7 28 + 22 50
9 45 + 50 95... gli stessi, scalati di un posto.

                                                                      / n+2 \
Le somme degli elementi di questa serie sono 1,8,30,80,175...=     n |       |
                                                                      \  3  /

f024 1-2-3-4

Un quadrilatero ha i lati che misurano 1,2,3,4.
Qual e' l'area massima ottenibile?

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Paolo

Considero un segmento generico di lunghezza X, con 3<X<5, e costruisco da una parte il triangolo di lati X,1,4 e dall'altra il triangolo di lati X,2,3.
I due triangoli hanno uguale perimetro P5+X. Sia S=P/2 il semiperimetro.
Le aree dei triangoli, funzioni di X, valgono rispettivamente:
A1=sqrt(S*(S-1)*(S-4)*(S-x))
A2=sqrt(S*(S-2)*(S-3)*(S-x))
L'unione dei due triangoli, di area A1+A2, e' il nostro quadrilatero.
Non avendo voglia di calcolare le derivate, ho proceduto con EXCEL, per successive approssimazioni, facendo variare X tra 3 e5.
Ho trovato il max per
X=3.924283...
A=4.89897948...

In realtà non sono stati esaminati tutti i casi possibili.
Il procedimento che ho esposto presupponeva che i lati di lunghezza 1 e 4 siano consecutivi.
Pero', provando graficamente, mi pare che per lati 1 e 4 opposti si abbiano sempre aree minori di quella trovata.
Volendo, comunque, si può adattare lo stesso procedimento.

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Mauro Fiorentini

> Non avendo voglia di calcolare le derivate, ho proceduto con EXCEL, per successive approssimazioni, facendo variare X tra 3 e5.

Ah, l'empirismo! Ho calcolato la derivata, che e':
<<CENSURA>>
(derivata impresentabile)
e azzerando ho trovato sqrt(385)/5 come soluzione per x.
(ringrazio Maple per la collaborazione)

x=3.924283374...
A=2*sqrt(6);

In accordo perfetto.

Ripeto il procedimento nei 2 casi rimanenti: 1 e 3 consecutivi, 1 e 2
consecutivi.

x=2/11*sqrt(385); e x = 1/7(sqrt(385).
Sorpresa: A invariata nei due casi.

Mannaggia! E' ovvio! Dovevo pensarci prima di fare i conti.
Se 1 e 4 sono consecutivi, dall'altra parte del lato lungo 1 ci sara' quello lungo, p. es. 2. Allora il massimo per 1 e 4 consecutivi DEVE essere lo stesso che per 1 e 2 consecutivi.
Ora ribaltiamo il triangolo x-2-3
rispetto all'asse del lato x: 1 e 3 sono consecutivi e l'area, massima per ipotesi, e' invariata!
Quindi nel fare i conti basta prendere un ordinamento qualsiasi.

Morale: a volte l'eccesso di strumenti rincogl... ehm, ottenebra.

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Silvio

Ottimo, anch'io con un metodo simile ho trovato quel valore.
La mia idea di partenza era quella di chiedere il massimo dell'area di un poligono coi lati "pandigitali" tanto cari a Dario, ma il problema mi pare un tantinello complicato, cosi' ho ripiegato sul fratellino minore.

Potremmo provare ad aggredirlo un passo alla volta (fissiamo comunque la faccenda dei lati: devono essere ordinati).
Credo che già il pentagono sia tosto, tu che ne pensi?

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Paolo

>Credo che già il pentagono sia tosto, tu che ne pensi?

Vorrei proporre due tipi di approccio, uno *geometrico* e l'altre *fisico*.

Dal punto di vista geometrico, non mi sembra particolarmente complicato, piuttosto lungo da calcolare.
Teniamo presente che un poligono articolato di N lati ha N-3 gradi di liberta', quindi puo' essere deformato in N-3 modi, e la sua area risulta funzione di N-3 variabili.
Per esempio, per il pentagono 1-2-3-4-5, con:
AB=5
BC=4
CD=3
DE=2
EA=1

Sia beta l'angolo ABC.
Facendo variare beta, si determinano, in funzione di beta, la diagonale BC del pentagono e l'area del triangolo ABC.
La parte di pentagono esterna ad ABC è il quadrilatero ACDE.
Sia gamma l'angolo ACD.
Facendo variare gamma, si determinano la diagonale DA e le aree dei triangoli ACD ed ADE.
Quindi l'area del pentagono puo' essere espressa in funzione dei due valori beta e gamma.
Analogamente per qualsiasi poligono con lati di lunghezza nota.
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Dal punto di vista fisico: perché le bolle di sapone sono sferiche? Perché, per la pressione interna, tendono ad assumere la forma che, a parità di superficie, racchiude il volume massimo. Trasferendo il problema sul piano, una linea chiusa con infiniti gradi di libertà, come un filo perfettamente deformabile, sottoposto a *pressione interna*, assumerebbe la forma circolare, con max. area a parità di perimetro. Se anziché il filo consideriamo un poligono articolato nei vertici, sottoponendolo a pressione interna dovrebbe assumere la forma di max. area richiesta.
Provo a buttare giù una realizzazione pratica. Costruisco un prisma (solo le facce laterali) avente per sezione il poligono dato, per esempio realizzando strisce di lamierino abbastanza lunghe, di larghezza rispettivamente uguali ai lati del poligono, e le unisco con nastro adesivo per i lati lunghi. Per mettere in pressione l'interno di questa sorta di tubo prismatico ho pensato di metterlo dritto su un piano orizzontale e riempirlo d'acqua, ma non saprei come assicurare la tenuta. Forse funzionerebbe utilizzando sabbia anziché acqua? Oppure, collego alla parte superiore del tubo una calza, e collego l'altra estremità della calza ad un compressore d'aria. Se qualcuno volesse provare, mi faccia sapere se funziona. :-)))

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Silvio

Per il primo problema io avevo usato gli angoli e tu la diagonale, ora che tu usi gli angoli io ho scelto le diagonali :)
Mi sembra più semplice: da un vertice del poligono partono N-3 diagonali, variando le quali si ottengono tutte le configurazioni possibili.
Così si usa Erone e non ci sono funzioni circolari di mezzo: per chi lo desidera la derivata è lunga ma non inattaccabile (soprattutto dai signori Maple, Derive, Mathematica...)

> Dal punto di vista fisico: perché le bolle di sapone sono sferiche?
> Perché, per la pressione interna, tendono ad assumere la forma che, a parità di superficie, racchiude il volume massimo.

Mi vergognavo quasi a dirlo, ma l'idea che il poligono tendesse naturalmente a disporsi coi vertici su una circonferenza mi era venuta subito.

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Roscio

>Provo a buttare giu' una realizzazione pratica.
>Se qualcuno volesse provare, mi faccia sapere se funziona.

Più semplice: gonfiargli dentro un palloncino, il che equivale a trovare il cerchio inscritto di massima area.

f025 Pipe
Proposto da Dario Uri il 28/02/1998

Un'amico dell'ARM, l'accademia delle ricreazioni matematiche di Tokio, recentemente mi ha passato questo problema.
Ho trovato una soluzione, ma non sono sicuro sia la migliore possibile.

Un tubo dell'acqua rettilineo abbastanza lungo e' sotterrato in un campo.
Sappiamo che dista non piu' di 10 metri da un punto conosciuto.
Ora per rintracciare il tubo dovremo vangare dei solchi, e per risparmiare fatica cercheremo di scavare il meno possibile.
Qual'e' il minor numero di metri che bisognera' vangare per rintracciare il tubo.

Come al solito un problema geometrico, raccontato come un fatto reale per renderlo piu' accattivante.

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Michele Stanghini

Se scavo lungo una circonferenza di centro il punto noto e raggio 10
metri sono sicuro di trovare il tubo in, al più, 2*pi*10 m.
63 m circa vangata più, vangata meno...

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Matteo Frigerio

Una possibile soluzione che mi viene in mente e' vangare per i segmenti che uniscono il centro (pto noto) ai vertici di un poligono circoscritto alla circonferenza. di raggio 10m.
Se consideriamo un quadrato, la lunghezza e' 40sqrt(2) = 57m.
Altri poligoni regolari portano a lunghezze maggiori. La soluzione e' cmq provvisoria

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SuperPollo

Io conosco una soluzione: (Pi_greco+2)*r dove r=10 metri

Questa soluzione non e' mia, quindi e' probabile che sia giusta! ;-)

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Dario

Puoi descriverla ?
Pero' si puo' ancora migliorare !

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SuperPollo

>Puoi descriverla ?

Una semicirconferenza di raggio 10 prolungata agli estremi con due segmenti tangenti di lunghezza 10.

>Pero' si puo' ancora migliorare !

Grande Dario! in realta' ero dispiaciuto di aver postato una soluzione letta su "Le scienze" nella rubrica "L'angolo matematico" di Ian Stewart, ma se si puo' migliorare... sono stupito ed entusiasta! solo... non ho la piu' pallida idea!

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Paolo

>Pero' si puo' ancora migliorare !

ci provo ancora

(Pi_greco + 1 + 2/sqrt(5)) * 10 = 50.36 metri

prendo come base la soluzione di Claudio

AB diametro della semicirconferenza
AD e BC i due segmenti
elimino il tratto AD
disegno (senza scavare) il segmento AC
da D traccio (e scavo) il segmento DH perpendicolare ad AC

salvo errori DH vale 2/sqrt(5) * 10

P.S. credo che la soluzione di Claudio sia la migliore possibile realizzabile con un solco continuo

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Alessandro Donati

>Pero' si puo' ancora migliorare !

Uffa sei incontentabile..cercati un rabdomante ;-))

Provo io .. 10*( Pi_greco+1+sqrt(2)/2 ) = 48.49

Se ti basta posto anche il metodo!

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Dario

VEDERE SUBITO !!!
La mia e' solo di 4,5*sqrt(125)= 50.3115

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Matteo Frigerio

In attesa della soluzione di Alessandro vi dico come riesco a scavare per 10*(2pi/3+2.5+sqrt(3)/3)=48.83m
Si scava lungo la circonferenza di 10m per un arco di 120 gradi.
Prolunghiamo l'arco da entrambe le parti con un segmento lungo quanto il raggio. Lungo l'asse della linea finora tracciata, scaviamo ''quanto basta'' per ''coprire l'area'' (ovvero 1/2+sqrt(3)/3).

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Dario

Bello! mi avete risparmiato 2 metri di fatica! chissa' se questo e' il meglio possibile?

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Paolo

Hai provato a generalizzare?
anziche'120 gradi , un arco 2*alfa
anziche' due segmenti lunghi quanto il raggio, due segmenti = raggio per k
quanto risulta il terzo segmento?
e qual'e' la coppia di valori (alfa ; K ) che minimizza il tutto?
se l'hai gia fatto mi eviti di fare i calcoli.
con l'arco di 122 gradi ho trovato qualche millimetro in meno, poi aumenta di nuovo
ma forse ho sbagliato :-(
e poi, comunque, e' meglio scavare qualche millimetro in piu' che continuare
a fare calcoli :-)

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Kloro

Minimizzando la lunghezza di scavo al solo variare di alfa, ottengo (a meno di errori di calcolo, spero assenti) un totale di 48.828 metri, in corrispondenza di un angolo di 121.43.44 (scusate se manca una bella forma tipo radice di qualcosa su qualcosa, ma l'ho fatto numericamente).

In sostanza, tenendo fissi i due segmenti pari al raggio, la soluzione migliore differisce per un'inezia da qualla gia' postata.
Un'altra questione pero' mi incurioscisce: chi mi spiega come posso vedere in maniera formalmente completa se una soluzione e' veramente valida?
Cioe' come posso vedere se il mio scavo lascia o meno delle 'lacune'?
Io fin'ora sono andato pressoche' ad intuito.

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Massimo Vigliotti

>Come al solito un problema geometrico, raccontato come un fatto reale >per renderlo piu' accattivante.

Ho seguito con interesse tutte le risposte; complimenti a tutti, anche a chi "accelera" la soluzione con simulazioni numeriche. I "puri" sono
poi sempre i benvenuti.
Una osservazione (spero) simpatica: non sara' che tanti giochi matematici nascono proprio da fatti reali e noi li raccontiamo prima come problemi geometrici?

Se così fosse, perderemmo un po' alla volta il gusto dell'esperienza e dell'aderire alla realta'.