- Home
- Forum
- Giochi Matematici
- Gare
- Livello facile, ma non mi riesce... :(
Livello facile, ma non mi riesce... :(
Riduci
Di più
- Messaggi: 44
- Ringraziamenti ricevuti 2
16/08/2017 11:47 #163
da Apemath
Risposta da Apemath al topic Livello facile, ma non mi riesce... :(
Ok, grazie Alessandro. Dammi solo qualche giorno per leggere con calma e poi ti dico se è tutto ok!
Si prega Accedi a partecipare alla conversazione.
- Alessandro Beverini
- Offline
- Junior Member
Riduci
Di più
- Messaggi: 27
- Ringraziamenti ricevuti 1
16/08/2017 13:41 #164
da Alessandro Beverini
Risposta da Alessandro Beverini al topic Livello facile, ma non mi riesce... :(
Per completezza resta da dimostrare che il numero centrale del quadrato deve essere uguale a un terzo della costante magica.
Considero il seguente quadrato:
A+B+X = C+D+X = E+F+X = G+H+X
da cui ricavo:
A+B = C+D = E+F = G+H
Ed essendo tutti numeri dispari: A+B = C+D = E+F = G+H = 2*N
Ponendo Y=X-N ho X=Y+N
Qundi la riga centrale ha somma uguale a G+H+X=2N+N+Y=3N+Y
La prima e la terza riga devono avere la stessa somma,
quindi la somma di tutti gli elementi del quadrato è uguale a: 9N+3Y
La somma di tutti gli elementi del quadrato è anche uguale a: A+B+C+D+E+F+G+H+X=8N+X
Dall’equazione 9N+3Y=8N+X=8N+N+Y ottengo 9N+3Y=9N+Y quindi Y=0
E ciò significa che X=N
Ciò significa anche che la somma degli elementi del quadrato è uguale a 9 volte l’elemento centrale,
e quindi la somma di ogni fila è un multiplo di 3
E il fatto che la somma di ogni fila è un multiplo di 3 rende immediato vedere che se il numero 1 fa parte del quadrato allora anche tutti gli altri numeri del quadrato sono congruenti a 1 modulo 3
Ringrazio quindi moltissimo Apemath e BraMo che con i loro interventi mi hanno fatto trovare un modo per semplificare la soluzione di questo problema.
Considero il seguente quadrato:
A+B+X = C+D+X = E+F+X = G+H+X
da cui ricavo:
A+B = C+D = E+F = G+H
Ed essendo tutti numeri dispari: A+B = C+D = E+F = G+H = 2*N
Ponendo Y=X-N ho X=Y+N
Qundi la riga centrale ha somma uguale a G+H+X=2N+N+Y=3N+Y
La prima e la terza riga devono avere la stessa somma,
quindi la somma di tutti gli elementi del quadrato è uguale a: 9N+3Y
La somma di tutti gli elementi del quadrato è anche uguale a: A+B+C+D+E+F+G+H+X=8N+X
Dall’equazione 9N+3Y=8N+X=8N+N+Y ottengo 9N+3Y=9N+Y quindi Y=0
E ciò significa che X=N
Ciò significa anche che la somma degli elementi del quadrato è uguale a 9 volte l’elemento centrale,
e quindi la somma di ogni fila è un multiplo di 3
E il fatto che la somma di ogni fila è un multiplo di 3 rende immediato vedere che se il numero 1 fa parte del quadrato allora anche tutti gli altri numeri del quadrato sono congruenti a 1 modulo 3
Ringrazio quindi moltissimo Apemath e BraMo che con i loro interventi mi hanno fatto trovare un modo per semplificare la soluzione di questo problema.
Si prega Accedi a partecipare alla conversazione.
16/08/2017 22:41 - 16/08/2017 23:13 #165
da BraMo
Risposta da BraMo al topic Livello facile, ma non mi riesce... :(
Provo a semplificarla ulteriormente, o almeno, già che ho provato a farlo prima di leggere gli ultimi post, condivido quanto fatto.
Chiamando \(k\) la costante magica, ho provato a partire da \(\begin{bmatrix}a&b&\\&c&\\&&\end{bmatrix}\).
Si ottiene, al primo passaggio,
\[\begin{bmatrix}a&b&k-a-b\\&c&\\&k-b-c&k-a-c\end{bmatrix}\]
a cui segue facilmente, calcolando prima la casella a dx e poi quella a sx della riga centrale:
\[\begin{bmatrix}a&b&k-a-b\\2k-2a-b-2c&c&2a+b+c-k\\&k-b-c&k-a-c\end{bmatrix}\]
Calcolando infine il valore della casella rimasta utilizzando la terza riga (o la prima colonna) e la diagonale si ha
\(-k+a+b+2c = a+b-c\) cioè \(k = 3c\), confermando dunque che la costante \(k\) di qualunque quadrato magico \(3 \times 3\) è divisibile per \(3\) ed uguale al triplo del numero centrale.
Chiamando \(k\) la costante magica, ho provato a partire da \(\begin{bmatrix}a&b&\\&c&\\&&\end{bmatrix}\).
Si ottiene, al primo passaggio,
\[\begin{bmatrix}a&b&k-a-b\\&c&\\&k-b-c&k-a-c\end{bmatrix}\]
a cui segue facilmente, calcolando prima la casella a dx e poi quella a sx della riga centrale:
\[\begin{bmatrix}a&b&k-a-b\\2k-2a-b-2c&c&2a+b+c-k\\&k-b-c&k-a-c\end{bmatrix}\]
Calcolando infine il valore della casella rimasta utilizzando la terza riga (o la prima colonna) e la diagonale si ha
\(-k+a+b+2c = a+b-c\) cioè \(k = 3c\), confermando dunque che la costante \(k\) di qualunque quadrato magico \(3 \times 3\) è divisibile per \(3\) ed uguale al triplo del numero centrale.
Ultima Modifica 16/08/2017 23:13 da BraMo.
Si prega Accedi a partecipare alla conversazione.
16/08/2017 23:04 - 16/08/2017 23:11 #166
da BraMo
Risposta da BraMo al topic Livello facile, ma non mi riesce... :(
Anche in questo caso, per completezza (e perché l'avevo già preparata ), una variante al (preciso) ragionamento di Alessandro.
Lavoriamo modulo 3.
La costante magica di ogni quadrato \(3 \times 3\) è \(0\) (post precedenti). Le otto triple (tre righe, tre colonne, due diagonali) potranno dunque essere \((0,0,0)\), \((0,1,2)\), \((1,1,1)\) o \((2,2,2)\). Quale utilizziamo, ad esempio, per la prima riga?
Nel nostro caso (quadrato magico pseudo-primo) la prima tripla (tre multipli di 3) è ovviamente impossibile. Ma lo è anche la seconda: le colonne relative sarebbero
Anche \((2,2,2)\) è da scartare come prima riga: genererebbe colonne analoghe e non troverebbe posto l'\(1\).
L'unica possibilità resta dunque \((1,1,1)\), che dovrà quindi caratterizzare tutte le otto triple.
I primi da considerare saranno dunque le tre progressioni (distanza interna 6 ed esterna 30): \((1, 7, 13)\), \((31,37,43)\) e \((61,67,73)\), da posizionare nelle stesse posizioni del quadrato standard (es Lo Shu).
Lavoriamo modulo 3.
La costante magica di ogni quadrato \(3 \times 3\) è \(0\) (post precedenti). Le otto triple (tre righe, tre colonne, due diagonali) potranno dunque essere \((0,0,0)\), \((0,1,2)\), \((1,1,1)\) o \((2,2,2)\). Quale utilizziamo, ad esempio, per la prima riga?
Nel nostro caso (quadrato magico pseudo-primo) la prima tripla (tre multipli di 3) è ovviamente impossibile. Ma lo è anche la seconda: le colonne relative sarebbero
- \(0\): \((0,1,2)\)
- \(1\): \((1,1,1)\) (non potendo utilizzare altri \(0\))
- \(2\): \((2,2,2)\)
Anche \((2,2,2)\) è da scartare come prima riga: genererebbe colonne analoghe e non troverebbe posto l'\(1\).
L'unica possibilità resta dunque \((1,1,1)\), che dovrà quindi caratterizzare tutte le otto triple.
I primi da considerare saranno dunque le tre progressioni (distanza interna 6 ed esterna 30): \((1, 7, 13)\), \((31,37,43)\) e \((61,67,73)\), da posizionare nelle stesse posizioni del quadrato standard (es Lo Shu).
Ultima Modifica 16/08/2017 23:11 da BraMo.
Si prega Accedi a partecipare alla conversazione.
- Giorgio Dendi
- Offline
- Administrator
Riduci
Di più
- Messaggi: 6
- Ringraziamenti ricevuti 0
26/08/2017 22:15 #174
da Giorgio Dendi
Risposta da Giorgio Dendi al topic Livello facile, ma non mi riesce... :(
A proposito del fatto che, come avete dimostrato, la costante è sempre il triplo della cifra centrale, ricordo un problema nel quale si conoscevano solo tre numeri del quadrato magico. Mi pare che era così: Riga 1: ---, ---, 33; Riga 2: ---, ---, ---; Riga 3: 31, 26, ---. Si chiedeva quale fosse il totale costante delle tre righe orizzontali, tre colonne e verticali e due diagonali principali. A questo punto la soluzione è immediata.
Si prega Accedi a partecipare alla conversazione.
26/09/2017 22:31 - 02/10/2017 19:53 #189
da Gabri
Risposta da Gabri al topic Livello facile, ma non mi riesce... :(
Vi racconto come ho risolto il quesito qualche tempo fa, quando era apparso. Allora mi aveva richiesto un bel po' di tempo...
Il tradizionale quadrato magico è un insieme di numeri interi consecutivi a cominciare dal numero 1 disposti in uno schema quadrato, in modo che il totale delle righe, colonne e diagonali sia lo stesso, La cosa funziona anche se i numeri sono in progressione aritmetica ( non riesco a ricordare dove ho trovato questa affermazione, ma è vera e si può dimostrare), in realtà anche i numeri consecutivi sono una particolare progressione aritmetica di ragione 1. Il problema è che non ci sono 9 numeri primi "piccoli" in progressione aritmetica. Se considero la ragione 2 c'è solo una terna (1,3,5) di numeri primi in progressione aritmetica, se considero ragione 4 non ce n'è nessuna che inizia con 1 (1, 5, 9 non è primo). se considero ragione 6 ottengo (1,7,13) ma poi (19,25, 31) non va bene. Invece ci sono 3 triplette di numeri primi in progressione aritmetica di ragione 6 che hanno fra di loro la stessa distanza (30 appunto, come già osservato in un precedente intervento), è importante che la distanza tra le terne sia la stessa altrimenti la somma dei 9 numeri non è divisibile per 3. Per la costruzione del quadrato magico consiglio il metodo illustrato da Martin Gardner, Enigmi e giochi matematici vol. 2. Si scrivono i numeri in una griglia quadrata 3x3 in ordine crescente (1, 7, 13); (31, 37, 43); (61, 67, 73) e poi si scambiano gli estremi delle due diagonali. A questo punto il quadrato magico risulta in forma di rombo (7), (73,61), (31,37, 43), (13,1), (67) e girato di 45° (31,73,7), (13, 37, 61), 67,1,43).
Per quanto riguarda l'ultimo quesito proposto ho cercato la soluzione con il metodo della proprietà della casella centrale, e ho trovato che i numeri della la soluzione rispettano la proprietà che ho utilizzato per risolvere il quesito originario (24,25,26), (31,32,33),(38,39,40)
Il tradizionale quadrato magico è un insieme di numeri interi consecutivi a cominciare dal numero 1 disposti in uno schema quadrato, in modo che il totale delle righe, colonne e diagonali sia lo stesso, La cosa funziona anche se i numeri sono in progressione aritmetica ( non riesco a ricordare dove ho trovato questa affermazione, ma è vera e si può dimostrare), in realtà anche i numeri consecutivi sono una particolare progressione aritmetica di ragione 1. Il problema è che non ci sono 9 numeri primi "piccoli" in progressione aritmetica. Se considero la ragione 2 c'è solo una terna (1,3,5) di numeri primi in progressione aritmetica, se considero ragione 4 non ce n'è nessuna che inizia con 1 (1, 5, 9 non è primo). se considero ragione 6 ottengo (1,7,13) ma poi (19,25, 31) non va bene. Invece ci sono 3 triplette di numeri primi in progressione aritmetica di ragione 6 che hanno fra di loro la stessa distanza (30 appunto, come già osservato in un precedente intervento), è importante che la distanza tra le terne sia la stessa altrimenti la somma dei 9 numeri non è divisibile per 3. Per la costruzione del quadrato magico consiglio il metodo illustrato da Martin Gardner, Enigmi e giochi matematici vol. 2. Si scrivono i numeri in una griglia quadrata 3x3 in ordine crescente (1, 7, 13); (31, 37, 43); (61, 67, 73) e poi si scambiano gli estremi delle due diagonali. A questo punto il quadrato magico risulta in forma di rombo (7), (73,61), (31,37, 43), (13,1), (67) e girato di 45° (31,73,7), (13, 37, 61), 67,1,43).
Per quanto riguarda l'ultimo quesito proposto ho cercato la soluzione con il metodo della proprietà della casella centrale, e ho trovato che i numeri della la soluzione rispettano la proprietà che ho utilizzato per risolvere il quesito originario (24,25,26), (31,32,33),(38,39,40)
Ultima Modifica 02/10/2017 19:53 da Gabri.
Si prega Accedi a partecipare alla conversazione.