Azzeramento circolare

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giobimbo
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Azzeramento circolare

Messaggio da giobimbo » dom apr 07, 2019 9:15 am

Abbiamo una pedina rossa e n pedine bicolori: bianche da una parte e rosse dall’altra. Nella parte rossa è scritto il numero 0 (zero) mentre nella parte bianca ci sono i numeri da 1 a n, ogni pedina con un numero diverso. Disponiamo le (n+1) pedine su una circonferenza, più o meno alla stessa distanza l’una dall’altra, le bicolori con il rosso di sotto e il bianco di sopra.
Partiamo dalla pedina col numero m>0: la giriamo e, procedendo sempre in senso orario, contiamo le pedine che s’incontrano lungo la circonferenza. A partire dalla più vicina contiamo m pedine e se arriviamo su una che non è rossa la giriamo e ripetiamo il procedimento. Se si arriva su una rossa il solitario termina.
Il gioco consiste nel disporre le pedine in modo da ottenere il maggior numeri di zeri visibili, ossia quante più possibili pedine con la parte rossa in alto.

Un esempio con 6 pedine; a sinistra la posizione iniziale, a destra nella prima fila lo svolgimento partendo dalla pedina 1, nella seconda lo svolgimento partendo dalla pedina 4. Nella prima fila scegliamo la 1 e la capovolgiamo, poi facciamo 1 passo in senso orario e troviamo la 3, la giriamo e facciamo 3 passi, ecc. Al penultimo passaggio finiamo sullo zero, quindi 0 passi, quindi ci fermiamo lasciando la pedina 4 con la faccia bianca visibile. Una buona soluzione ma migliorabile, infatti come si vede nella seconda fila, partendo dal 4 si riesce ad azzerare tutto.
base5 ribaltamenti.png
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Problema 1. Trovare una soluzione per n=13 (dispari) numeri da 1 a 13 più lo zero, 14 pedine in tutto.

Problema 2. Trovare una soluzione per n=14 (pari) numeri da 1 a 14 più lo zero, 15 pedine in tutto.

Pasquale
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Re: Azzeramento circolare

Messaggio da Pasquale » gio mag 09, 2019 2:57 am

O.K. Giò. Se ho capito bene il gioco, riporto qui di seguito qualche soluzione, con partenza dalla 1^ pedina dopo lo zero fisso (che bisogna aggiungere), oppure dalla 7^. Se ne possono trovare facilmente con partenza da qualsiasi pedina. Non ho fatto i cerchietti, ma è sempre possibile farsene uno su carta, piazzandoci poi i numeri delle soluzioni in senso orario ed utilizzando quindi gomma e matita, per il gusto della verifica.

13 pedine bicolori con inizio gioco dalla prima pedina dopo lo zero fisso:

11 5 1 2 3 7 4 8 13 9 6 12 10
9 11 4 2 3 5 1 10 8 6 12 7 13
3 10 7 1 6 2 13 9 4 12 5 11 8
9 1 3 12 2 6 4 5 13 8 11 7 10
1 7 3 6 12 2 5 10 4 9 11 13 8
5 6 10 7 13 1 3 11 8 2 12 4 9
11 7 3 9 5 13 1 8 2 12 10 6 4
4 1 10 2 6 3 5 13 7 8 11 12 9
2 10 7 4 1 3 9 5 12 8 11 13 6
4 6 7 8 2 10 1 9 11 3 12 13 5

13 pedine bicolori con inizio gioco dalla settima pedina dopo lo zero fisso:

13 4 12 7 11 6 3 1 10 8 2 5 9
12 3 8 6 4 10 11 7 13 2 9 5 1
7 10 1 11 12 5 2 6 4 9 13 8 3
10 6 12 2 7 13 9 1 4 8 3 5 11
10 3 11 5 1 6 9 7 13 8 2 12 4

14 pedine bicolori con inizio gioco dalla prima pedina dopo lo zero fisso:

4 1 11 8 12 3 9 5 2 13 14 10 6 7
10 4 2 13 3 6 7 8 9 12 14 1 11 5
8 9 11 4 7 1 13 10 12 3 14 5 6 2
9 5 1 12 7 8 13 3 14 11 2 6 4 10
9 1 13 3 8 2 7 4 11 14 10 5 6 12
13 14 7 8 12 1 2 3 4 11 9 6 10 5
12 14 3 8 2 5 1 11 9 4 6 13 7 10
13 5 1 4 8 12 9 2 3 7 10 14 11 6
8 6 2 10 1 4 9 11 3 12 7 5 13 14
10 5 7 12 4 8 11 13 14 2 9 1 6 3
_________________

\text {     }ciao Immagine ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)

giobimbo
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Re: Azzeramento circolare

Messaggio da giobimbo » ven mag 10, 2019 2:53 pm

Ottimo Pasquale! sei sempre una colonna del forum.
Non essendo io capace di programmare le mie soluzioni sono solo 2:
0 1 3 12 10 8 6 4 2 13 7 9 11 5 per 13 pedine bicolori, partenza dal 4 e:
0 11 7 2 13 8 5 12 14 1 6 3 9 10 4 con partenza da qualsiasi numero, come hai notato anche tu che succede con 14 pedine bicolori. Le tue soluzioni mi saranno utili per approfondire le mie ricerche.

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