regioni di un cerchio

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panurgo
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regioni di un cerchio

Messaggio da panurgo »

Poiché la rinascita del forum procede a rilento (settenani, dove siete?) posto un altro quesito.

Tovare la formula generale per il numero di regioni in cui viene diviso un cerchio congiungendo tra loro n punti posti sulla circonferenza

In figura vengono mostrati, a titolo di esempio, i casi per n = 2, 3 e 4

Immagine

saluti
il panurgo

Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
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0-§
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Messaggio da 0-§ »

La risposta(non ve la dico,é troppo facile),guardando le immagini,viene spontanea.E,come avviene di rado,é proprio così,almeno a giudicare dai primi numeri di N.Resterebbe da dimostrare perché é così.Ci provo,vi faremo sapere.
Ciao!
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di $\pi$, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di $\pi$ dovesse cambiare.

-Da un vecchio manuale FORTRAN della Xerox

panurgo
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Messaggio da panurgo »

Ovviamente, gli esempi scelti sono lì per fuorviare...
il panurgo

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giobimbo
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Messaggio da giobimbo »

Non esiste una formula generale perché, a partire da n=6, il numero di regioni varia a seconda di come si mettono i punti. Se i 6 punti formano un esagono a simmetria bilatelare ci sono 30 regioni, altrimenti ce ne sono 31.

0-§
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Messaggio da 0-§ »

Gniaffe!Corpo di una balena,Panurgo,me l'hai fatta!
Temendo il trappolone avevo considerato anche n=5,ma non é servito... :oops:
Ci proverò lo stesso (chiaramente,io pensavo a punti formanti un poligono regolare,chiaramente devo potere ignorare la disposizione dei punti).
Ciao!
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panurgo
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Messaggio da panurgo »

giobimbo ha scritto:Non esiste una formula generale perché, a partire da n=6, il numero di regioni varia a seconda di come si mettono i punti. Se i 6 punti formano un esagono a simmetria bilatelare ci sono 30 regioni, altrimenti ce ne sono 31.

giobimbo ha ragione: il quesito si sarebbe dovuto riferire al massimo numero di regioni in cui può venire suddiviso il cerchio.

Per il numero massimo c'è una soluzione generale
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mathmum
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Messaggio da mathmum »

panurgo ha scritto: Per il numero massimo c'è una soluzione generale
Sono antichi ricordi... Dijkstra o mi sbaglio?
R= numero regioni
n= numero vertici sulla circonferenza che determinano tutte le possibili corde

R = 1 + ( n – 1) su 1+ (n -1) su 2+ (n-1) su 3+ (n-1) su 4

Formula orrenda senza il TeX: "A su B" indica il coefficiente binomiale

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panurgo
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Messaggio da panurgo »

mathmum ha scritto:Sono antichi ricordi... Dijkstra o mi sbaglio?
In genere, cerco di postare quesiti di cui sono riuscito a trovare la risposta. Ho derogato da questa regola nel caso presente perché avevo a disposizione questo quesito e la "rinascita" del forum andava a rilento.

"Conosco" la risposta, e cioè

Immagine

ma non ci capisco un'h (ha l'aria di essere un facile teorema di analisi combinatoria).

Tenetevi forte, il quesito viene da "M. Gardner, Circo matematico. Una nuova serie di enigmi e giochi matematici, Sansoni Editore 1981".

Dunque, la zia di mia moglie lavorava alla Sansoni prima che venisse acquistata e smembrata dalla RCS e io ho ricevuto in dono il "Quintetto" degli enigmi e giochi di MG. Recentemente, nello sgombero di una soffitta a casa di mio suocero, ho trovato il croccante volumetto di cui sopra e un'altrettanto croccante "Enigmi da altri mondi", rubrica che MG tenne sulla prestigiosa rivista "Isaac Asimov's Science Fiction Magazine".

Posterò ad intervalli i quesiti che riuscirò a risolvere e, specificandolo, quelli che non riuscirò a risolvere.

P.S.: quando Tex funzionerà di nuovo $n + \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 4 \\ \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}c} {n - 1} \\ 2 \\ \end{array}} \right) = \frac{{n^4 - 6n^3 + 23n^2 - 18n + 24}}{{24}}$
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Messaggio da panurgo »

panurgo ha scritto:Conosco" la risposta, e cioè

Immagine

ma non ci capisco un'h
Non è che non capisco l'uguaglianza, non capisco come si ottiene la formula...
Ultima modifica di panurgo il mar nov 29, 2005 9:39 pm, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da giobimbo »

Comunque, la formula di mathmum è la stessa di M. Gardner, come si vede applicando la formula di Stifel, quella che si usa per costruire il triangolo di Tartaglia. Siccome n = [n su 1]:

n su 1 = [(n-1) su 1] + [(n-1) su 0]

n su 4 = [(n-1) su 4] + [(n-1) su 3]

[(n-1) su 2] = [(n-1) su 2]

e sommando le parti sinistre si ha la formula di Gardner, sommando le parti destre la formula di mathmum.

panurgo
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Messaggio da panurgo »

non riuscivo a leggere la formula di mathmum...

P.S.: mathmum, se ci sei batti un colpo e spiega in parole pov... adeguate ad un pubblico generico come si arriva dalle regioni alla formula :wink:
il panurgo

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OT: magari ci fossi arrivata da sola...

Messaggio da mathmum »

panurgo ha scritto: P.S.: mathmum, se ci sei batti un colpo e spiega in parole pov... adeguate ad un pubblico generico come si arriva dalle regioni alla formula :wink:
Ciao Pan, vedrò di mandare al + presto come _NON IO_ sono arrivata alla formula... la storia è quanto meno buffa: ho iniziato una progressiva riorganizzazione di tutta la "carta" che mi gira per casa, che è assolutamente troppa. Ho archiviato (leggi ucciso) tonnellate di esercizi vari dell'università, salvando giusto qualche "chicca" che mi serve con i miei studenti, posto che probabilmente nella vita non andrò mai a rivedere esercizi di istituzioni di fisica matematica o chennesò di algebra superiore...

La foga riciclatoria (perchè prima di buttare si ricicla, i.e. si scrive dietro ai fogli stampati su un solo lato) ha incluso anche le fotocopie di alcuni Proceedings di conferenze di un tale Sig. Dijkstra, noto per i suoi algoritmi di teoria dei grafi. E oplà, ecco che salta fuori, dietro a una fotocopia, una marea di disegnini di cerchi e corde. E mi sono ricordata di uno scervellamento di gruppo proprio su questo problema.

Ora sto "estraendo" dal brainstorming scritto multicalligrafico (nel senso che ognuno di noi scriveva, poi si cancellava, poi si riscriveva...) il succo della faccenda e vedrò di postarlo al più presto. Ma di certo non è opera mia, ma "del gruppo"...

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eccoquà

Messaggio da mathmum »

Siano: R = numero delle regioni
C = numero delle corde
I = numero delle intersezioni tra le corde all'interno del cerchio

Immaginiamo di aggiungere una corda alla volta (deltaC=1) e studiamo la relazione tra le relative variazioni di R ed I.

deltaR è il numero di segmenti in cui la nuova corda viene divisa dalle altre, che è uguale ad 1 più il numero delle intersezioni, quindi deltaR = 1 + deltaI
Dalle due relazioni precedenti otteniamo deltaR = deltaC + deltaI

e poichè il caso I = 0 e C = 0 corrisponde a R = 1, procedendo per induzione su C si ottiene
R = 1 + C + I .

Se si riesce a determinare C ed I allora siamo a posto.

Indicherò con [x,y] il coefficiente binomiale: leggi "x su y"

Ogni corda è associata a due punti distinti della circonferenza e viceversa, dunque
C = [n, 2]

Ogni intersezione è relativa a due corde aventi estremi distinti (perchè intersecandosi tra loro all'interno del cerchio non possono avere un punto della circonferenza in comune), e determina quindi 4 punti distinti sulla circonferenza e viceversa, quindi I = [n,4]

Dunque R = 1 + C + I = 1+ [n,2] + [n,4]

Ma poichè [n,k]=[n-1, k-1] + [n-1, k]

è possibile riscrivere R = 1 + [n-1, 1] + [n-1, 2] + [n-1, 3] + [n-1, 4]

che è la somma dei primi 5 termini di una riga del triangolo di Tartaglia.


spero di avere scritto tutto giusto, non ho tempo di controllare perchè siccome sono una math(poco) :roll: e una mum(tanto) :wink: devo andare a prendere il primino che esce da scuola prima, oggi. (oh, joy!!!)

ciao a tutti,

mathmum
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Messaggio da panurgo »

chiaro e limpido, grazie mille! :)

P.S.: ecco la risposta con tex

$R\left( n \right) = \left( {\begin{array}{c} {n - 1} \\ 0 \\ \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{c} {n - 1} \\ 1 \\ \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{c} {n - 1} \\ 2 \\ \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{c} {n - 1} \\ 3 \\ \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{c} {n - 1} \\ 4 \\ \end{array}} \right) = \sum\limits_{i = 1}^5 {\left( {\begin{array} {c} {n - 1} \\ {i - 1} \\ \end{array}} \right)}$
il panurgo

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