Triplette convergenti II. La vendetta

[giobimbo]

Abbiamo n punti P1, P2, …, Pn in posizione generale nel piano, ovvero tre di essi non sono mai collineari. Ad ognuno di essi è associato un numero sempre diverso preso dall’insieme
E = {1, 2, …, (3n/2+m}, con m maggiore o uguale a 1.
Se la coppia di punti Pr e Ps è collegata da un segmento ad esso assegniamo un valore p (un “peso”) dato da:

p = valore assoluto di (Pr - Ps)

Aggiungiamo tre ulteriori condizioni:
1) In ogni punto convergono 3 segmenti.
2) I pesi dei segmenti devono essere tutti diversi.
3) Il numero m deve essere il più piccolo possibile.

Collegare i punti rispettando le condizioni date. Sotto un esempio con n=6 e m=1:

n=6 s=9.png (17.27 KiB) Visto 27239 volte

Problema 1 (facile). Fare un esempio con n=8
Problema 2 (meno facile). Fare un esempio con n=10

[Gianfranco]

Giobimbo, posto questa soluzione per n=10, m=13 solo per vedere se ho capito il problema.

GIOBIMBO1.png (32.5 KiB) Visto 27217 volte

I punti P1-P10 si trovano su una stessa circonferenza.
In verde ci sono i numeri associati ai rispettivi punti.
In giallo ci sono i pesi dei collegamenti tra le coppie di punti selezionate.

Può essere una soluzione accettabile (anche se m è migliorabile)?

[giobimbo]

Perfetto, Gianfranco, hai capito benissimo.

[Gianfranco]

Un'altra soluzione per n=10, m=8 potrebbe essere questa.

GIOBIMBO2.png (30.43 KiB) Visto 27194 volte

[Gianfranco]

Ho ancora questo con n=10 e m=2

GIOBIMBO3.png (26.64 KiB) Visto 27179 volte

Salvo errori & omissioni.

[giobimbo]

Va meglio, ma si può ancora migliorare. Mi stupisco che tu sia partito subito col problema meno facile, con 8 punti la cosa è più abbordabile e lavorandoci sopra si potrebbero trovare metodi con cui affrontare il grado superiore.
Aggiungo solo che con 6 punti ci sono solo 2 distinte configurazioni, una senza incroci di linee ma che non ha soluzioni.

[Gianfranco]

Mi stupisco che tu sia partito subito col problema meno facile, con 8 punti la cosa è più abbordabile e lavorandoci sopra si potrebbero trovare metodi con cui affrontare il grado superiore.

Giobimbo, ammetto che ho affrontato questo problema un po' per gioco, superficialmente. Mi interessava di più la visualizzazione "aritmetica" che quella "geometrica".
In realtà ho cominciato con 4 punti, che hanno una struttura obbligata.
Poi mi sono chiesto se le soluzioni si possono "combinare": per esempio usare due soluzioni disgiunte da 4 punti per costruire una soluzione da 8.
Infine ho costruito una soluzione da 10 usando una da 4 e una da 6.
Poi mi sono fermato, con tante buone intenzioni...
Ecco l'unica soluzione da 8 punti con n = 4 + 4 = 8 e m = 3.
Salvo errori & omissioni.

GIOBIMBO4.png (24.43 KiB) Visto 27155 volte

[giobimbo]

Anche questa soluzione è migliorabile...
Comunque, come visualizzazione del problema direi che hai usato l'idea giusta. Se pensiamo alla configurazione di punti e segmenti come a un grafo G tu hai usato la matrice di adiacenza A(G) del grafo.
Anticipo che la soluzione per n=8 presenta una struttura "davvero" sorprendente. Ma sto ancora approfondendo l'argomento.

[Alessandro B]

Io ho trovato questa soluzione con N=8 e m=2

[Alessandro B]

Soluzione con N=10 e m=1

[Alessandro B]

Soluzione con N=8 e m=1

[giobimbo]

Un caloroso benvenuto al nuovo iscritto che con le sue due soluzioni, corrette, risolve d’un sol colpo il mio gioco. Aggiungo solo quello da me trovato.

Per n=8 ci sono altre 3 diverse configurazioni possibili che, nella figura sotto, metto unite assieme.

Pesi completo.png (23.19 KiB) Visto 27084 volte

Più sotto sono separate e in rosso ci sono i loro pesi.

Pesi singoli.png (36.47 KiB) Visto 27084 volte

La prima e la terza figura hanno 4 automorfismi ciascuna indicati con la notazione
(4, 10, 6, 9) (1, 12, 3, 13)
a significare le rotazioni delle due quartine di punti come si vede nell’esempio sotto (metto solo la prima, per la terza si procede allo stesso modo).

Quattro automorfismi.png (74.43 KiB) Visto 27084 volte

La figura centrale (in quelle con i pesi in rosso) ha 2 automorfismi
(1, 13) (3, 12) (4, 10) (6, 9)
a indicare lo scambio delle quattro coppie di punti. Il risultato è nell’ultima figura qui sotto:

Due automorfismi.png (45.08 KiB) Visto 27084 volte

Se si disegna la figura per n=8 di Alessandro B si ottiene un cubo il cui unico automorfismo è l’identità. Guardando invece la simmetria del caso n=6 si scopre che esiste un’altra configurazione data dall’automorfismo (1, 10) (4, 8.) (7, 9).

[Bruno]

Complimentissimi ad Alessandro e grazie a Giobimbo per l'esplorazione illustrata

[giobimbo]

A quanto pare questo tema riserva ancora sorprese.
Cercando una soluzione per n=12 ho trovato un grafo uguale a quello di Quelo nell’altro post riguardante le triplette. In esso Quelo diceva anche che tutti i prismi a base poligonale rispettano la condizione 1). La mia soluzione ha base esagonale, quella per n=6 di Alessandro B aveva base quadrata: non sarà mica che esiste anche un prisma con base triangolare? Approfondendo ho trovato in tutto 3 diverse soluzioni per n=6 (vedi figura sotto, l’ultima è isomorfa alla figura dell’esempio).

502 n=6 tre soluzioni.png (36.81 KiB) Visto 27044 volte

Forse esiste anche un prisma con base pentagonale che rispetti le condizioni 2) e 3)? La mia soluzione e quella di Alessandro B hanno 6 facce mentre un prisma ne ha 5 laterali, una sopra e una sotto, 7 in totale.

[Alessandro B]

Anche io ho cercato una soluzione per n=12 ed ho trovato questa: