OliForum Matematico

Prima di sporcarci troppo le mani, pensiamo ad un approccio versatile
Abbiamo una circonferenza, tracciamo $n$ corde che si intersecano all'interno del cerchio (circonferenza esclusa) in $m$ punti distinti (complessivamente).
Quante parti si formano?

Piccola precisazione, ma anche mega-hint. Una permutazione può essere composta pure con sè stessa.

Due amici $A$ e $B$ hanno a disposizione l'insieme $P$ delle permutazioni di $n$ elementi. Ovvero l'insieme che contiene tutte le permutazioni possibili tra i numeri da $1$ a $n$. Ad ogni turno, un giocatore deve togliere da $P$ una permutazione e metterla in un altro insieme $E$ inizialmente vuoto....

Ok, ho capito cosa vuoi dire. Sono stato superficiale in pratica :D La differenza sta nel fatto che coi quadrati, il quadrato più piccolo di una "striscia" lo puoi trovare pure al bordo della striscia. Quindi il "vuoto" può essere colmato senza creare altri "vuoti" inte...

No, forse ho scritto male :D Prima tassello solo il primo strato, cioè mi scelgo una faccia del cubo (il pavimento) e la ricopro di cubetti in modo che non ci siano buchi. Quindi come minimo sto già supponendo di poter tassellare coi quadrati. Per ora non c'è nessun cubetto sopra altri, ho fatto sol...

Per i cubi, con qualche imbroglio sottile, forse la si può vedere così Se fosse possibile tassellare, i cubetti dovrebbero essere tutti paralleli ai lati. Lo si vede partendo dai vertici dove è evidente che ci va un cubetto che si infila perfettamente, e così via si procede via via coi nuovi vertici...

Si hai ragione Chissà perchè mi è venuto in mente di fare quella cosa strana... D: Trall'altro la torre gigante sulla 4 ce l'avevo, solo che non stavo considerando di ridurla facendo mosse B fino ad arrivare alla quantità desiderata.

Sicuramente si può superare di parecchio :D E penso di aver trovato un algoritmo per ottenere tutti i multipli di $4$ entro un certo limite. L'idea in sostanza è che cerco di accumulare una certa quantità gigante in terza posizione, lasciando vuote sia la quarta sia la quinta sia la sesta. Dopodichè...

A ripensarci mi sa che non si ottimizza in quel modo :D E forse è più difficile del previsto, ma per arrivare a $10^{81}$ non dovrebbe servire troppa cura. $(1,1,1,1,1,1)$ $(0,2,2,2,3,1)$ $(0,2,2,2,0,7)$ $(0,2,2,1,7,0)$ $(0,2,2,1,0,14)$ $(0,2,2,0,14,0)$ $(0,2,1,14,0,0)$ $(0,2,1,0,2^{14},0)$ Applican...

Non ho ancora avuto modo di provare ad ottimizzare la quantità ottenibile. Però ad esempio ho visto che accumulando una certa quantità $k$ in quarta posizione, poi basta far oscillare un elemento tra la quinta e la sesta posizione (applicando mosse A e B in modo alternato) e quando la quarta colonna...

Per il primo andrebbe anche $\sum n_i (2^i-1)$ però numerando le scatole al contrario e partendo da $i=0$. Diminuisce sempre di $1$. E si può dimostrare che non è possibile fare una sola mossa B) per ottere 64 palle nell'ultima scatola. (In quanto bisognerebbe fare una mossa B) che aumenta di 2 quel...

Dovrebbe funzionare un ragionamento analogo xD Però è davvero simpatica quella generalizzazione :D In pratica per un certo $m$ e $k$ fissati posso farlo divisibile per tutti gli interi fino a $(m+1)^k$. Il motivo è che stavolta mi costruisco tutte le somme possibili dove ogni coefficiente lo posso s...

gpzes ha scritto:ed avrei sequenza banale di zeri.

Ma così funziona per ogni numero. Lui chiedeva se usando $k$ numeri puoi sempre ottenere un valore divisibile per $2^k$, senza però annullare tutto.

con $1024$ non ce la fai se hai: $1,2,4,8,...,512$. Dovresti ottenere per forza $0$ ma non puoi visto che la più piccola potenza che prendi ti sballa il resto modulo quella successiva.

Drago96 ha scritto:si può fare anche con tanti altri numeri al posto di 1001...

Sì, con tutti fino ad un certo punto