Sns 2004/2005 #1

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evans
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Sns 2004/2005 #1

Messaggio da evans » 23 ago 2006, 17:44

Si determinino i rettangoli che sono "pavimentabili" con mattonelle rettangolari $ 3 \times 2 $ ciioè che possono essere decomposti in un numero finito di rettangoli(le mattonelle) aventi ciascuno i lati di lunghezza $ 3 $ e $ 2 $.

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 23 ago 2006, 22:32

io ho fatto così.

intanto non ho escluso i casi in cui si formano quadrati perchè sono particolari rettangoli.

I casi base sono $ 2n \times 3m $ e simmetrici $ \forall n,m \in \mathbb{Z}^+ $.

Ora ci sono anche altre configurazioni di rettangoli che soddisfano la
proprieta’ richiesta, quelli formati da sotto-rettangoli con almeno un lato
lungo il minimo comune multiplo tra 3 e 2, cioe’ 6.

Condidero quindi il
rettangolo con 5 rettangoli di cui 3 disposti in orizzontale (2x3) uno sotto
l’altro e 2 in verticale (3x2) uno sotto l’altro a destra dei primi 3:
in tal modo si ottiene un 6x5, il quale puo’ essere allungato a destra di un
qualsiasi numero di coppie di 2 rettangoli disposti in verticale uno sotto
l’altro, pertanto, considerando anche i casi simmetrici, si ottengono i
rettangoli:

$ 6n \times (2 + 3m) $ e $ 6n \times (3 + 2m) $, $ \forall n,m \in \mathbb{Z}^+ $.
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NEONEO
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Messaggio da NEONEO » 25 ago 2006, 11:34

Però come fai a dimostrare che sono gli unici modi?
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Bacco
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Messaggio da Bacco » 25 ago 2006, 12:05

Più semplicemente:

Sia A l'area del rettangolone. 6 | A=mn allora sicuramente 6|m oppure 3|m, 2|n.

Quelli del tipo 3a x 2b vanno di certo bene.

Quelli del tipo 6c x d vanno bene per ogni d intero diverso da 1 (basta provarli fino a 7 e poi attaccarci dietro un quadrato 6x6). Visto che alcuni li ho già presi prima, restano da prendere quelli in cui d = 1,5 mod 6.

Ciao!

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 25 ago 2006, 12:27

Bacco ha scritto: Visto che alcuni li ho già presi prima, restano da prendere quelli in cui d = 1,5 mod 6.

quindi adesso si deve dimostrare che questi 2 tipi nn possono essere presi tramite una colorazione ad esempio?
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NEONEO
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Messaggio da NEONEO » 25 ago 2006, 12:32

Infatti, anche io l'ho fatto così, che d'altronde è più generale della soluzione sopra, ma non riscivo a dimostrare che tutti i modi andavano bene. Però in effettu adesso che l'hai detto tu, è vero che basta verificarli fino al sette, cioè a 6 +1 e poi per ottenere i successivi numeri si aggiunge un addendo compreso tra 2 e sette.
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 26 ago 2006, 14:34

uhm e chi dice che non vale per ogni $ d>1 $ ??

p.s. se so fare il 6 X a e so fare il 6 X b allora so fare anche il 6 X (a+b) basta metterli uno sopra l'altro... :P

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