Problema 6 SNS 2015

[DeBeTeo]

Ed effettivamente non avevo nemmeno considerato tutte le regole del sudoku. Ovvero che per completare l'ultimo quadrante devo prima far sì che non ci siano giá tre coppie di numeri uguali tra loro in ogni riga e in ogni colonna

[tommy1996q]

Allora, secondo me le combinazioni che ho trovato sono troppe per un sudoku così piccolo, lo dico "a occhio" diciamo, ma credo di aver contato più volte le stesse combinazioni.
Il problema è sapere quante....
Oltretutto alle operazioni che ho descritto mi è venuta in mente anche la simmetria assiale, quindi il numero finale sarebbe ancora maggiore...

Secondo me comunque conviene ragionare sul fatto che la somma lungo una riga e in un quadratino 2X2 è sempre 10, e da lì trovare tutte le possibilità

[tommy1996q]

Ho rifatto il problema in un modo diverso e secondo me più convincente, non avevo molto tempo quindi nn so se si capirà benissimo. La soluzione nuova è sotto la vecchia e nel caso la sostituirò

[Pachisi]

Per il punto 2) le soluzioni dovrebbero essere (come detto da coleridge) un quarto quelle del punto 1), quindi $72$.

[tommy1996q]

si hai ragione, infatti sono un quarto, io avevo fatto una divisione assurda perché ero in ritardo pauroso e nn ho visto l'errore madornale . Ora ho corretto, ma a me le configuarzaioni non tornano 288, come hai fatto a ottenere quel numero???

[coleridge]

ATTENZIONE: non era richiesto dal problema, ma io lo propongo lo stesso: chi mi sa dire quante sono le soluzioni fissati 2 numeri e perché?

Provo a rispondere a questa domanda.
Il primo numero è già stato inserito, qundi abbiamo già diviso i casi possibili per $4$ e ne rimangono $72$.
Per il secondo, osserviamo che si possono ancora scambiare tra loro le due righe e/o le due colonne rimanenti, o i tre numeri non usati:

• se è lo stesso numero
  
  • in una 2x2 contigua: $72:2=36$
  • nella 2x2 opposta: $72:4=18$
• se è un numero diverso
  
  • nella stessa 2x2: $72:3=24$
  • nella 2x2 opposta: $72:4=18$
  • in una 2x2 contigua
    
    • sulla stessa riga/colonna: $72:3=24$
    • sull'altra riga/colonna (vanno esclusi i casi con lo stesso numero): $(72-72:2):3=12$

[coleridge]

Alllora il primo di questi 2 quadretti potrà essere riempito in 4 modi, vaiando l'ordine degli elementi. Per il secondo notiamo che se una sua riga è uguale a una colonna del primo, allora anche la riga restante sarà uguale all'altra colonna, per cui le possibilità si riducono, alla fine, a 2, che praticamente consistono nelle stesse 2 righe scambiate di posto. Allora alla fine abbiamo:

$S=4!*4*2=192$

Ma in 2 di questi 4 casi non è possibile che una riga del secondo (terzo?) sia uguale a una colonna del primo (secondo?).

[tommy1996q]

Guarda, ho riveduto tutto con calma e senza fretta, e ho trovato che anche a me tornano 288 possibilità e poi nel punto 2 72. Ho corretto la dimostrazione, ma senza disegni non mi è facile spiegare, semmai provvederò a metterli. Oltretutto non credo sia molto rigorosa come cosa.... Comunque tu in un post precedente hai semplicemente detto che le soluzioni erano 288. Puoi spiegare come sei giunto a questo risultato? Perché alla fine le domande 2 e 3 sono abbastanza facili una volta risolta la prima, che è un po la chiave di volta del problema

[Pachisi]

Ti consiglio di fare un disegno.
La casella $a_{i,j}$ è quella nella $i-esima$ riga e $j-esima$ colonna.
Riempiamo il quadrato 2x2 in alto a sinistra con $a_{1,1}=1, a_{1,2}=2, a_{2,1}=3, a_{2,2}=4$. Ora, possiamo avere $a_{1,3}=3, a_{1,4}=4$ o viceversa. Analogamente, possiamo avere $a_{3,1}=2, a_{4,1}=4$ o viceversa. Notiamo che possiamo scambiare le ultime due righe e le ultime due colonne per avere una nuova soluzione. Quindi, possiamo considerare uno di questi casi. Sia $a_{1,3}=3, a_{1,4}=4$ e $a_{3,1}=2, a_{4,1}=4$. Consideriamo la posizione $a_{3,3}$. Chiaramente non possiamo mettere ne 2 ne 3. Notiamo che non possiamo mettere neanche 1. Infatti, se $a_{3,3}=1$, allora, si avrebbe $a_{4,2}=a_{2,4}=1$, quindi $a_{2,3}=2$ e $a_{3,2}=3$. Allora, $a_{3,4}=4$. Questo però è impossibile perché abbiamo già un 4 in quella colonna. Quindi, $a_{3,3}=4$. Questo porta 3 diverse soluzioni. Considerando che il primo quadrato 2x2 puo` essere riempito in $4!$ modi e che possiamo scambiare le ultime due righe e colonne in $2 \cdot 2$ modi, abbiamo un totale di $4! \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3=288$ modi.

[coleridge]

In alternativa potresti calcolare così:
Nella casella 2x2 opposta a quella già sistemata ci sono $4\cdot3$ modi di scrivere $a$ e $d$.
\begin{matrix}a&b\\c&d\\&&\cdot&\cdot\\&&\cdot&\cdot\end{matrix}
Ora c'è un solo modo per scrivere $b$ (non sulla colonna di $a$) e $c$ (non sulla riga di $a$).