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Titolo: Nove tavoli da nove

Tempo fa, ragionando sul caso in oggetto, avevo pensato di generalizzare
la strategia usata per un numero primo di tavoli. Volevo sfruttare il
fatto che 9 = 3x3 e che quindi, in linea di principio, si può ottenere
una permutazione di 9 oggetti iterando due permutazioni da 3.
 
Mi spiego. Come forse ricorderete, la strategia per 3 tavoli (o per
qualunque altro numero primo) consiste nell'applicare successivamente
alle colonne della matrice 2 (quella della seconda serata) delle
"rotazioni" (es. la colonna (a b c) ruotata di 1 a sinistra dà (b c a)).
 
In particolare, la prima colonna rimane sempre inalterata, la seconda
colonna ruota di 1 e 2 per ottenere le seconde colonne della terza e
quarta serata (def -> efd -> fde), la terza colonna ruota di 2 e 1 per
ottenere le terze colonne della terza e quarta serata (ghi -> igh ->
hig). Ottengo quindi:
 
  1       2       3       4
a b c   a d g   a e i   a f h
d e f   b e h   b f g   b d i
g h i   c f i   c d h   c e g
 
Nel caso di 9 tavoli si possono ottenere 9 rotazioni analoghe nel modo
seguente. Supponiamo che (0 1 2 3 4 5 6 7 8) sia una colonna da ruotare.
Innanzitutto la suddivido in tre gruppi da 3: (0 1 2 - 3 4 5 - 6 7 8).
Poi applico una rotazione doppia {i, j} nel senso che ruoto i tre gruppi
fra loro di i e poi ruoto gli elementi all'interno di ciascun gruppo di
j. Gli indici i e j possono prendere i valori 0, 1 o 2, sicché abbiamo
in tutto 9 possibili rotazioni composte. Ecco un esempio
dell'applicazione della rotazione {1, 2} alla colonna di prima:
 
(0 1 2 3 4 5 6 7 8)  ->  (5 3 4 8 6 7 2 0 1)
 
Come al solito la prima colonna rimane sempre inalterata (rotazione {0,
0}) mentre le altre colonne delle sere dalla terza alla decima si
ottengono dalle colonne della seconda sera applicando le altre otto
rotazioni ({0, 1} {0, 2} {1, 0} {1, 1} {1, 2} {2, 0} {2, 1} {2, 2}) in
un certo ordine.
 
Affinché la cosa funzioni, per analogia col caso dei tavoli primi,
suppongo che queste otto rotazioni per le otto serate da 3 a 10 debbano
formare un quadrato latino. 
 
È confortante che la soluzione trovata da Livio soddisfi proprio a
questo schema. Ecco quali sono le rotazioni nel suo caso:
 
                           colonne
sere   2       3       4       5       6       7       8       9
 3: {2, 0}, {1, 0}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1}, {2, 1}, {1, 1}, {2, 2}
 4: {1, 0}, {2, 0}, {0, 1}, {2, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {2, 2}, {1, 1} 
 5: {0, 2}, {0, 1}, {1, 0}, {1, 1}, {2, 0}, {2, 2}, {2, 1}, {1, 2}
 6: {1, 2}, {2, 1}, {1, 1}, {0, 2}, {2, 2}, {0, 1}, {1, 0}, {2, 0}
 7: {0, 1}, {0, 2}, {2, 0}, {2, 2}, {1, 0}, {1, 1}, {1, 2}, {2, 1}
 8: {2, 1}, {1, 2}, {2, 2}, {0, 1}, {1, 1}, {0, 2}, {2, 0}, {1, 0}
 9: {1, 1}, {2, 2}, {2, 1}, {1, 0}, {1, 2}, {2, 0}, {0, 1}, {0, 2}
10: {2, 2}, {1, 1}, {1, 2}, {2, 0}, {2, 1}, {1, 0}, {0, 2}, {0, 1}
 
Purtroppo ho anche constatato che non tutti i quadrati latini con le
otto rotazioni funzionano: nella maggior parte dei casi si ottengono
soluzioni incomplete. Però ho trovato in questo modo molte altre
soluzioni del caso 9x9.
 
Il problema è quello di capire se queste altre soluzioni sono tutte
isomorfe a quella di Livio. Il mio test col determinante direbbe di sì,
ma non sono molto sicuro che questo test funzioni bene. D'altra parte,
l'analogia col caso dei tavoli primi suggerirebbe proprio che sia così.
 
Restano quindi varie cose da capire:
- perché non tutti i quadrati latini funzionano?
- le soluzioni trovate in questo modo sono veramente tutte isomorfe?
- in caso affermativo, come costruire allora altre soluzioni non
isomorfe?
 
M.
 
-- 
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.

 isomorfe?
 
Eh.. io per la 8 devo ancora costruirne almeno una, figurati!
 
-- 
Tanti saluti
 

 
 
Hmm, ci mediterò sopra...


  { 0,  1,  2,  3,  4,  5,  6,  7,  8}
 
E' ok, ha anche la matrice con la prima riga diagonale che chiedevo (ed
e' proprio la prima dopo M e T), tutto questo e' molto interessante TNX
perche' la sua presenza o meno e' legata certamente alla parita' (nelle
dispari non puo' esistere essendo a scambi zero). Inoltre e' quella che
chiamo S perche' ha quadrato latino simmetrico.
 
Cosa aspetti a fare la 12, con questo tuo ottimo metodo delle rotazioni
a due indici?
 
-- 
Tanti saluti
 

 a due indici?
 
Il metodo dovrebbe funzionare quando n è il quadrato di un primo, per 12
non sono affatto sicuro che funzioni e in ogni caso bisognerebbe capire
che cosa sarebbero le "rotazioni" nel caso n=4.



La soluzione per 12 quasi sicuramente NON esiste (anche se ancora non 
dimostrato).
Tutte le configurazioni "risolvibili" (divisibili in classi parallele)
trovate finora, hanno K primo o potenza di un primo.

 che cosa sarebbero le "rotazioni" nel caso n=4.
 
Le rotazioni per N pari pensavo andassero alternate: una ad indici
crescenti, l'altra decrescenti (in tutte le dispari: tue o quelle dei
primi, sono invece sempre e solo crescenti). Nella 4 fa cosi', invece la
8 non viene per nessun accoppiamento possibile di due piu' due 4, sembra
debba avere rotazioni su 2 elementi, invece che su 4, e alternati
crescenti decrescenti.
E pensare che a Giorgio la 8 esce quasi all'istante!
 
D'altra parte e' chiaro che, col tuo metodo di rotazione, ti stai
escludendo tutte le soluzioni con, ad esempio, la riga orizzontale
inversa: 9 8 7 6 5 4 3 2 1, perche' da te gli indici possono infatti
solo crescere (leggi solo da sinistra a destra).
 
-- 
Tanti saluti
 

 Le rotazioni per N pari pensavo andassero alternate: una ad indici
[...... taglio totale.........]
 
Visto il post di Dario, ci ho ripensato: io getto la spugna qui.
 
-- 
Tanti saluti
 


 
 
-- 
Tanti saluti
 

 trattazione e' una passeggiata!
 
Insomma... Se leggi verso la fine dice: 
 
"Ma per quali n ci sono piani affini finiti? Certamente se n è l'ordine
di un campo finito (per esempio, se n è primo [in generale se n = p^k,
nota mia]), altrimenti non è una domanda facile."
 
Sì, grazie, ma ce n'eravamo già accorti da soli. Poi spiega come
costruire i quadrati latini se n è primo e alla fine osserva:
 
"Se n = p^k con k>1, la faccenda si complica, però..."
 
e dopo i puntini di sospensione non c'è più nulla! Ma che fa, ci piglia
in giro? :-)


Addi' 13 giu 2015, Maurizio Frigeni scrive:

Mazzate che veloce che sei! Ok, pensavo fosse completa, mi piaceva la
storia degli spazi affini finiti che non conoscevo -- ciao!
 
-- 
Tanti saluti