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Titolo: Esagono Magico

Ciao!
Ecco un giochetto estensione del quadrato magico.
Sistemate i numeri da 1 a 19 nel seguente schema:
                 A,B,C
                D,E,F,G
               H,I,J,K,L,
                M,N,O,P,
                 Q,R,S
 
in modo che le somme in tutte le possibili diagonali siano uguali,
i.e.:
  A+B+C = D+E+F+G = ... = Q+R+S
  A+D+H = B+E+I+M = ... = L+P+S
  C+G+L = B+F+K+P = ... = H+M+Q
ciao ciao,
Marco
-- 
http://www.ing.unife.it/docenti/MarcoGavanelli

                  Q,R,S
Questo rompicapo ha una storia commovente. E' riportata da Ross Honsberger 
in Mathematical Gems, 1973 pag.69.
Nel 1910 un certo Clifford Adams incomincio' ad interessarsi all'esistenza 
di esagoni magici. Dopo aver dimostrato facilmente che un esagono di lato 2
con 7 numeri non e' ottenibile, decise di analizzare il lato 3, e per lo 
scopo si costrui' la serie di pedine numerate da 1 a 19. Lavorava per la 
Reading Railroad Company ed il tempo libero lo dedicava al problema, ma 
prove su prove non diedero risultato. Andato in pensione ed avendo a 
disposizione molto piu' tempo, si accani' inutilmente sul problema per 
alcuni anni .  Nel 1957, dopo ben 47 anni dall'inizio della sua avventura, 
fu ricoverato in ospedale per un intervento, e naturalmente porto' con se' 
le 19 tessere, e proprio alcuni giorni dopo l'operazione trovo' la 
soluzione, potete immaginare la  trepidazione, per la paura di scomporre le 
pedine posizionate in modo precario sul letto, scrisse immmediatamente la 
soluzione su un foglietto di carta.
"Finalmente si mise il cuore in pace", direte voi, ma non e' cosi'!
Tornato a casa, rimase di ghiaccio quando non gli riusci' di ritrovare il 
biglietto. Con la certezza dell'esistenza di una soluzione si rimise 
caparbiamente al lavoro, puo' sembrare incredibile, ma dopo altri 5 anni, 
la soluzione sembrava inafferrabile, quando con sua grande felicita' 
ritrovo' il biglietto perduto. Era il Dicembre del 1962.
In seguito l'esperto di giochi matematici Charles W. Triggs, ora scomparso,
provo' che non esistono altri esagoni magici di qualunque ordine, e che 
questo di ordine 3 ha un'unica soluzione.
:) dario

Sono ignote sia le 19 variabili che i tre risultati delle somme.  Abbiamo
quindi ben 22 incognite!
Le nostre condizioni sono 15 (le varie somme sulle diagonali) + 1 (tutte le
variabili da A a S devono essere diverse) + 1 (tutte i valori da assegnare
alle variabili da A a S devono essere comprese tra 1 e 19).  In totale
quindi 17 condizioni, no?
Sappiamo pero' che le tre somme devono essere uguali in tutti e tre i versi:
la somma di tutte le diagonali lungo lo stesso verso e' la somma di tutti i
numeri da 1 a 19.  Questa somma e' uguale a (1+19)*19/2 = 190.  Visto che
tutte e cinque le somme lungo ciascuna direzione devono essere uguali,
devono valere 190/5 = 38.
Questo fa scendere le incognite a 19.  Possiamo ridurre il problema
ulteriormente.  Usando numeri fra 1 e 19 ci sono solo 28 modi per ottenere
come somma 38.  Considerando pero' anche le permutazioni nell'ordine degli
addendi, abbiamo 168 possibili sequenze di numeri candidate a formare i lati
dell'esagono.  Pardon, 164, perche' esiste solo un modo di ottenere 38 con
una somma che contenga 1 (18 + 19 + 1), e quindi le sequenze 1-19-18,
1-18-19, 19-18-1 e 18-19-1 vanno scartate (l'1 non e' condivisibile da piu'
lati).
Dato il nostro sistema di 19 variabili in 15 equazioni, ci basta ipotizzare
il valore di 4 variabili, e vedere se la soluzione rispetta anche le altre
due condizioni.  In pratica abbiamo "solo" 2624 possibili sistemi, in quanto
tre variabili le assegniamo secondo una delle 164 sequenze di cui sopra, e
l'altra... beh, a caso fra uno dei 16 numeri rimanenti.
Non e' elegante, ma e' un processo che richiede un numero finito di passaggi
:)
Zaknafein

 quindi ben 22 incognite!
Immagino che Marco intendesse:
  A+B+C = D+E+F+G = ... = Q+R+S =
  A+D+H = B+E+I+M = ... = L+P+S =
  C+G+L = B+F+K+P = ... = H+M+Q.
Cioe' che la somma delle 15 file sia sempre la stessa.
:) dario

 Cioe' che la somma delle 15 file sia sempre la stessa.
Poco importa, in quanto e' facilmente dimostrabile (leggio meglio la mia
mail) che DEVE essere sempre la stessa, e in particolare deve valere sempre
38 :)
Zaknafein

 38 :)
Hai ragione, conoscendo gia' la soluzione  ho risposto dopo aver letto solo 
le prime righe di quanto hai scritto.
Allora questa mia leggerezza mi stimola a fare qualche cosiderazione.:
                 A,B,C
                D,E,F,G
               H,I,J,K,L,
                M,N,O,P,
                 Q,R,S
a) I numeri 1 e 2 non possono essere collocati negli angoli esterni.
Consideriamo S, abbiamo Q+R+S = S+P+L = 38
Q+R+P+L+2S= 76 oppure Q+R+P++L=76-2S
Ora se S=1 o 2 avremmo 76-2S=>72, ma il massimo valore di Q+R+P+L = 
19+18+17+16 = 70.
b) Ciascuna cella centrale esterna R,P,G,B,D,M deve essere uguale alla 
cella nel centro J + le due celle opposte dell'anello interno. Es R=J+E+F
Difatti se noi addizioniamo le 5 linee 
(A,B,C),(H,M,Q),(D,I,N,R),(L,P,S),(G,K,O,R) contiamo 2 volte R, ed ogni 
altro numero, esclusi E,F,J, ma le 5 linee contate devono sommare a 5x38 
esattamente come tutti i membri dell'esagono. Allora una cella centrale 
esterna dovendo essere somma di almeno 3 numeri, deve essere >=6 (1+2+3)
Possiamo dire, visto anche il punto a) che i numeri 1 e 2 non compaiono 
nell'anello esterno.
c)Il numero presente nella casella centrale J, non puo' essere piu' grande 
di 8. Con un metodo simile al punto b), Sommiamo le 5 linee orizzontali + 
le 3 diagonali maggiori. Nel totale = 8x38, J e' presente 4 volte, ogni 
Cella dell'Anello Interno 2 volte, Ogni  Cella d'Angolo Esterna 2 volte ed 
ogni Casella Centrale Esterna 1 volta.
In simboli 4J+2AI+2AE+CE= 8(38)         (1)
Sommando le 6 linee esterne = 6x38 contiamo 2 volte le caselle d'Angolo 
Esterne e una volta le Centrali Esterne.
In simboli 2AE+CE=6(38)              (2)
Sottreando la (2) dalla (1)   4J+2AI=2(38)  -->  2J+AI=38
Essendo 2J=38-(E+F+K+O+N+I), il massimo valore di 2J = 38-(1+2+3+4+5+6)=17
con J<9.
Questo dovrebbe facilitare la vita a chi ci volesse provare.
Spero di essermi fatto perdonare.
ciao :) dario

 ritrovo' il biglietto perduto. Era il Dicembre del 1962.
Una bella odissea, poverino !
Ma se avesse avuto un pc, scommetto che in 5 minuti avrebbe trovato la
soluzione:
     03  17  18
   19  07  01  11
 16  02  05  06  09
   12  04  08  14
     10  13  15


Ottimo!
A presto,
Marco
-- 
Marco Gavanelli
DIF - Ferrara University
IC-Parc visiting student
William Penney Laboratory - Imperial College
Exhibition Road
London SW7 2AZ 
FAX: 
+44 20 7594 8432
 
Tel: 
+44 20 7594 8446
http://www.ing.unife.it/docenti/MarcoGavanelli


Ma non hai permutato brutalmente i numeri da 1 a 19, vero?
(19!=~10^17)
Devi aver preso qualche scorciatoia.
Ce la spieghi?
Ciao!
Livio


Come no, volentieri.
In realtà l'unica scorciatoia che ho preso è stata quella di valutare in
anticipo l'esagono prima di completarlo ogni volta.
In pratica inserendo i valori in un vettore di 19 elementi deve essere:
v[0]+v[1]+v[2]=38
v[3]+v[4]+v[5]+v[6]=38 ecc.ecc.
una volta stabilite tutte le somme, quando arrivo all'elemento N-esimo
verifico se per gli elementi inseriti fino a quel momento la griglia può
essere valida o no.
Da cui, per esempio se inserisco i valori 1,2,3 mi accorgo subito che non è
valida e interrompo la sequenza.
In questo modo, le combinazioni non sono poi tante per un pc e in effetti si
risolve tutto in pochi minuti.
In fondo mi ero abituato a lavorare su un quadrato 8x8, e di combinazioni ce
n'erano molte di piu' :-))