¿Cómo puedo encontrar el número total de figuras en un rompecabezas donde parece que se superponen?

Question

El problema es el siguiente:

En la siguiente secuencia de figuras. Cual es el número total de derecho trapezoides que conforman $\textrm{figure 10}$?

La cifra está por debajo de:

Las alternativas dadas son:

• 66
• 60
• 56
• 64
• 72

Lo que he intentado hacer es tener en cuenta el número de trapecios:

$\textrm{In figure 1:}$

• Sólo hay $1$

$\textrm{In figure 2:}$

Esto es algo complicado:

Pensé que no se $4$

• $2$ hacer una pequeña unidad individual

• $1$ cuentas para los otros dos

• $1$ cuentas para todos ellos

$\textrm{In figure 3:}$

• $3$ está compuesto de sólo una figura.

• $2$ son de dos cifras.

• $1$ tiene tres cifras.

• $1$ cuentas para los tres trapecios en disposición horizontal y la primera oblicuo bar junto a ellos.

• $1$ cuentas para el conjunto anterior, además de la segunda oblicuo bar junto a ellos.

Por lo tanto, en la figura se $8$

$\textrm{In figure 4:}$

• $4$ son conjuntos de 1 cifra.

• $3$ son conjuntos de 2 cifras.

• $2$ son conjuntos de 3 cifras.

• $1$ es un conjunto de 4 cifras.

• $1$ es un conjunto de las anteriores 4 cifras en dirección horizontal más el primer oblicua de la barra que aparece al lado de los trapecios.

• $1$ es el conjunto anterior y la segunda barra oblicua.

• $1$ es el conjunto anterior y la tercera barra oblicua.

Esto explica el por $13$ figuras.

Así que en total, la serie se compone de.

$\textrm{1, 4, 8, 13,...}$

De esta serie me encontré con que la recursividad de la fórmula se expresa como:

$$T_{n}=\frac{1}{2}n^{2}+\frac{3}{2}n-1$$

Mediante la sustitución con el cuarto término parece de verificación.

$$T_{4}=\frac{1}{2}\left( 4 \right )^{2}+\frac{3}{2}\left( 4 \right )-1=8+6-1= 13$$

Así que si lo que se está pidiendo es la figura número$10$, entonces sustituyendo en la ecuación anterior:

$$T_{10}=\frac{1}{2}\left( 10 \right )^{2}+\frac{3}{2}\left( 10 \right )-1=50+15-1= 64$$

Por lo tanto, yo elegiría $64$ a medida que el número de cifras en el $\textrm{10th figure}$. No estoy muy seguro de si es correcto?

La respuesta aparece dentro de las alternativas, pero el proceso para encontrar las figuras fue muy tedioso y me tomó mucho tiempo para encontrar, ni que decir tiene que encontrar la fórmula recursiva era otro problema también, pero aliviado por el hecho de que yo tenía algo de idea de cómo encontrarlo, como resultado.

¿Hay algún otro método para acelerar los cálculos o para encontrar una respuesta en esta situación o para evitar miscounting o el cómputo doble de las cifras?

Answer 1

Esto es correcto para mí. Como para la cuestión más general, me gustaría abordar el problema por preguntar " ¿cómo puedo hacer que el derecho de trapecio a partir de estas cifras?' De esta forma se rompe naturalmente en dos partes: trapezoides que el uso de la 'inclinación' figuras de la derecha de la figura, y otras que no.

Si voy a utilizar cualquiera de las formas en el derecho, entonces está claro que tengo que utilizar todas las de la izquierda, y tengo que usar el de la derecha de izquierda a derecha; por lo tanto, hay muchas maneras de hacer esto, ya que hay trapezoides en la parte derecha de la figura, es decir,$n-1$.

Por otro lado, si que estoy usando en el sub-trapecios en la izquierda, entonces tiene que ser un bloque contiguo de ellos (por ejemplo, el segundo a través de la cuarta sería válido, pero la primera y la tercera no), pero cualquier bloque contiguo va a hacer, usted debería ser capaz de ver que el número de bloques contiguos es el mismo que el número de formas de seleccionar un número de $i$ (la 'parte inferior del bloque') entre 1 y $n$ y un número de $j$ (la 'parte superior del bloque") entre las $1$$i$; no son exactamente $n(n+1)/2$ de estos.

Así que resumiendo, me sale un total de $n(n+1)/2+n-1 = \frac12n^2+\frac32n-1$ posible trapezoides, la coincidencia de su respuesta.

Answer 2

Creo que lo consiguió.

Contando el stack de $n$ trapezoides en la parte izquierda de cada diagrama es el $n$ésimo número triangular -- normalmente denota como $T_n$ pero voy a indicar es $t_n$ a fin de no entrar en conflicto con su notación. El décimo número triangular $t_{10} = 55.$

Como explicación adicional, echemos un vistazo a la cuarta diagrama en su pregunta. Vamos a la etiqueta de la pila de corto, grasa trapezoides (se parece a un geométrica de la pila de panqueques) en la parte izquierda de que el diagrama de $A,B,C,D$ desde la parte superior a la parte inferior.

Ha $4$ trapecios con la parte más alta de trapecio en la parte superior ($A$ por sí mismo, $A+B$, $A+B+C$, y $A+B+C+D$). Tendrías $3$ trapezoides con el segundo nivel más alto de trapecio en la parte superior ($B$ por sí mismo, $B+C$, e $B+C+D$). Y así sucesivamente. Por lo que el número total de trapecios, de cualquier altura en esta pila, es $4+3+2+1 = 10$, que es el cuarto número triangular.

Del mismo modo, en el décimo diagrama, sería $10 + 9 + 8 + ... + 2 + 1 = t_{10} = 55$.

Diferente pero completamente equivalente forma de ver esto es que no es $1$ trapezoidal que se apilan $10$, $2$ trapecios que se apilan $9$, $3$ que se apilan $8$ alto ... y $10$ que se apilan $1$ alto. Todavía se suma a $55$.

Desde las piezas laterales se extienden sólo el trapecio, que representa la totalidad de la pila, agregar $n-1$ de las personas. (A partir de los diagramas que usted tiene, el tercer diagrama tiene dos trapecios de las piezas laterales, por lo tanto el $n-1$ la fórmula.)

La suma de estos dos conjuntos disjuntos de trapecios da su respuesta $55+(10-1)=64$.

Answer 3

ETA: he añadido un poco de mala calidad diagrama para ilustrar lo que quiero decir. También he cambiado la notación de algo para ser (un poco) más lógico.

No estoy seguro de que esto es mucho más sencillo de lo que hizo, pero me contaron los vértices hacia abajo el lado izquierdo $B_{0, 0}, B_{1, 0}, \ldots, B_{n, 0}$, luego hacia la derecha de $B_{0, 0}$ se $B_{0, 1}, B_{0, 2}, \ldots, B_{0, n}$, y hacia la derecha de $B_{n, 0}$ se $B_{n, 1}, B_{n, 2}, \ldots, B_{n, n}$. Por último, abajo a la izquierda de la diagonal, entre la $B_{0, 1}$$B_{n, 1}$, se $B_{1, 1}, B_{2, 1}, \ldots, B_{n-1, 1}$.

Con suerte, voy a ser claro que el derecho de trapecio debe contener dos vértices de la forma $B_{i, 0}$ $B_{j, 0}$ (sin pérdida de generalidad, supongamos $i < j$), ya que el derecho de los ángulos sólo viven allí. Los otros dos vértices deben entonces ser$B_{i, k}$$B_{j, k}$, para un cierto valor de $k$.

Luego, sólo hay dos clases básicas de derecho trapecios:

• Si $k = 1$, $i$ $j$ puede ser de cualquiera de los valores que $0 \leq i < j \leq n$.

• Si $2 \leq k \leq n$, $i$ $j$ debe $0$$n$, respectivamente.

Hay $\binom{n+1}{2}$ de la antigua, y $n-1$ de éste, lo que nos da un recuento de

$$\binom{n+1}{2}+n-1 = \frac{n^2+3n-2}{2}$$

lo que nos da $64$ al $n = 10$, como se esperaba.