*Sezione trasversale di una vaschetta.
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1. Una fila di gettoni
Questo problema mi è stato consegnato da un
fisarmonicista rumeno. Lo incontro spesso in un sottopassaggio, a
Genova. Mi fermo ad ascoltare la sua musica meravigliosa e a
scambiare qualche parola, poi gli offro un po' di soldi e lo
saluto.
Un giorno mi spiegò che in Romania la fisarmonica è uno
strumento da concerto, importante quanto il violino, e che esiste
musica di alto livello composta appositamente per questo
strumento.
Ad un certo punto gli chiesi: "Visto che sei un musicista
così bravo, perché ti sei ridotto a suonare per strada
chiedendo l'elemosina?"
Egli mi ha rispose: "In realtà io ero un matematico.
Purtroppo consumai i miei anni migliori nel tentativo di
risolvere un problema di logica, senza successo purtroppo. A
causa della mia fissazione e dei miei insuccessi, caddi dapprima
in depressione e poi in una forma di follia a causa della quale
fui interdetto da qualunque tipo di incarico e di lavoro. Ora mi
è rimasta soltanto la musica. Però sono felice perché ho
ritrovato il mio equilibrio e non mi manca nulla."
La mia curiosità era troppo forte e non potei fare a meno di
chiedergli: "Qual è il problema?"
Egli mi rispose: "E' un problema molto semplice,
apparentemente...
Supponi di avere una cassa di gettoni Gialli, una cassa di
gettoni Rossi e una cassa di gettoni Verdi.
Puoi puoi costruire delle sequenze di gettoni ma devi seguire
alcune regole.
Ecco le regole.
Regola 1. Se hai una sequenza che termina con un gettone
Verde, puoi aggiungere un gettone Giallo.
In formula: xV -> xVG
Regola 2. Se hai una sequenza che inizia con un gettone Rosso,
puoi duplicare la parte di sequenza che segue il gettone Rosso.
In formula: Rx -> Rxx
Regola 3. Se hai tre gettoni Verdi uno di seguito all'altro,
puoi sostituirlii con un gettone Giallo.
In formula: xVVVy -> xGy
Regola 4. Se hai due gettoni Gialli uno di seguito all'altro,
puoi eliminarli dalla sequenza.
In formula: xGGy -> xy
Bene, il problema è questo: partendo dalla sequenza RV è
possibile ottenere, applicando le 4 regole, la sequenza RG?
Se ciò è possibile, mostrare come, atrimenti dimostrare che è
impossibile.
2. In quale scatola si trova l'oro?
Ci sono due scatole, chiamiamole A e B. Una delle due
contiene l'oro, l'altra è vuota.
In quale delle due casse si trova l'oro?
3. Conoscenti o sconosciuti?
Dimostrare che in ogni gruppo di almeno 6 persone, ci
sono almeno 3 persone che si conoscono fra di loro oppure almeno
3 persone che non si conoscono fra di loro.
4. Un numero autoreferenziale
Trova un numero di 10 cifre, ABCDEFGHIJ, tale che:
Esempio: 12220 è costituito da uno 0, un 1, tre 2, zero 3, zero 4, ma non è né autoreferenziale né di 10 cifre.
5. Una, nessuna o centomila palline?
Hai a disposizione una scatola vuota e un numero
infinito di palline. Le palline sono disposte in fila e numerate
con i numeri interi da 1 a... infinito.
Il tuo compito è mettere le palline nella scatola seguendo due
diverse procedure. Vediamole.
Praticamente, con entrambe le procedure, metti ogni volta 10 palline nella scatola e ne togli una. Nel primo caso, però, la scatola è piena mentre nel secondo è vuota!
Come si spiega?
Una delle due risposte è forse sbagliata?
6. Cubetti di ghiaccio
L'ultima volta che vidi il mio amico fisarmonicista
Rumeno era un'afosa giornata estiva. Dopo aver eseguito
magistralmente un brano di Bela Bartok, mi disse: "Mi hanno
regalato un frigorifero. E' un po' antiquato, ma funziona
benissimo. Ci faccio i cubetti di ghiaccio. Il freezer può
contenere 7 forme per cubetti di ghiaccio, impilate l'una
sull'altra. Ciascuna forma contiene 12 cubetti di ghiaccio.
Purtroppo nel freezer non ci sono scaffali perciò, prima di
appoggiare una forma sopra un'altra, bisogna aspettare che la
prima sia ghiacciata altrimenti la forma che sta sopra si
incastra in quella che sta sotto con conseguente fuoriuscita di
acqua e formazione di cubetti di ghiaccio troppo piccoli.
In queste condizioni, sai dirmi qual è il metodo più veloce per fare cubetti di ghiaccio?"
1. Una fila di gettoni
Il problema è impossibile.
Risposta inviata da Giuseppe P.
Innanzi tutto trasformiamo il problema in uno equivalente:
R1 diventa xV -> xVG
R2 diventa x -> xx
R3 diventa xVVVy -> xGy
R4 diventa xGGy -> xy
Occorre dimostrare che V -> G (se possibile)
Ho semplicemente eliminato il colore Rosso, visto che è
ininfluente per il problema considerato.
La dimostrazione si "esegue" per assurdo:
supponiamo che V -> G allora
per R2 G -> GG
per R4 GG -> Niente
se si dimostra che partendo da V è impossibile ottenere Niente
si dimostra che V -> G è impossibile.
Dimostrazione che V -> Niente è impossibile
Sia F(x) una funzione che calcola il numero di V presenti in x
Osserviamo che
F( R1(x) ) = F(x) Ossia la prima regola lascia invariata F
F( R2(x) ) = F(x) * 2
F( R3(x) ) = F(x) - 3
F( R4(x) ) = F(x)
pertanto le uniche due regole che alterano F sono R2 ed R3
Tenendo conto che F(V)=1 dimostriamo che F(T(x))=2^n-3*m dove T
è una sequenza di trasformazioni di V ed n e m sono due interi
tali che 2^n-3*m sia un intero positivo
Applicando R2 si ha 2*(2^n-3*m)=2^(n+1)-3*(2*m) che conserva la
forma precedente
Applicando R3 si ha 2^n-3*m-3=2^n-3*(m+1) che conserva la forma
precedente
Quindi qualunque sia la trasformazione eseguita su V, F(T(v)) si
potrà sempre esprimere come 2^n-3*m, ma dato che F(Niente)=0 ed
inoltre 2^n-3*m=0 è impossibile, segue che trasformando V non si
potrà mai eliminare il colore V e quindi non si potrà mai
trasformare V in Niente.
Risposta inviata da Guido
Il problema è impossibile, perché, quando si
applica la regola Rx->Rxx, i gettoni verdi sono sempre
moltiplicati per 2 e vengono a trovarsi in numero non divisibile
per tre. Dal momento che possono essere tolti solo a gruppi di
tre, e che, se n non è divisibile per tre, non lo è neanche n-3,
i gettoni verdi non potranno mai essere tolti tutti dalla
sequenza. Quindi è impossibile che, dopo il gettone rosso, possa
rimanere solo un gettone giallo.
2. In quale scatola si trova l'oro?
Scriviamo subito la risposta,
alla quale segue la dimostrazione inviata da Pietro Vitelli
| Cassa A | Cassa B |
| La scritta sulla
cassa B è vera e l'oro è nella cassa A |
La scritta sulla
cassa A è falsa e l'oro è nella cassa A |
| L'ORO E' QUI |
Per risolvere questo intricato quesito, è fondamentale
richiamare alcuni concetti di algebra delle proposizioni; cioè:
Una proposizione V, formata da due proposizioni V1 e V2 collegate
dall'operatore logico AND (in italiano AND corrisponde alla
congiunzione e):
- è vera quando V1 e V2 sono vere;
- è falsa quando V1 e V2 sono false;
- è falsa quando V1 è falsa e V2 è vera;
- è falsa quando V1 è vera e V2 è falsa;
Detto ciò, passiamo alla risoluzione del quesito.
Notiamo che le due scritte, una su ciascuna cassa, sono
proposizioni V, ciascuna delle quali formata, a sua volta, da due
proposizioni V1 e V2 collegate mediante la congiunzione "e".
Quindi siamo nel caso mostrato all'inizio.
Ciò ci permette di notare che la scritta sulla cassa A non può
essere vera.
Vediamo perchè.
Se la scritta sulla cassa A è vera, vuol dire che le due
proposizioni da cui è formata, son entrambe vere (algebra delle
proposizioni); cioè:
1A - (La scritta sulla cassa B è vera) = Vera
2A - (l'oro è nella cassa A) = Vera
Quindi, stando alla 1A, la scritta sulla cassa B è vera; ma dire
che la scritta sulla cassa B è vera, significa dire che le due
proposizioni da cui è formata sono vere entrambe, e cioè:
1B - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Vera
2B - (l'oro è nella cassa A) = Vera
Quindi, stando alla 1B, la scritta sulla cassa A è falsa; ma
avevamo supposto, inizialmente, che la scritta sulla cassa era
vera; per cui tale contraddizione ci permette di dire che la
scritta sulla cassa A non può essere vera.
Scartato il caso in cui la scritta sulla cassa A è vera,
considero il caso in cui la scritta sulla cassa A è falsa.
Si possono avere tre casi particolari in cui la scritta sulla
cassa A è falsa:
Caso I
Le proposizioni che formano la scritta sulla cassa A sono:
Ia - (La scritta sulla cassa B è vera) = Falsa
Ib - (l'oro è nella cassa A) = Vera
Quindi, stando alla Ia, la scritta sulla cassa B non è vera; ciò
vuol dire che almeno una delle due proposizioni che formano la
scritta sulla cassa B non è vera, o che entrambe non sono vere.
Nel caso in cui sia:
1a - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Falsa
1b - (l'oro è nella cassa A) = Vera
stando alla 1a, la scritta sulla cassa A è vera; ma ciò non è
possibile, perchè abbiamo supposto , all'inizio di questo caso,
che la scritta sulla cassa A è falsa (dato che avevamo già
scartato l'unico caso in cui la scritta sulla cassa A è vera).
Logicamente, lo stesso vale nel caso in cui sia:
2a - (la scritta sulla cassa A è falsa) = Falsa
2b - (l'oro è nella cassa A) = Falsa.
Nel caso in cui sia:
3a - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Vera
3b - (l'oro è nella cassa A) = Falsa
stando alla 3b, l'oro non è nella cassa A; ma ciò non è
possibile, perchè, stando alla Ib, l'oro è nella cassa, ed
inoltre, per definizione, l'oro si trova obbligatoriamente in una
delle due casse (è esclusa la possibilità che l'oro non si
trovi in nessuna delle due casse);
Per cui possiamo scartare anche il caso (Caso I) in cui la
scritta sulla cassa A è falsa con:
- (La scritta sulla cassa B è vera) = Falsa
- (l'oro è nella cassa A) = Vera.
Caso II
Le proposizioni che formano la scritta sulla cassa A sono:
IIa - (La scritta sulla cassa B è vera) = Vera
IIb - (l'oro è nella cassa A) = Falsa
Quindi, stando alla IIa, la scritta sulla cassa B è vera; ma,
dire che la scritta sulla cassa B è vera, significa dire che le
due proposizioni da cui è formata, sono vere entrambe, e cioè:
Y - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Vera
Z - (l'oro è nella cassa A) = Vera
stando, ora, alla Z, l'oro è nella cassa A; ma ciò non è
possibile, perchè, stando alla IIb, l'oro non è nella cassa A.
Per cui possiamo scartare anche questo caso (Caso II), e cioè il
caso in cui la scritta sulla cassa A è falsa, con:
- (La scritta sulla cassa B è vera) = Vera
- (l'oro è nella cassa A) = Falsa.
Caso III (ultimo caso)
Le proposizioni che formano la scritta sulla cassa A sono:
IIIa - (La scritta sulla cassa B è vera) = Falsa
IIIb = (l'oro è nella cassa A) = Falsa
Quindi, stando alla IIIa, la scritta sulla cassa B non è vera;
ciò vuol dire che almeno una delle due proposizioni che formano
la scritta sulla cassa B non è vera, o che entrambe non sono
vere;
nel caso in cui sia:
1y - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Falsa
1z - (l'oro è nella cassa A) = Vera
stando alla 1y, la scritta sulla cassa A è vera; ma ciò non è
possibile, perchè abbiamo supposto, all'inizio del caso, che la
scritta sulla cassa A è falsa.
Logicamente, lo stesso vale nel caso in cui sia:
2y - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Falsa
2z - (l'oro è nella cassa A) = Falsa.
Invece, nel caso in cui sia:
3y - (La scritta sulla cassa A è falsa) = Vera
3z - (l'oro è nella cassa A) = Falsa
notiamo che, stando alla 3y, la scritta sulla cassa A è falsa,
il che corrisponde con ciò che avevamo supposto all'inizio di
quest'ultimo caso, e cioè, che la scritta sulla cassa A è
falsa;
poi, stando alla 3z, l'oro non è nella cassa A, il che
corrisponde con ciò che avevamo supposto all'inizio di
quest'ultimo caso, e cioè, che l'oro non è nella cassa A.
Per cui, quest'ultimo caso (Caso III) è l'unico accettabile;
quindi, l'unica situazione possibile è:
la scritta sulla cassa A è falsa con:
- (La scritta sulla cassa B è vera) = Falsa
- (l'oro è nella cassa A) = Falsa;
la scritta sulla cassa B è falsa con:
- (La scritta sulla cassa A è falsa) = Vera
- (l'oro è nella cassa A) = Falsa.
Quindi, dato che, in quest'unica situazione possibile, la
proposizione:
- (l'oro è nella cassa A)
è sempre falsa, allora l'oro non è nella cassa A;
per cui l'oro si trova nella cassa B.
3. Conoscenti o sconosciuti?
4. Un numero autoreferenziale
Enrico D. V.
La soluzione al problema: "Un numero
autoreferenziale" è:
6210001000
Trovata notando che la somma delle cifre deve essere pari al
numero di cifre considerate(10).
5. Una, nessuna o centomila palline?
Pietro Vitelli
Si tratta del paradosso dell'infinito, meglio conosciuto
come "il paradosso di Achille e la tartaruga",già
presente nella sezione "Paradossi" della collezione.
Inoltre, tempo fa risposi ad un problema praticamente identico;
utilizzando l'utilissimo motore di ricerca interno (grazie
Gianfranco!), l'ho scovato:
è la ricreazione N° 91."Il passatempo di Aleph Zero"
inviata da Dino nel Giugno 2001.
Per chi è interessato ecco il link:
Ricreazioni ricevute Giugno 2001
Ritornando al problema delle palline, possiamo ragionare in due
modi:
CASO 1) razionalmente;
CASO 2) irrazionalmente;
CASO 1) Ragionando razionalmente, nella realtà,
l'ultimo istante di tempo E, prima che passi 1 ora, sarà
sicuramente tale che non riusciremo a compiere una operazione
completa in tale intervallo E (cioè non riusciremo ad inserire
tutte le palline da 1 a 10 e toglierne una).
Se così non fosse, dovremmo avere una velocità di movimento
infinita, in modo che una operazione completa possa essere
compiuta in un tempo infinitesimo (ma ciò è chiaramente non
razionale).
Quindi, ragionando razionalmente, entrambe le risposte sono
sbagliate.
Razionalmente, possiamo supporre che il tempo medio per
effettuare una operazione completa sia di 10 secondi;
quindi calcoliamo, quante palline vengono messe nella scatola in
1 ora:
1° op.) dopo 30
min avremo 9 palline nella scatola (ciò è equivalente per
entrambe le procedure proposte dal problema);
2° op.) dopo 30+15
min = 45 min avremo 9+9=18 palline nella scatola;
3° op.) dopo 30+15+(15/2)
min = 52 min e 30 sec avremo 9*3=27 palline nella scatola;
4° op.) dopo 30+15+(15/2)+(15/4)
min = 56 min e 15 sec avremo 9*4=36 palline nella scatola.
5° op.) dopo 30+15+(15/2)+(15/4)+(15/8)
min = 56 min e 15 sec + 1 min, 52 sec e 5 decimi = 58 min, 7 sec
e 5 decimi avremo 9*5=45 palline nella scatola.
Restano, ora, 1 min, 52 sec e 5 decimi prima che passi 1 ora, e
cioè 15/8 di minuto.
La metà di 15/8 min è 15/16 min = 56 sec, 2 decimi e 5
centesimi.
In questo intervallo di tempo ancora riusciamo a compiere una
operazione completa, dato che abbiamo supposto che essa dura in
media 10 secondi. Per cui:
6° op.) dopo 30+15+(15/2)+(15/4)+(15/8)+(15/16)
min = 58 min, 7 sec e 5 decimi + 56 sec, 2 decimi e 5 centesimi =
59 min, 3 sec, 7 dec e 5 cent avremo 9*6=54 palline nella scatola.
Restano ancora 56 sec, 2 dec e 5 cent prima che passi 1 ora e cioè
15/16 di minuto.
La metà è 15/32 min = 28 sec, 1 dec, 2 cent e 5 millesimi.
Riusciamo ancora a compiere un'altra operazione completa; per cui:
7° op.) dopo 30+15+(15/2)+(15/4)+(15/8)+(15/16)+(15/32)
min = 59 min, 3 sec, 7 dec e 5 cent + 28 sec, 1 dec, 2 cent e 5
mill = 59 min, 31 sec, 8 dec, 7 cent e 5 mill e avremo 9*7=63
palline nella scatola.
Restano ancora 28 sec, 1 dec, 2 cent e 5 mill prima che passi 1
ora è cioè 15/32 di minuto.
La metà è 15/64 min = 14 sec, 0 dec, 6 cent, 2 mill e 5
decimillesimi.
Riusciamo a compiere l'ultima operazione completa; per cui:
7° op.) dopo 30+15+(15/2)+(15/4)+(15/8)+(15/16)+(15/32)+(15/64)
min = 59 m, 31 s, 8 dec, 7 cent e 5 mill + 14 s, 0 dec, 6 cent, 2
mill e 5 decimill = 59 m, 45 s, 9 dec, 3 cent, 7 mill e 5
decimill e avremo 9*8=72 palline nella scatola.
Restano ora 14 s, 0 dec, 6 cent, 2 mill e 5 decimill prima che
passi 1 ora e cioè 15/64 di minuto.
La metà è 15/128 min = 7 s, 0 dec, 3 cent, 1 mill, 2 decimill e
5 centimillesimi.
Quindi non riusciamo a compiere un'altra operazione completa
prima che scocchi l'ora (1 ora), dato che ci vogliono 10 secondi,
ma ne abbiamo solo 7 e qualcosa.
Per cui le palline nella scatola restano 9*8=72.
Quindi, ripeto, ragionando razionalmente, dopo 1 ora ci saranno
nella scatola circa 72 palline.
CASO 2) Possiamo ragionare irrazionalmente,
ammettendo che 1 ora non passi mai (se trascorrerebbe 1 ora, vuol
dire che c'è sempre un ultimo intervallo E più piccolo del
tempo necessario per compiere una operazione completa).
Per cui, anche in tale caso, le risposte sono entrambe sbagliate
in quanto 1 ora non trascorrerà mai e quindi non possiamo "contare"
le palline nella scatola.
6. Cubetti di ghiaccio
Risposta inviata da Enrico De
Vita, Giuseppe Pace e Massimiliano
Noi siamo riusciti a ghiacciare le 7 forme per
cubetti di ghiaccio nel doppio del tempo necessario affinchè una
forma si ghiacci.
Non pensiamo che si possa fare di meglio.
1° Metodo
Ghiacciare completamente una forma.
Inserire 2 cubetti di ghiaccio per ogni forma( 6 forme * 2
ghiacci = 12 cubetti) in questo modo:
| A | A | A | A |
| G | A | A | G |
| A | A | A | A |
Vaschetta vista dall'alto.
A = acqua - G = ghiaccio
Riempire di acqua le "vaschettine" vuote e poggiare
le forme una sull'altra (i cubetti di ghiaccio
sosterranno le vaschette).
L'ultima forma(priva di ghiaccio) si può poggiare in alto.
2° Metodo (con l'aiuto di Massimiliano)
Riempire di acqua 4 forme.
Alternare una forma piena d'acqua con una forma vuota capovolta.
Attendere che si formi il ghiaccio.
Ripetere l'operazione con le tre forme vuote.
Vincenzo Lombardo migliora il record di
velocità.
Vorrei premettere che a mio parere il quesito sui
cubetti di ghiaccio, per come è stato formulato, è più un
problema di fisica che di pura logica; infatti già la domanda a
cui si chiede di rispondere, qual è il tempo minimo per creare
dei cubetti di ghiaccio, dovrebbe dipendere dal numero di
operazioni che si compiono sulle vaschette, sulla velocità con
cui vengono compiute etc.. Ammettiamo tuttavia che si intendesse
chiedere qual è il tempo minimo di permanenza nel freezer delle
vaschette affinchè si producano i cubetti.
Le soluzioni proposte sinora seguivano questa linea e il tempo
minimo dimostrato era di due volte il tempo necessario a riempire
una forma.
Voglio tuttavia proporvi una soluzione che migliora i tempi già ottenuti e che nel contempo vi mostri come il gioco resti soprattutto un problema di fisica.
Quello che interessa è poter creare il più rapidamente possibile un sostegno alle vaschette in modo che si possano sovrapporre senza compenetrarsi. Per far questo si possono riempire 4 vaschette a metà (come in figura)
*Sezione trasversale di una vaschetta.
e le altre 3 sovrapporle in modo capovolto, alternate a quelle mezze piene. Sarà allora necessario attendere meno tempo rispetto a T (T= tempo necessario per ghiacciare una forma ) per ghiacciare l'acqua così utilizzata (attenzione non è T/2).
Abbiamo così ottenuto 4 *12 metà. Con queste metà possiamo creare 24 cubetti da utilizzare come sostegno, nello stesso modo proposto in una soluzione già data da altri.
Si potrebbe provare a rifare il gioco riempiendo un solo terzo delle 4 vaschette e i cubetti che si potrebbero creare sarebbero 4 * 12 terzi cioè 16 oppure riempire con un quarto d'acqua le vaschette e ottenere 12 cubetti di sostegno.
E' chiaro a questo punto che volendo ragionare in termini di stabilità non le riempiremo con meno acqua. Il tempo necessario a raggiungere lo scopo utilizzando questo tipo di soluzione risulterà certamente inferiore a 2T pur tuttavia non essendo valutabile poiché dipende dalla forma delle celle, dal materiale di cui sono composte le vaschette, etc... un problema fisico dicevo.
* Il ragionamento è stato fatto ipotizzando la forma dei cubetti rettangolare, ma è chiaro che altre forme permetterebbero comunque di scendere sotto 2T.
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