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Problemi singolari che per essere risolti richiedono l'applicazione di ragionamenti di tipo logico-matematico.
1. I due saggi nella torre
Due saggi vengono imprigionati in due celle in cima ad
un'alta torre.
Ciascun saggio può vedere dalla finestra della propria cella
una parte del regno il quale è composto da 11 o 13 province.
Siccome le finestre sono collocate da parti opposte della
torre si ha che:
Il re dice ad entrambi che ogni mattina andrà a chiedere
da quante province è formato il regno. I saggi sono liberi
di non rispondere fino a quando non si sentono sicuri.
Se uno di loro dà una risposta errata, saranno uccisi
entrambi.
Se invece uno di loro dà la risposta esatta saranno liberati
entrambi.
La terza mattina i due saggi vengono liberati.
Quante province ha il regno?
2. Tre interruttori e tre lampadine (diverso da i
quattro interruttori e la lampadina)
Ti trovi di fronte ad una porta chiusa (non a chiave) che
conduce in una stanza buia nella quale si trovano tre
lampadine a filamento. Però, dal punto in cui ti trovi, non
puoi vedere quali lampadine sono accese e quali sono spente.
Sul muro, di fianco alla porta, si trovano 3 interruttori.
Ciascuno di essi accende una delle tre lampadine.
Il tuo compito è scoprire quale lampadina accende ciascun
interruttore.
Come fai?
3. E' divisibile per 7?
Dimostra che 2222^5555 + 5555^2222 è divisibile per 7.
(il simbolo ^ significa "elevato a", es. 3^4
significa 3 alla quarta)
4. Potenza razionale
Esistono due numeri irrazionali positivi a, b tali che a^b
sia razionale?
5. Un orologio con due micce
Hai 2 micce che bruciano esattamente per 1 ora quando vengono
accese ad un estremo. Però, attenzione, esse non sono
omogenee perciò non si consumano con regolarità mentre
bruciano. Perciò non si può assumere che la lunghezza di
miccia consumata sia direttamente proporzionale al tempo
trascorso.
Come si possono utilizzare queste due micce per misurare
esattamente 45 minuti?
Informazioni addizionali:
6. Sette e due
La serie delle potenze di 2 comincia così:
1 - 2 - 4 - 8 - 16 - 32 - 64 - 128 - 256 - 512 - 1024 -...
Esiste una potenza di 2 che inizia con la cifra 7 (7 è la
cifra più a sinistra)?
Risposte & riflessioni
1. I due saggi nella torre
Soluzione inviata da Ivan D'Avanzo
Allora, la prima premessa è che entrambi i saggi
devono vedere almeno una provincia, è cioè esclusa la
possibilità che uno veda 0 province , altrimenti il gioco
non ha soluzione.
Analizziamo giorno per giorno cosa pensano i due saggi.
La prima mattina il re va dal saggio A, che non risponde.
Questo vuol dire che A non vede né 11, né 12 province,
altrimenti avrebbe detto sicuramente che erano 13 in tutto (11+2
o 12+1).
La stessa mattina il re va dal saggio B, pur sapendo che A
non vede né 11 né 12 province, non risponde. Questo vuol
dire che B non vede ne 1 ne 2 province,
altrimenti avrebbe detto che sicuramente le province erano 11
in tutto (1+10 o 2+9), scartando le possibili combinazioni
con 1 o 2 che danno 13(1+12 , 2+11).
La seconda mattina il re va dal saggio A, che non risponde.
Questo vuol dire che A non vede né 9 né 10 province,
altrimenti, sapendo che B non ne vede né 1 né 2 avrebbe
sicuramente detto che le province erano 13 in tutto (10+3 o 9+4),
scartando le possibili combinazioni di 9 o 10 che danno 11 (9+2,10+1).
La stessa mattina il re va dal saggio B, che non risponde.
Questo vuol dire che B non vede né 3 né 4 province,
altrimenti, sapendo che Anon ne vede né 9 né 10, avrebbe
detto che le province erano in tutto 11(3+8 o 4+7), scartando
le possibili combinazioni di 3 o 4 che danno 13(3+10,4+9).
L'ultima mattina il re va dal saggio A, che non risponde.
Questo vuol dire che A non vede né 7 né 8 province,
altrimenti, sapendo che B non ne vede né 3 né 4, avrebbe
detto che le province erano 13 in tutto (7+6 o 8+5),
scartando le possibili combinazioni di 7 o 8 che danno 11(8+3,7+4).
La stessa mattina va dal saggio B, che dice che l'impero
è fatto sicuramente da 11 province. Questo perché, per
esclusione, A dovrebbe vedere o 5 o 6 province, proprio come
B, ma comunque 5+6 e 6+5 =11, cioè non ci sono più
combinazioni che danno 13.
Spero di aver espresso chiaramente questo ragionamento
complesso ma comunque corretto.
Una cosa da dire: il mio ragionamento è stato impostato
supponendo che il saggio A potesse vedere da 1 a 6 province
ed il saggio B da 7 a 12. Questo per facilitare il problema,
ma come ben capite è la stessa cosa considerare il contrario.
2. Tre interruttori e tre lampadine (diverso da i
quattro interruttori e la lampadina)
Soluzione inviata da Alan Viezzoli
Basta attivare il primo interruttore per 30
minuti, disattivarlo, attivare il secondo interruttore ed
entrare nella stanza.
3. E' divisibile per 7?
Ho inserito questo problema nella sezione pensiero laterale
perchè ne conosco una dimostrazione "standard" ma
desidero sapere se esiste qualche altra dimostrazione per
l'appunto più laterale, ed in effetti ne ho ricevuto due
piuttosto interessanti.
Gli autori si chiamano entrambi Rocco, ma forse si tratta di
due persone diverse. Non so nulla di più.
Ecco le tre soluzioni.
Soluzione "standard"
Partiamo dall'espressione:
2222^5555 + 5555^2222
Possiamo scrivere
(2222^5555 + 4^5555) + (5555^2222 - 4^2222) - (4^5555
- 4^2222)
Ricordando che:
abbiamo che:
Resta da dimostrare che (4^5555 - 4^2222)
è divisibile per 7.
Possiamo riscrivere la differenza così:
4^2222(4^3333 - 1) = 4^2222(64^1111 - 1)
Ora, (64^1111 - 1) è divisibile per 64-1 = 63 = 7*9.
Perciò siamo a cavallo.
Soluzione di Rocco Si
Siccome 2222=2219+3, in (2219+3)^5555, tutte le
parti del polinomio contenenti 2219 saranno divisibili per 7,quindi
dobbiamo occuparci solo di 3^5555 e, secondo lo stesso
ragionamento di 4^2222,
Cioè possiamo limitarci a dimostrare che 3^5555+4^2222 è
divisibile per 7.
Siccome 3^5+4^2=259 è
divisibile per 7
e 3^5555=3^(5*1111), e 4^2222=4^(2*1111),
ne segue allora che 2222^5555+5555^2222 è divisibile per 7.
L'ultimo passaggio di Rocco, quello scritto
in rosso, non è dimostrato...
Soluzione di Rocco "Sprmnt21"
Non mi e' chiaro perche' il problema "è
divisibile per 7?" e' stato incluso nel gruppo del
pensiero laterale. Vorrei comunque proporre una soluzione che
utilizza alcune elementari proprieta' delle congruenze
mod n.
Nel seguito le indico con A==B (mod n). Siccome n=7 in ogni
relazione che uso lo sottintendo.
Si ha che 1111=11*101.
Percio' 2222=2*11*101 e 5555=5*11*101.
Si verifica che 2*11==1, 5*11==-1 e 101==3.
Pertanto 5555==-3 e 2222==3.
Poiche un numero la somma delle cui cifre e' multipla di 3 e'
multiplo di 3, valgono inoltre le seguenti relazioni:
5555=5553+2=3k+2 (k dispari) e 2222=2220+2=3h+2 (h pari).
Percio' 2222^5555==3^5555=3^(3k)*3^2=(3^3)^k*3^2. Ma 3^3==-1
e 3^2==2 quindi 2222^5555==(-1)^k*2=-2.
Analogamente 5555^2222==(-1)^h*2=2.
Pertanto si conclude che 2222^5555+5555^2222==-2+2=0. Cioe'
il numero dato e' divisibile per 7.
4. Potenza razionale
Soluzione inviata da Alan Viezzoli
Basta prendere per a il numero di Eulero e (=2,718281...) e
per b il
logaritmo naturale di un qualsiasi numero razionale x.
Infatti e^ln(x)=x.
5. Un orologio con due micce
Soluzione inviata da Marco Fiorini
Accendo una delle due micce da entrambe le estremità e
l'altra da un estremità sola.
Quando la prima è completamente bruciata è passata mezz'ora
A questo punto accendo anche la seconda estremità della
seconda corda.
Quando anche questa è bruciata completamente saranno passati
tre quarti d'ora dall'inizio del giochino!
6. Sette e due
Soluzione inviata da Alan Viezzoli
Il numero esiste. Infatti 2^46=70368744177664. Il
risultato però è stato trovato con la calcolatrice, ma è
possibile farlo a mente?
In realtà questo tipo di problemi richiederebbero una
risposta negativa a cui far seguire una facilissima
dimostrazione di impossibilità.
Soluzione inviata da Gaspero
Domenichini
Osservo che dividendo un
numero per una potenza di 10 non cambiano né le cifre
necessarie per scriverlo (a parte eventuali zeri iniziali) né
il loro ordine, per cui nel proseguo posso sostituire, per
esempio, a 1024 il numero 1,024.
Notazione: con p2 intendo dire un numero che è il rapporto fra una potenza di 2 ed una potenza di 10.
Vogliamo dimostrare che esiste un p2 che inizia colla cifra 7.
Innanzi tutto si osserva che il prodotto di due p2 è ancora un p2, quindi il problema consiste nel trovare un prodotto di p2 che inizia col 7, o che moltiplicato per un altro p2 inizia col 7.
Per quanto sopra la successione del testo diventa: 2 - 4 - 8 - 1,6 - 3,2 - 6,4 - 1,28 - 2,56 - 5,12 - 1,024 -....
Allora basta trovare un p2 che moltiplicato per un numero precedente ad uno che inizia per 7 ne dia uno così, si consideri, ad esempio, 6,4 , per questo si deve cercare un p2 maggiore di 7/6,4 e minore di 8/6,4, quindi, grosso modo, compreso fra 1,1 e 1,25.
Per cercare tale numero partiamo dal più vicino nel nostro elenco, cioè1,024. Si ha che a 2^20 si associa 1,024^2=(1+0,024)^2;=1+2*0,024+0,024^2=1,048+o(3) dove con o(3) intendo un numero più piccolo di 10^(-3)1,048 è ancora troppo piccolo (noi si cercava maggiore di 1,1) per cui si procede nuovamente a partire da questo: a 2^40 si associa (1,048+o(3))^2=1+2*0,048+o(3)=1,096+o(2). 1,096 è minore di 1,1, ma è molto vicino, per cui lo confrontiamo con il numero corretto 7/6,4 e scopro che 1,096*6,4=7,0144 (le prime 2 cifre sono quelle corrette del p2 trovato) quindi uno dei numeri cercati è 2^40*64, cioè 2^446, che si scrive come 70.... (per trovare altre cifre basta stimare meglio gli o(3) ed o(2) sopra definiti.
Dal metodo esposto si evince che se trovo un p2 del tipo 1+a , con a positivo e minore di 1 (per esempio per 1,024 è a=0,024) si può trovare una successione {an}geometrica di p2 di ragione e termine iniziale 1+a. Se trovo un tale a minore di 0,01 allora la successione {an} non solo ha numeri che iniziano con 7, ma che iniziano per qualunque coppia di cifre, e che sono disposte in ordine non decrescente, cioè si passa da uno tipo 36 ad uno tipo 37 dopo alcuni tipo 36 (o da una tipo 49 a tipo 50), dal momento che 1,024^4=1,09951....... e 1,024^5=1,1258999........). Se poi trovo un tale a minore di 10^(-n) questo vale per n cifre, cioè posso trovare potenze di 2 che iniziano con una qualunque ennupla di cifre. Chiamo questo enunciato teorema per n cifre.
(Per questione di tempo e difficoltà ad esporlo) tralascio l'esposizione dettagliata di un metodo per trovare gli a, dico solo che si basa sull'analisi del logaritmo in base 2 di 10, cioè 3,3219280948874 che chiamo d, e nel cercare, sostanzialmente a mano, un suo multiplo intero che abbia la parte decimale più vicino possibile ad 1 (cioè che inizia con molti 9), per esempio si osserva che 59d=195, 9937....... , quindi 2^196/10^59=1,0043.... e che 1286d=4271,99953.... quindi 2^4272/10^1286=1.000325....
Non sono sicuro di averlo dimostrato matematicamente, (ma vista l'ora smetto qui), però ho intuito che è vero che si può trovare a piccolo a piacere, così che per ogni n varrebbe il teorema per n cifre, comunque l'ho dimostrato esplicitamente per 3 cifre.
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