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Ricreazioni di Agosto 2002

260. Interessante problema di calcolo
di Jack202
Un numero si dice BILANCIATO quando ha tante cifre quanti divisori primi.

Ex
15 è bilanciato (2 cifre e 2 divisori primi : 3 e 5)
75 è bilanciato (2 cifre e 2 divisori primi : 3 e 5)
101 non è bilanciato (3 cifre e 1 divisore primo)

Una volta dimostrato che l'insieme dei numeri bilanciati è limitato, TROVARE IL NUMERO
BILANCIATO PIU' GRANDE.

Difficoltà : abbastanza consistente.

>>> Risposte & riflessioni

In sintesi:2·3·5·7·11·13·17·19·23·43 = 9.592.993.410

Riporto subito la sintesi di Francesco Veneziano
Il numero di Infinito (vedi dopo) è effettivamente il massimo, perchè il numero cercato deve avere 10 cifre e 10 divisori; si dimostra per assurdo che tutti i primi tra 2 e 19 devono essere suoi divisori, per gli altri due rimangono le possibilità 23*29 23*31 23*37 23*41 23*43 29*31
ed effettivamente 23*43 è quella che dà il risultato maggiore.

Infinito
Ciao jack202,
se ho ben capito (considerando anche l'opportunità di escludere il fattore 1 , il fatto di non considerare i fattori ripetuti ecc.) per trovare il numero richiesto, chiamiamolo M, si può procedere così:

- il numero di cifre di M è 10, infatti consideriamo il numero di 10 cifre N 6 469 693 230 che è il prodotto dei primi 10 primi maggiori di 1 2·3·5·7·11·13·17·19·23·29 : questo numero è bilanciato, e ogni volta che lo moltiplico per un qualunque numero primo maggiore di 29 il numero delle cifre del numero che ottengo aumenta di almeno 2 (e se lo moltiplico per un primo già "usato" aumenta il prodotto ma non il numero dei divisori primi): questo mi dice che il numero di cifre di M non può essere maggiore di 10 , e quindi è 10 ;

- posso trovare numeri bilanciati maggiori di N sostituendone alcuni fattori con altri maggiori, per esempio 29 con 31 (ed ottengo 6915878970) o addirittura con 43 (ed ottengo 9592993410) ma non con uno maggiore (con 47 ottengo un numero di 11 cifre);

- a questo punto mi accorgo che è sufficiente confrontare tutti i prodotti di dieci primi diversi fra loro e minori di 47 per trovare il numero cercato, ma non sono pochissimi e quindi il metodo non risulta elegante, per cui si prova a sfoltirne il numero;

- da questo punto sottintendo che i numeri cercati abbiano la forma descritta precedentemente;

- si osserva che il minimo numero in cui non compare il fattore primo p (per esempio 2) si ottiene sostituendo in N il primo 31 al primo p, così che questo numero è N·31/p (nell'esempio è N·31/2 =100280245065) che ha 10 cifre solo se 31/p non fa "scattare una ulterire cifra, cioè solo se 31/p<10000000000/6469693230<1,55 in pratica bisogna che p>31/1,55=20; cioè gli unici fattori che possono variare sono quelli maggiori di 20, vale a dire 23 e 29, che possono essere sostituiti da 31 , 37 , 41 o 43 ;

- allora se all'ultimo fattore si sostituisce 43 il penultimo deve essere 23 (e si ottiene 9592993410), non consideriamo i numeri ottenuti sostituendo all'ultimo un numero minore di 43 senza aumentare il penultimo; per aumentare il penultimo fattore, ovviamente da 23 a 29, si deve portare l'ultimo a 31 così che si ottiene lo stesso che sostituire all'ultimo il numero 31.

Conclusione (se non ho fatto errori): il numero richiesto è 2·3·5·7·11·13·17·19·23·43 = 9592993410 .

259. Gli orologi
di Mirco Segatello
Un orologio a lancette è preciso, un altro invece va indietro di 3 minuti al giorno. Se vengono avviati contemporaneamente alla mezzanotte, esiste un momento nel quale indicheranno l'ora esatta contemporaneamente?

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo
L'orologio che va 3 minuti indietro al giorno, accumulerà 1 ora esatta di ritardo dopo 20 giorni.
Quindi, dopo 240 giorni, l'orologio lento avrà accumulato 12 ore esatte di ritardo e si troverà a segnare le ore 12,00 contemporaneamente all'altro orologio (dovrebbe essere la prima occasione di coincidenza).

258. La buca
di Mirco Segatello
Marco, Giovanni e Lino si succedono nello scavare una buca.
Marco scava alla velocità di 1 metro all'ora ma si riposa di 10 minuti ogni 30 minuti di lavoro. Giovanni scava la metà di quello che ha scavato Marco in 1/5 del suo tempo pur avendo fatto una pausa di 10 minuti ogni metro scavato.
Lino scava solo 1 metro durante le pause dei suoi amici.
Quanto impiegano a scavare una buca di 10 metri?

>>> Risposte & riflessioni
Mirco Segatello
Marco scava 6 metri in 470 minuti con 11 pause, Giovanni scava 3 metri in 94 minuti con due pause da 10 minuti. Totale 470+94+130=694 minuti.
Qualcuno sa fare meglio?

257. Pozzo senza ritorno
di Massimo
Il diavolo puni' ARCHIMEDE calandolo nel "Pozzo Senza Ritorno" (chi vi scende non ha
possibilita' di risalita salvo che..........!!!)
Comunque lo rassicuro': "Avrai una possibilita' scendendo aggrappato ad una corda troverai dei nodi, ognuno di essi indica i metri di discesa e dovrai utilizzare tali numeri per ricavarne alla fine solo 4 numeri(compresi tra 0 e 9)che ti permetteranno di risalire il pozzo passando per i nodi precedenti e quindi di ricavare i numeri precedenti. La discesa totale e' di 38 m."
Il primo nodo Archimede lo incontra a 7 m, il secondo a 0 m, il terzo a 3 m, il quarto a 5 m, il
quinto a 3 m, il sesto a 8 m, il settimo a 7 m, l'ottavo a 0 m, il nono a 3 m, il decimo a 2 m.
Sintetizzando in discesa 7, 0, 3, 5, 3, 8, 7, 0, 3, 2.
In salita utilizzando solo 4 numeri ricavati dai precedenti mentre scende il pozzo (es.2, 4, 7, 3) dovra' ricavare in ordine 2, 3, 0, 7, 8, 3, 5, 3, 0, 7.
Indicandone il procedimento.

>>> Risposte & riflessioni
Il problema non è molto chiaro, comunque riporto un disegno inviatomi da Massimo.
Mi rimane ancora qualche difficoltà di comprensione.

256. Equazioni innocue
di Riccardo

Citato dal sito http://web.tiscali.it/pmassio/amenita.htm  
Provate a risolvere queste equazioni in cui ci sono infiniti termini:

A prima vista questi mostri matematici sembrano difficilissimi da risolvere. In realtà, basta scoprire un certo trucchetto e diventano una baggianata. L'ultima equazione può essere risolta in due modi.

>>> Risposte & riflessioni
Jack202
Prima equazione  3=sqrt(x+sqrt(x+sqrt(x+sqrt(x+ ...
Una funzione tale che f(x) = sqrt(x+f(x)) ha come sviluppo infinito il membro destro dell'uguaglianza.
Risolvendo l'equazione funzionale si ha che
f(x) = (1 +- sqrt(4x+1))/2
dunque f(x)=3 implica necessariamente x=6

Seconda equazione 1= 2/(x+2/(x+2/(x+ ...
In modo del tutto analogo l'equazione funzionale caratteristica è f(x) =
2/(x+f(x))
Risolvendo f(x)=1 si ha x=1

Terza equazione
2 = x^(x^(x^(x^ ...
Equazione funzionale caratteristica f(x) = x^f(x)
Quando f(x)=2 si ha 2=x^2 cioè x=sqrt(2)

Quarta equazione
x = 1/2 + 1/4 + 1/8  + 1/16 + ...
Passando in base 2 si ha
x = 0.1 + 0.01 + 0.001 + 0.0001 + .... = 0.11111111.... = 1
dunque x=1

255. 13 palline
di Alessandro Venturi
Si hanno 13 Palline (monete) di cui 11 identiche e 2 (anch'esse uguali fra di loro) di peso inferiore (o maggiore, comunque noto). Con una bilancia a due piatti determinare in 4 pesate le 2 palline diverse dal gruppo.
(Questo quesito è citato dal sito Intelligiochi)

>>> Risposte & riflessioni
Ricopio qui la soluzione di Marco Pellegrini: confesso che non l'ho verificata!

Marco Pellegrini
Numeriamo le palline con i numeri da 1 a 13.
Supponiamo che le due palline diverse dalle altre abbiano peso minore.
Notiamo che con 4 pesate possiamo distinguere 3^4=81 casi, e i modi di
disporre le due palline diverse sono (13 su 2)=13*12/2=78, quindi bisogna
stare molto attenti a pianificare bene le pesate per non sprecare
informazione. Nella prima pesata confrontiamo 1-2-3-4 e 5-6-7-8: ognuno dei
tre risultati ci porta a 26 possibilita'.
Capitolo I. In caso di equilibrio, nella seconda pesata confrontiamo 1-2-3 e
5-9-10. In caso di equilibrio, le due palline piu' leggere possono essere
1-5, 2-5, 3-5, 4-6, 4-7, 4-8, 11-12, 11-13, 12-13. Allora nella terza pesata
confrontiamo 4 e 5: in caso di equilibrio le due palline possono essere
11-12, 11-13, 12-13; per saperlo alla quarta pesata confrontiamo 11-12
(equilibrio: 11-12; 11 piu' leggera: 11-13; 12 piu' leggera: 12-13; d'ora in
poi per brevita' non daro' piu' l'interpretazione della quarta pesata). Se 4
pesa meno di 5, i casi sono 4-6, 4-7, 4-8; quarta pesata 6-7. Se 4 pesa piu'
di 5, i casi sono 1-5, 2-5, 3-5; quarta pesata 1-2. Se alla seconda pesata
avevamo ottenuto che 1-2-3 pesano meno di 5-9-10, i casi sono 1-6, 1-7, 1-8,
2-6, 2-7, 2-8, 3-6, 3-7, 3-8. Allora nella terza pesata confrontiamo 1 e 2.
In caso di equilibrio i casi sono 3-6, 3-7, 3-8, quarta pesata 6-7; se 1
pesa meno di 2 i casi sono 1-6, 1-7, 1-8, quarta pesata 6-7; se 1 pesa piu'
di 2 i casi sono 2-6, 2-7, 2-8, quarta pesata 6-7. Se alla seconda pesata
avevamo ottenuto che 1-2-3 pesano piu' di 5-9-10, i casi sono 4-5, 9-10,
9-11, 9-12, 9-13, 10-11, 10-12, 10-13. Allora nella terza pesata
confrontiamo 9 e 10. In caso di equilibrio i casi sono 4-5, 9-10, quarta
pesata 4-9. Se 9 pesa meno di 10, i casi sono 9-11, 9-12, 9-13, quarta
pesata 11-12. Se 9 pesa piu' di 10, i casi sono 10-11, 10-12, 10-13, quarta
pesata 11-12.
Capitolo II. Se nella prima pesata abbiamo che 1-2-3-4 pesano meno di
5-6-7-8 (il caso opposto e' del tutto analogo e quindi lo ometto), nella
seconda pesata confrontiamo 1-2-5 e 3-9-10. In caso di equilibrio, i casi
sono 1-3, 1-9, 1-10, 2-3, 2-9, 2-10, 4-11, 4-12, 4-13. Allora nella terza
pesata confrontiamo 1 e 2. In caso di equilibrio i casi sono 4-11, 4-12,
4-13, quarta pesata 11-12. Se 1 pesa meno di 2, i casi sono 1-3, 1-9, 1-10,
quarta pesata 3-9. Se 1 pesa piu' di 2, i casi sono 2-3, 2-9, 2-10, quarta
pesata 3-9. Se alla seconda pesata avevamo ottenuto che 1-2-5 pesano meno di
3-9-10, i casi sono 1-2, 1-4, 2-4, 1-11, 1-12, 1-13, 2-11, 2-12, 2-13.
Allora nella terza pesata confrontiamo 1-4 e 2-11. In caso di equilibrio i
casi sono 1-2, 1-11, 2-4, quarta pesata 1-2; se 1-4 pesano meno di 2-11 i
casi sono 1-4, 1-12, 1-13, quarta pesata 4-12; se 1-4 pesano piu' di 2-11 i
casi sono 2-11, 2-12, 2-13, quarta pesata 11-12. Se alla seconda pesata
avevamo ottenuto che 1-2-5 pesano piu' di 3-9-10, i casi sono 3-4, 3-9,
3-10, 3-11, 3-12, 3-13, 4-9, 4-10. Allora nella terza pesata confrontiamo
1-2-3 e 4-9-10. In caso di equilibrio i casi sono 3-4, 3-9, 3-10, quarta
pesata 4-9; se 1-2-3 pesano meno di 4-9-10 i casi sono 3-11, 3-12, 3-13,
quarta pesata 11-12; se 1-2-3 pesano piu' di 4-9-10 i casi sono 4-9, 4-10,
quarta pesata 9-10.

254. Il biliardo
di Peppe
Vogliamo colpire la palla che si trova nel punto P in modo tale che tocchi tutte le sponde una sola volta e torni in P. Quale direzione deve avere il colpo?
E quale direzione deve avere il colpo in P se vogliamo che la palla tocchi le sponde corte una volta e quelle lunghe due volte prima che torni nel punto di partenza?
(tratto da Fare matematica 1997 BCM )

>>> Risposte & riflessioni
Peppe

253. Il problema dei francobolli
di Cesarone
Un paese deve emettere 7 nuovi francobolli. Il problema consiste nel trovare il valore di questi francobolli. Si hanno i seguenti vincoli.

Il valore dei francobolli può essere solo un numero naturale.
In una busta si possono mettere AL MASSIMO 3 francobolli (ma anche solo 2 o solo 1). Con questi 3 francobolli (o 2 francobolli o 1 francobollo) sommati, si ottengono tanti possibili valori X.
Posto che il valore più piccolo di X deve sempre essere 1, partendo da 1 e, coprendo tutti i numeri naturali intermedi, si arriva ad un numero massimo M (che non è per forza il valore del francobollo più alto moltiplicato per 3).
Trovare il valore dei 7 francobolli che massimizza M.

Faccio un esempio:

se i valori dei 7 francobolli fossero: 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 6 - 7
Si otterrebbero i seguenti valori "di busta" per X: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21.
M = 21.

Ovviamente si può fare di meglio...

>>> Risposte & riflessioni
Enrico Delfini
Il problema ricorda (vagamente) qualcosa di M.Gardner sulla più conveniente ed efficiente suddivisione dei valori da dare alle monete o banconote.
La maggiore difficoltà del quesito proposto da Cesarone sta nel limite di tre pezzi per combinazione.
Non sono riuscito a trovare un algoritmo o qualcosa di simile per procedere in modo diverso dal classico "brancolamento alla cieca".
Comunque per ora il mio record è 45 con la combinazione:
1-3-4-9-12-13-19
Domani spero di migliorare.
1-3-6-9-12-17-18....si arriva a 48 (salvo errori)
Un passo alla volta:
1-4-6-14-16-19-20 per arrivare a un bel 60 tondo tondo

Cesarone
Beh allora metto anche il mio record...
1, 4, 5, 15, 18, 27, 34 per arrivare ad un massimo di 70.

Il problema è dimostrare qual è il massimo...

Jack202
Cesarone concordo con te sul record... dopo un po' di calcoli sui bound d'oscillazione dei vari valori dei francobolli, sono arrivato a questo listato (non è ottimizzato ma funziona) :

uses crt;
var a,b,c,d,e,f,g,h,i:integer;
m:array[1..255] of integer;
n:array[1..255] of integer;

function check(l:array of integer):integer;
var j:integer;
begin
j:=1;
while l[j]>0 do inc(j);
check:=j;
end;


begin
clrscr;

for a:=1 to 255 do n[a]:=0;

{contavalori}

n[1]:=1; {3}

for d:=2 to 4 do
for e:=d to 10 do
for f:=e to 18 do
for g:=f to 25 do
for h:=g to 32 do
for i:=h to 45 do begin
n[2]:=d;
n[3]:=e;
n[4]:=f;
n[5]:=g;
n[6]:=h;
n[7]:=i;
for a:=1 to 255 do m[a]:=0;

for a:=1 to 7 do m[n[a]]:=1;

for a:=1 to 7 do
for b:=1 to 7 do m[n[a]+n[b]]:=1;

for a:=1 to 7 do
for b:=1 to 7 do
for c:=1 to 7 do m[n[a]+n[b]+n[c]]:=1;

if check(m)>=66 then
writeln(n[2],' ',n[3],' ',n[4],' ',n[5],
' ',n[6],' ',n[7],' danno M=',check(m));
end;

writeln('finito');
readln;
end.

Che conferma ampiamente il record M=70 detenuto dalla ettupletta (???) 1-4-5-15-18-27-34...
Se volete essere proprio sicuri potete allargare un po' i margini d'oscillazione nei cicli for annidati ma la musica non cambia... curiosità: Cesarone ha ottenuto l'ettupletta a mano o con un PC ? ;-))

252. Somme di quadrati
di G. T.
Eulero ha dimostrato che un intero è scomponibile come somma di due quadrati se i suoi fattori primi di forma
4k + 3
hanno esponente pari (quindi 98 = 7*7*2 è scomponibile, mentre 14 = 7*2 non lo è), cioè i numeri 1 (1 = 1*1 + 0*0), 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, ...
Ci sono però degli interi scomponibili in due somme diverse di due quadrati.
1) Dire come riconoscerli
2) Dimostrare perché hanno due scomposizioni

>>> Risposte & riflessioni
Jack202
Il problema consiste nel trovare alcune soluzioni (il testo non dice di trovarle TUTTE) di

a^2 + b^2 = c^2 + d^2

con (a,b,c,d) numeri interi maggiori di 0 e (a,b) diversi da (c,d).

(a-c)(a+c) = (d-b)(d+b)

se [con q diverso e maggiore di p]

a-c = 1
a+c = (2p+1)(2q+1)
d-b = (2p+1)
d+b = (2q+1)

l'uguaglianza è soddisfatta, e si ha

a = 2pq+p+q+1
b = q-p
c = 2pq+p+q
d = p+q+1

un numero nella forma

n = 2[2 p^2 q^2 + 2 p^2 q + 2 p q^2 + p^2 + q^2]
si può sicuramente scrivere sia come a^2+b^2 che come c^2+d^2
(basta verificare)

se fossimo partiti da

a-c = 2
a+c = 2pq
d-b = 2p
d+b = 2q

avremmo ottenuto

a = pq+1
b = q-p
c = pq-1
d = q+p

che dava numeri bi-scomponibili del tipo

n = p^2q^2 + p^2 + q^2 + 1
n = (p^2 + 1)(q^2 + 1)

e questa forse è un'identità carina...

(p^2+1)(q^2+1) = (pq+1)^2 + (q-p)^2 = (pq-1)^2 + (q+p)^2

Ivana Niccolai
So che Fermat ha scoperto la proprietà che un numero primo p può essere scritto come somma di due quadrati quando p + 1 non è divisibile per 4 (Teorema dei due quadrati di Fermat) e i numeri primi, che godono di tale proprietà, sono scomponibili in un'unica somma di due quadrati:

Esempio: 37 e 41

Poiché 38 e 42 non sono divisibili per 4, i numeri primi 37 e 41 sono scomponibili in un'unica somma di due quadrati; infatti:

37 = 1^2 + 6^2

41 = 4^2 + 5^2

Per vedere se un numero intero, non primo, è somma di due quadrati, bisogna scomporlo in potenze di primi: n = x^a* y^b*z^c........

Tale numero è somma di due quadrati se nessuno fra x^a + 1; y^b + 1; z^c +1 ........è divisibile per 4

Esempio:

1000 = 2^3*5^3

2^3 +1 = 9

5^3 +1 = 126

Poiché 9 e 126 non sono divisibili per 4, allora 1000 è somma di due quadrati e la "rappresentazione" non è più necessariamente unica; infatti:

1000 = 30^2 + 10^2 = 26^2 + 18^2

quindi:

100000 = 300^2 + 100^2 = 260^2 + 180^2

10000000 = 3000^2 + 1000^2 = 2600^2 + 1800^2

1000000000 = 30000^2 + 10000^2 = 26000^2 + 18000^2

ecc.........

251. Stella
di Peppe
Inserisci in ciascuno dei dodici cerchietti di questa Stella i numeri naturali da 1 a 12 in modo tale che la somma dei quattro numeri posti su una stessa linea dia sempre 26.

>>> Risposte & riflessioni

Peppe
Ci sono tre soluzioni che danno su ciascuna linea sempre somma 26.

Marco Pellegrini
Le soluzioni non sono solo 3, ma esattamente 80 (trovate con il computer), senza contare poi quelle ottenibili con rotazioni e riflessioni.


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