Ricreazioni di Giugno 2001

101. Il problema degli aeroplanini
proposto da Lucrezia Dell'Arti
Un camion carico di aeroplanini, poggiati sul fondo, parte da Roma diretto in Calabria.
Nella notte un gruppo di gnomi sale sul camion e si posiziona al comando degli aeroplanini, senza però spostarli.
Quando il camion riparte la mattina seguente incontra un posto di blocco.
La polizia per motivi di sicurezza, mette il camion su una bilancia e lo pesa: 100 kg.
Una volta ripartito, gli gnomi accendono gli aeroplanini e li fanno volare all'interno del camion.
Il mezzo incontra un secondo posto di blocco, i carabinieri vogliono pesarlo nuovamente.

Se gli aeroplanini sono fermi a mezz'aria, il camion peserà di più, di meno o tanto uguale?

>>> Risposte & riflessioni
Gennaro Cangiano
Credo che tutto resti tale quale, per qualunque cosa accada all'interno del camion.
Il camion è un sistema e la terza legge della dinamica dice che all'interno di un sistema la risultante delle forze è nulla.
Ora il moto degli aerei sicuramente si rivelerà all'esterno, come quando ci si muove su di una bilancia o ci si agita sull'altalena.
Questo è dovuto alla reazione dei vincoli esterni !!!! ma la risultante delle forze del sistema è in realtà (in idealità, meglio) nulla.
Ma quali sono i sistemi ideali sulla terra?

Gianfranco Bo
Io credo, così, d'istinto, che il camion sia più leggero.
Primo motivo: ha consumato un po' di benzina! Ma di questo preferirei non tener conto.
Secondo motivo: se gli aerei volano, non pesano sulla bilancia. O almeno non pesano come se fossero appoggiati.

Lo so: non bisogna fidarsi ciecamente dell'intuizione perché si potrebbero prendere delle cantonate colossali.
Per questo mi aspetto altri interventi a favore o contro questa congettura.

Per ora mi limiterò a sostenerla con le prime argomentazioni che mi sono venute in mente.
Vorrei iniziare con una precisazione: come stanno in aria gli aerei del problema?
Pongo come ipotesi che stiano in aria interagendo con l'aria stessa, come fanno ad esempio gli elicotteri, gli uccelli e gli insetti volanti.

Primo esperimento
Su una bilancia precisissima c'é un calabrone (massa = 1 g)
La bilancia registra il peso di 1 g.
Ad un certo momento il calabrone si solleva in volo e vola nei dintorni della bilancia.
Qualcuno vorrebbe sostenere che la bilancia segna sempre 1 g?

Il calabrone inizia a volare come nel caso precedente e vola un po' dentro la scatola e un pò fuori.
Qualcuno vorrebbe sostenere che quando il calabrone è all'interno della scatola, la bilancia segna 101 g, e quando esso è all'esterno, la bilancia segna 100 g?
E magari anche che quando esso è mezzo dentro e mezzo fuori, la bilancia segna 100,5 g?

Terzo esperimento
In questo esperimento si userà il coperchio della scatola. (massa = 10 g)
Il calabrone sta volando all'interno della scatola.
Qualcuno vorrebbe sostenere che se si mette il coperchio la bilancia segna 111 g e se si toglie il coperchio la bilancia segna 100 g?

A quanto pare, la mia è l'unica debole voce che sostiene che il camion è più leggero!

Roberto Callegari
I tuoi ragionamemnti mi sembrano corretti dal punto di vista intuitivo, ma il 3° principio della dinamica per un sistema ideale dice:

La misura del peso su una bilancia è data dalla pressione che viene esercitata sul piatto della stessa.
Una bilancia senza niente sopra misura zero solo se noi fissiamo come pressione di rigferimento quella dell'aria nel posto in cui ci troviamo:
Una bilancia azzerata a RIMINI, sul K2 misurerà un peso negativo, dato che la pressione dell'aria è minore.
Per questo se si considera tutto il sistema camion sopra la bilancia, non ci interessa sapere se qualcosa al suo interno si muova, (anche i pistoni e tutte la parti in movimento fanno parte del sistema).
Il sistema-camion pesato è sempre lo stesso.
Gli uccelli che stanno fermi all'interno del camion non esercitano alcuna pressione con le loro ali per volare, se volano esercitano una pressione che si trasmette alle pareti interne del sistema: Non è più il loro peso che grava sulla bilancia, ma la forza di pressione che essi esercitano sulle ali.
LE BILANCE MISURANO UNA forza/area=tensione. La misura che forniscono è la tensione media sul piatto diviso l'area del piatto ed è questa che poi noi vediamo su una scala graduata.

Gennaro Cangiano
Per il camion, mi ha fatto pensare molto il modo in cui è formulato il quesito: è vero che se l'aereo s'alza non grava sulla bilancia, ma intanto per alzarsi ha dovuto imprimere una spinta tale da sostenere il peso proprio e questa spinta dove agisce?
Credo su tutto il sistema quindi continua ad agire anche sul fondo del camion e quindi sulla bilancia.
Quando l'aereo è in volo (all'interno del camion che io considero un sistema chiuso) deve agire una forza che compensi il peso dell'aereo altrimenti come fa a sostenersi in aria?
Questa forza che pareggia col peso dove grava?
Per me continua a gravare sul sistema quindi sulla bilancia.
Se io salgo su una bilancia registro il mio peso. Ma se spicco un salto, registrerò la spinta poi nei momenti che sono sospeso in aria è ovvio che non gravo sulla bilancia. Ma il fatto è che la bilancia è all'interno del mio sistema che è la stanza in cui mi trovo. Se la bilancia fosse sotto il pavimento della stanza e il sistema fosse la stanza chiusa, quando sono sospeso in aria devo produrre una forza che annulli il mio peso, ma questa forza deve compensare il peso quindi il tutto rimane uguale.
Altro discorso se non c'è il soffitto, il sistema è aperto quindi la spinta che mi sostiene va a scaricarsi da un'altra parte.
Insomma l'aria spostata dall'aereo per sostenersi in volo deve produrre una spinta che compensa il peso dell'aereo e secondo me questa spinta non può andare persa, agisce su tutte le pareti del camion quindi anche sul fondo, in pari misura.

Gianvittorio Righi
In fisica vi e' una legge, forse la piu' importante, che dice "nulla si crea, nulla si distrugge ..........tutto si trasforma" , la piu' importante dicevo, ricordando che molti problemi si basano su questo e che non bisogna mai dimenticare, il problema e' complesso nella misurazione della variazione di peso perche' diventa impossibile "pulire " il camion da forze esterne, (un po' mi ricorda il problema degli uccelli nel camion), un po' devo dire che Gianfranco Bo sul terzo esperimento non ha tutte le ragioni, perche', ebbene sì, la forza peso che esercitano sull'aria o coumunque meglio dire la pressione (che e' una forza) si disperde assolutamente da qualche parte, in questo caso sulle pareti.
Mi spiace ma il peso RIMANE INVARIATO.

100. Test clinico
proposto da Gennaro Cangiano
Eccomi con un "simpatico" dilemma.
Un certo test clinico atto a rivelare una determinata malattia, risulta positivo in un certo paziente.
Voi sapete che l'affidabilità del test in questione è del 79% e che la frequenza media di quella malattia, nella popolazione da cui proviene il paziente, in quella fascia di età, è del 1%.
Tuttavia la probabilità che il test risulti comunque positivo quando il paziente non abbia veramente la malattia è del 10%.
Tenuto conto di tutto questo, qual è, secondo voi, la probabilità che quel paziente abbia effettivamente quella malattia ?

>>> Risposte & riflessioni
Francesco Veneziano
Applicando il teorema di Bayes si ha che la probabilità cercata è uguale alla probabilità che il poveretto sia malato per la probabilità che il test sia corretto, diviso la somma di questa stessa e della probabilità che il paziente sia sano e il test sbagliato; a conti fatti abbiamo
P=0,01*0,79/(0,01*0,79+0,99*0,1)=79/1069=7,4% ca.
I medici farebbero meglio a trovare un test più affidabile!
:-) Francesco

Gennaro Cangiano
Faccio una piccola premessa: il test non è originale, l'ho preso da un articolo di scienze cognitive di Massimo Piattelli Palmarini. Lo stesso autore a sua volta ha preso i dati da una vera ricerca medica sui tumori maligni.
La volontà di Palmarini era di dimostrare quanto, certe volte, siano fallaci le conclusioni intuitive, prive di razionalità.
Infatti matematicamente si dimostrerà che la probabilità di avere effettivamente il male è di 7% contro il 79% di affidabilità del test. Per intuito ci si "fiderebbe" del risultato prodotto dal test che indicherebbe la presenza del male col 79% di probabilità, quindi si temerebbe di avere il male 79 volte su cento. Invece con affidabilità del 79%, si dimostra che il male probabilmente lo si ha solo per un 7% (79% contro 7% !). Molti anni fa questo mi colpì, perciò cominciai a dedicarmi alle scienze cognitive, per le quali coniai il motto "usare il buon senso è meglio che affidarsi al senso comune".

Come vedi si ha il 79% (affidabilità del test), 21% (l'errore del test).
Ma poi c'è anche il 10% (un altro tipo di errore del test) e il 90 % (un altro tipo di affidabilità del test); questi ultimi sono caratteristici del test, se non ci sono vanno ricercati.
A noi, per come è posta la domanda, serve sapere quanto è vero il risultato indicato dal test.
Vale a dire che sappiamo che il test dà un valore positivo, ma non sappiamo quanto crederci e il crederci non è al 79% delle probabilità.
I due valori in neretto (10 e 90% in alto a destra) sono valori importantissimi, ma potrebbero essere trascurati perché offuscati dall'affidabilità dichiarata (79%).
La domanda da fare in questi casi è: "d'accordo il test è affidabile per il 79%, ma che vuol dire? che probabilità ho che pur dandomi valore positivo la malattia non c'è?" (appunto quel 10% in alto a sinistra).
La risoluzione è fornita dalla formula di Bayes, che "combina" probabilità e statistica, per questo è molto vicina alla verità.
Sarebbe come "sondare" la statistica di un sistema con l'affidabilità dello strumento.
Sondiamo la statistica: ricordiamo che vogliamo saggiare quanto sia vicino al vero l'esito che ricordo è positivo. La statistica dice che per l'1% la popolazione veramente ha il male, indipendentemente dall'esito del test (ipotesi del problema).
Sondiamo questo valore col test: 79% di 1%= 0,79 x 0,01= 0,0079. Quanto "pesa" questo dato? Noi sappiamo che il test può essere positivo, ma la malattia è assente. Questo è una "devianza" che si presenta il 10% delle volte (in alto a dx nella tabella, era il dato mancante nel dilemma che proposi).
Ora la statistica relativa alla popolazione dice che il male c'è per l'1%, indipendentemente dal test comunque c'è. Quindi potremmo supporre che non c'è, indipendentemente dal test, per il complementare pari a 99% dei casi.
Allora la "fallacità" del test è del 10% (test positivo, malattia assente), ma la malattia è assente anche per il 99% (dato complementare allo statistico della popolazione, quell' 1%), quindi "sondando" detto valore statistico con la fallacità del test si ha che la malattia è da ritenere assente per il 0,10 x 0,99 = 0,099 dei casi pur segnalando il test un valore positivo (l'indagine, ripeto, è vedere quanto sia vero il risultato positivo).
A questo punto è applicabile la formula di Bayes:

il cui risultato è poco più del 7%, che è il rapporto del valore positivo, ma vero rispetto alla totalità delle volte che il test segna positivo (stiamo indagando sul risultato positivo).
Per intuito si sarebbe creduto al 79% !!!!.

99. Festa di funzioni
proposto da Carlo Z.
Tutte si divertono tranne exp(x).
Le si avvicina ln(x) dicendo:
- dai, divertiti con noi, integrati!
Risponde exp(x):
- E' lo stesso!

98. Mega sistema bis
proposto da Gianvittorio Righi
Ogni lettera corrisponde ad un numero diverso compreso da 1 a 20.

Sappiatemi dire in base alle seguenti operazioni a che numero corrisponde ogni lettera.

>>> Risposte & riflessioni
Paolo Hägler
Un particolare ringraziamento a Paolo per la dettagliata risoluzione, che è la prima che ho ricevuto.

Numeriamo le proprietà:

0) I numeri A,...G sono compresi tra 1 e 20 e tutti
diversi tra loro

1) C=D+E+A
2) A=B-D
3) B=G-D
4) D=C-G
5) E=C-B
6) F=E-A
7) G=B+D

8) F<A
9) C>D
10) C>E
11) C>A
12) A<E
13) B>D
14) D<G
15) E>A
16) F<D
17) G<C

18) A è primo
19) B è primo
20) C è primo
21) D<15
22) E è pari
23) F non è divixibile né per 2, né per 3
24) G non è divisibile né per A, né per B, né per C,
né per D, bé per E

Ora possiamo procedere:
Per 0) 20>=C
Per 4) C=G+D (quindi abbiamo 20>=G+D)
Per 3) G=B+D (quindi abbiamo 20>=B+2D)
Per 2) B=A+D, per 6) E=A+F e per 16) D>F, otteniamo
B>E (quindi 20>E+2D)
Per 1) C=D+E+A e per 6) E=A+F otteniamo C=D+F+2A (*)
Per 4) C=G+D, per 7) G=B+D e per 2) B=A+D otteniamo
C=A+3D (**)
Combinando (*) e (**) otteniamo F+A=2D, ma per 6)
F+A=E, quindi E=2D (25)

Quindi 20>E+2D diventa 20>4D, e siccome per 16)D>F, D
può essere solo 2, 3 o 4.

Quindi E vale rispettivamente 4, 6 o 8.

Per 23) e 16) F=1 in ogni caso.

Per 6) A=E-F, A vale 3, 5 o 7 risp.

Per 2) B=A+D, B vale 5, 8 o 11 risp. Ma siccomme B è
primo per 19, non può essere 8, quindi la possibilità
centrale con D=3 cade.

Restano D = 2 o 4
E = 4 o 8
F = 1 o 1
A = 3 o 7
B = 5 o 11

Per 3) G=B+D, G vale 7 o 11

Per 4) C=D+G, C vale 9 o 19.

Ma siccome C è primo per 20, C=19.

Resta l'unica soluzione:
A=7, B=11, C=19, D=4, E=8, F=1, G=15

Francesco Veneziano
C=19
G=15
B=11
E=8
A=7
D=4
F=1
Ho trovato un bel procedimento per risolvere questo sistema, ma il margine del foglio è troppo piccolo per contenerlo. :-)

Roberto Callegari
La soluzione del quesito "Mega sistema bis" proposto da Gianvittorio Righi è la seguente:

A=7, B=11, C=19, D=4, E=8, F=1, G=15

Il sistema da risolvere è indeterminato (7 incognite ma solo 5 equazioni indipendenti).
Procedendo per esclusione dei valori delle incognite si ottiene con qualche fatica questa soluzione.

97. Il gatto Nicola!
proposto da Enrico De Vita e Giuseppe Pace
Supponiamo che la Terra sia sferica.
Stendiamo una fune (inestensibile etc...) lungo l'equatore (circa 40000 Km); tagliamo la fune in
un punto ed aggiungiamole un metro; a questo punto avremo una fune lunga 40000 Km + 1 m.
Distanziamo in modo uniforme la fune dal terreno (la fune infatti ha una lunghezza maggiore della lunghezza dell'equatore).
La domanda è:
Il nostro gatto Nicola è in grado di passare sotto la fune (ossia tra la fune ed il terreno) senza toccarla?

La differenza fra i due raggi è 159 mm. Un gatto potrebbe anche passarci.
Da notare che 159 mm è il raggio della circonferenza lunga 1 m (circa).
Il che fa sospettare che la circonferenza della Terra non c'entri proprio nente.
Vediamo cosa succede con un po' di calcolo letterale.
Chiamiamo con pi la costante "pi greco", con C la circonferenza della Terra e con d la differenza dei raggi delle due circonferenze di cui si parla nel problema.
Raggio della Terra: R1 = C/2pi
Raggio della corda allungata: R2 = (C+1)/2pi
Differenza tra i raggi:
d = R2 - R1 =
= (C+1)/2pi - C/2pi =
= C/2pi + 1/2pi - C/2pi =
= 1/2pi =
= 0,159...

96. Dedicato a Francesco Cannarozzo
proposto da Gianfranco Bo
La nave spaziale K21-Wash deve fare un lungo viaggio dalla Terra a Saturno.
Si hanno i seguenti dati:

E ora la domanda che dà il senso a questo quesito: onore e gloria a chi scopre chi è Francesco Cannarozzo.

>>> Risposte & riflessioni
Onore e gloria a Gennaro Cangiano!
NON SARA' MICA UN TAL ENNA FRANCO, AUTORE DEL ROMANZO DA CUI HAI TRATTO IL TESTO?

Onore e gloria a Francesco Veneziano!
Francesco Cannarozzo dovrebbe essere il direttore responsabile della collana di fantascienza "Proxima"

Gianfranco Bo
Bene, bene.
Francesco Cannarozzo è un autore ben conosciuto dagli appassionati di fantascienza italiana.
Ha scritto molti romanzi con lo pseudonimo di Franco Enna, tra cui L'astro lebbroso, nel 1954, da cui ho tratto i dati per formulare il problema.

Poiché non ho ancora ricevuto soluzioni esaurientemente spiegate, provo ad inserire la mia, chiedendo scusa per eventuali errori.
Se ne trovate, vi prego di segnalarmeli.

Inoltre
m: la massa variabile (m(t)) = M-kt
N.B. La derivata di m(t) è -k.
N.B. kt è la quantità di carburante consumata nel tempo t.
v: la velocità variabile (v(t))
t: il tempo
d il simbolo del differenziale

Integro la prima tra 0 e v e la seconda tra 0 e t (salto qualche passaggio): ...
log(F+kv) - log(F) = log(M) - log(M-kt)

Sostituisco: kt = 7.400.000 - (980.000 * 7.400.000)/(980.000 + 0,2777...* 58.888,8888...)

Il tutto va ripetuto altre 3 volte. Tenendo conto che la massa di partenza è diversa ogni volta.

95. Borsellini e monete
proposto da Emiliano Ioannacci
Abbiamo n borsellini contenenti ognuno n monetine dello stesso peso noto.
Uno solo dei borsellini contiene delle monete di peso diverso: il peso è esattamente il doppio. Abbiamo inoltre una bilancia che può dirci il peso di un singolo oggetto.
Possiamo prendere da ogni borsellino le monete che vogliamo e pesarle insieme.

Come fare a stabilire con una sola pesata quale borsellino contiene le monete che pesano il doppio?

>>> Risposte & riflessioni
Alberta Sestito
Si prende 1 moneta dal borsellino numero 1, 2 dal numero 2, e così via fino a prendere n monete dal borsellino n

Se tutte le monete avessero peso P, l'insieme così composto peserebbe:
P(n(n+1)/2)

Poiche' alcune monete pesano il doppio, l'insieme delle monete peserà invece:
P(n(n+1)/2)+Px
dove Px è l'eccesso di peso dovuto alle monete diverse.
Basta dividere per P e sottrarre (n(n+1)/2) per ottenere il numero di monete diverse, quindi il numero d'ordine del borsellino.

94. Numeri autoreferenziali
proposto da Enrico De Vita e Giuseppe Pace
N.d.R. Questa sfida nasce da un problema già presentato su BASE Cinque.
Ma prima è opportuno dare qualche spiegazione sul termine "autoreferenziale".
Gli enunciati autoreferenziali sono enunciati che parlano di se stessi.
Esempi:
"Roma è la capitale d'Italia" non è autoreferenziale.
"Questa frase è scritta in italiano" è autoreferenziale.

Per analogia definiamo autoreferenziale un numero formato da n cifre, ABCD.... che "descrive" se stesso in questo modo:

Esempi:
- per n = 4: 1210 è un numero autoreferenziale, infatti è formato da 1 "zero", 2 "uno", 1 "due", 0 "tre";
- per n= 5: 21200 è un numero autoreferenziale.

Chi sa trovare almeno un numero autoreferenziale di n cifre per ogni n compreso fra 1 e 10?

In certi casi l'impresa sembra impossibile: chi sa dimostrare che è effettivamente impossibile?

>>> Risposte & riflessioni
Gianfranco Bo
Ecco, in sintesi, le risposte:
n=1: nessuna soluzione
n=2: nessuna soluzione
n=3: nessuna soluzione
n=4: 1210, 2020
n=5: 21200
n=6: nessuna soluzione
n=7: 3211000
n=8: 42101000
n=9: 521001000
n=10: 6210001000
n>10: (n-4), 2, 1, 0 ((n-7) volte), 1, 0, 0, 0

Enrico De Vita e Giuseppe Pace
Sia n il numero di cifre considerate.
Per n=1,2,3 non ci sono soluzioni (?).
Per n=4 -> 1210
Per n=5 -> 21200
Per n=7 -> 3211000
Per n=8 -> 42101000
Per n=9 -> 521001000
Per n=10-> 6210001000
E per n>10 ????
P.S.
Per n=6 sembra non esserci soluzione (?).

Dino
Il numero é 6210001000 ed é chiamato autoreferenziale perché descrive sè stesso.

Per la sua ricerca partiamo proprio dalla caratteristica di questo numero incantato che impone che la somma delle cifre che lo compongono deve essere uguale a dieci.
Infatti, essendo il numero composto da dieci cifre, ognuna delle quali dovendo esprimere quante volte è presente quel valore nell'ambito del numero stesso, è chiaro che la loro somma dev'essere pari a quante volte sono presenti delle cifre ovvero è uguale alla lunghezza del numero incatato che, come visto, è dieci.
Tra queste dieci cifre devono necessariamente esserci degli "0" altrimenti l'unica altra possibilità di avere la somma pari a dieci senza zeri, sarebbe quella di avere tutti "1", ma questo non e' possibile perché, eccetto le prime due cifre, ogni altro uno all'interno del numero indicherebbe la presenza di un'altra cifra superiore ad uno e ciò causerebbe che la somma di tutte cifre sarebbe maggiore di dieci. Dunque, almeno le prime due cifre devono necessariamente essere diverse da zero.
In particolare la seconda cifra non può essere uno poiché significherebbe che all'interno del numero incantato non comparirebbero altri "1" e quindi le uniche cifre possibili negli altri posti sarebbero quelle maggiori di uno oppure "0"; di conseguenza la cifra che indica il numero degli "0" (cioè la prima) sarebbe almeno "2" indicando l'esistenza di almeno un'altra cifra maggiore di uno al terzo posto che indicherebbe a sua volta l'esistenza di altre cifre ancora maggiori portando la somma ad essere ancora una volta superiore a dieci.
La seconda cifra, inoltre, non può essere maggiore di "2" poiché si utilizzerebbe un "1" nella posizione che indica il numero di uno stesso, un altro nella posizione che indica il numero degli "0" ed almeno un altro in una posizione che indicherebbe l'esistenza di una cifra maggiore di uno portando così la somma ad essere di nuovo maggiore di dieci. La soluzione si ottiene allora utilizzando proprio "2" come seconda cifra (numero di "1") il che comporta di posizionare le due cifre "1" nella terza posizione (avendo già utilizzato un "2" nella seconda posizione) e nella posizione che deve indicare il numero degli "0" presenti che gioco forza devono necessariamente essere sei per rispettare il valore della somma delle cifre.

Volendo generalizzare il problema ad un sistema di numerazione non decimale, ma di qualsiasi base n, è ovvio che le cifre complessive ora saranno giusto n così come anche la loro somma. E' facile verificare subito che per sistemi di numerazione binaria e ternaria non esistono soluzioni; per numeri con base quattro il numero incantato autoreferenziale è 1210 simile a quello trovato per il sistema numerico decimale, ma è altrettanto valida anche una soluzione di tipo diverso: 2020 (in entrambi i casi la somma delle cifre è sempre pari a quattro).
Il sistema numerico in base quattro è dunque particolare in quanto è l'unico ad ammettere due soluzioni valide a tutti gli effetti.
Per il sistema numerico in base cinque esiste l'unica soluzione 21200.
Quello in base sei non ammette alcuna soluzione.
Infine per sistemi di numerazione in base sette e successivi essa è sempre del tipo X21...1... con l'ultimo "1" in posizione x e con X pari alla base del numero meno quattro (= 2 + 1 + 1). Sorprendentemente questa regola è valida anche per qualsiasi sistema di numerazione con base maggiore di dieci nonostante si sposti il tetto massimo della somma delle cifre ad n. Infatti, consideriamo il nostro numero composto da più di dieci cifre, mettiamone pure quante se ne vuole tanto non cambia nulla nel ragionamento finale, ma solo a titolo di esempio consideriamo il seguente numero a base 26:

in cui la cifra "a" indica il numero di zeri presenti, la "b" il numero di uno, la "c" il numero di due, ..., la "z" il numero di venticinque presenti. Per lo stesso ragionamento che abbiamo fatto per l'autonumero con base decimale, fra queste cifre ci dovranno essere degli zero, ed anche parecchi, sicuramente più di tre (non lo dimostriamo, ma la cosa è ovvia visto che già per il numero in base sette ci sono già tre zero). Diciamo allora che ci sono x zeri, con x maggiore di tre, per cui nella generica posizione x, abbastanza alta, ci sarà sicuramente la cifra "1", dato che se ci fosse un numero maggiore si avrebbe un altro numero alto in una posizione successiva alla "a", cosa che porterebbe sia a porre ancora altre cifre, sempre non nulle, in posizioni diverse e superiori e sia al fatto che la loro somma prima o poi sfori il tetto di 26. Nella posizione "b" non può esserci un "1", in quanto, come visto, già ce n'è uno nella generica posizione x, quindi come minimo ci deve essere un "2". Riassumendo quanto detto fin ora il numero deve essere del tipo:

con l'ultimo "1" segnato nella generica posizione x. In posizione "c" a questo punto possiamo mettere come minimo un "1", avendo già inserito il "2" nella posizione "b", anche se potrebbe andare bene pure un "2", visto che abbiamo utilizzato solo cifre basse ed il tetto della somma pari a 26 è ancora lontano. Nel primo caso si giunge alla solita soluzione, nel secondo si ha il problema di porre da qualche parte più avanti della posizione "c", nel regno degli x zeri già introdotti un altro "2". Ma porre un numero diverso da zero in una posizione maggiore o uguale a "c" significa anche dover aggiungere una nuova cifra maggiore o uguale a "3" che fin ora non era ancora presente da nessuna parte nel numero. E dove potrebbe andare? Solo in una posizione ancora successiva, portando quindi in ogni caso a introdurre sempre più cifre non considerate e andando così a sforare la somma verso l'infinito. Alla stessa conclusione si giunge prima o poi ponendo in "b" un numero maggiore di "2". Quindi anche per un sistema di numerazione superiore a quello decimale il numero incantato autoreferenziale è del tipo:

con ancora l'ultimo "1" segnato nella generica posizione x ed X pari, nel caso del sistema a base 26, a 22 (= 26 - 4) nella posizione "a". Quindi utilizzando le lettere dell'alfabeto inglese, ovvero le seguenti 26 lettere:

e ponendo "A" = 0, "B" = 1, "C" = 2, ..., "Y" = 24 e "Z" = 25 si avrebbe la seguente ed unica parola-numero autoreferenziale:

In definitiva possiamo concludere che non esiste nessun'altra soluzione al problema, per nessun valore del sistema numerico a base generica n.

Se il numero da cercare deve essere formato da dieci cifre, la prima di esse indica il numero di "1" presenti nel numero stesso, la seconda indica il numero di "2" presenti, la terza indica il numero di "3" presenti e così via fino all'ultima cifra che indica il numero di "0" presenti nel numero, allora si tratta del numero autoreferenziale 2100010006 simile al precedente, ma con la prima cifra che passa in ultima posizione.

93. Medici in prima linea
proposto da Emiliano Ioannacci
In una clinica ci sono n chirurghi che devono operare m pazienti, solo che, per qualche strana ragione, devono utilizzare il minimo numero di paia di guanti.
A causa di uno stranissimo virus che viene da Marte e che contagia solo al tatto, nessun paziente e nessun chirurgo deve venire a contatto diretto con un "lato" di un guanto già toccato da un altro (sia paziente che chirurgo).
Qual è il minimo numero di paia di guanti?

N.d.R. Desidero aggiungere qualche precisazione utile a comprendere meglio lo spirito del problema.

>>> Risposte & riflessioni
Francesco V.
Se tutte le operazioni implicano contatto fisico, è evidente che ogni guanto potrà essere usato soltanto una volta, e quindi ne servirà un paio per ogni operazione da effettuare, cioè m paia di guanti in tutto se ogni operazione è eseguita da un solo chirurgo, k*m paia se l'operazione è eseguita da un'èquipe di k medici (sempre che nessuna operazione abbia complicazioni)

Gianfranco Bo
Vorrei dare un piccolo contributo a questo problema.
Credo che la soluzione di Francesco, pur essendo corretta, possa essere migliorata.
Intanto fornisco due ulteriori precisazioni.

Inoltre, se ci mettiamo nell'ordine di idee di risparmiare a tutti i costi sui guanti, forse riceveremo qualche illuminazione...
Faccio un esempio: un guanto può essere utilizzato due volte rovesciandolo... a certe condizioni, però...
Inoltre si può anche...

Per facilitare il problema si può provare a sostituire a m, n due numeri e fare alcune prove:

Possono tre chirurghi operare (facendo tre operazioni successive) un solo paziente utilizzando due paia di guanti?

Prima di riportare l'accurata soluzione inviata da Dino, inserisco una breve risposta che può servire come esercizio preparatorio.
Può un chirurgo operare tre pazienti utilizzando solo due paia di guanti?

Dino
E' possibile effettuare una generalizzazione del problema ad un numero qualsiasi m di medici che devono operare un numero p di pazienti col minor numero di guanti possibili assicurando ad ognuno dei partecipanti un contatto sicuro. Non è difficile dimostrare che un numero sufficiente di guanti risulti pari ad uno qualora m = p = 1, mentre è pari a due fino a m = p = 2 ovvero per un totale di 4 persone. La tecnica da usare è quella di assegnare a ciascuno persona un lato specifico di uno dei guanti (totale 2·2 = 4 lati disponibili come le persone) e poi sovrapporre sempre due guanti prima di ogni operazione in modo che ciascuno lo indossasse sempre dalla parte assegnatagli. Le cose cominciano a complicarsi però nel caso di un numero superiore di persone per cui vale la formula:

m + floor (p/2)

in cui con floor (x) si è indicata la parte intera di x. Ad esempio per m = p = 3 si ha:

3 + floor (3/2) = 3 + floor (1,5) = 3 + 1 = 4

Dunque non basta più assegnare un lato del guanto ad ogni persona (nel qual caso sarebbero sufficienti solo tre guanti). Infatti considerando che i tre medici A, B e C possono ognuno venire in contatto coi tre pazienti D, E ed F si avrebbe questa situazione:

1) A indossa dapprima il guanto 1 con sopra il guanto 2 col paziente E;
2) poi A indossa il guanto 1 con sopra il 3 con F;
3) infine A indossa solo il guanto A con D;
4) B indossa dapprima il guanto 2 con sopra il 3 con F (questa operazione può avvenire anche contemporaneamente al precedente);
5) poi B indossa solo il guanto 2 con E;
6) C indossa dapprima il guanto 3 con F (anche questo rapporto può avvenire contemporaneamente al precedente);
7) poi C indossa il guanto 3 con sopra il 2 con E;
8) infine C indossa il guanto 3 con sopra l'1 con D.

Fin qui tutto va liscio e sembrerebbe che il metodo sopra descritto funzioni nel migliore dei modi anche se mancava ancora l'ultima operazione del dottor B con D e dovrebbero utilizzare il guanto 2 con sopra l'1. In tal modo però non sono più rispettate tutte le condizioni di sicurezza imposte all'inizio: infatti, quando C ha operato E (operazione n° 7) purtroppo si è sporcato irreversibilmente il lato interno del guanto 2, che ora doveva ora essere reindossato da B. Esso, infatti, in tale operazione è entrato in diretto contatto con il lato esterno del guanto 3 e quindi conserva tuttora ancora intatto il sangue di F che era stato operato in precedenza. Il problema si verifica con tale sequenza, ma qualsiasi sarebbe stato l'ordine degli interventi almeno ad uno deve pur capitare. Allora nell'ultima operazione occorre un nuovo paio di guanti, per cui:

9) D può essere operata da B col guanto n° 4 (e in effetti questa operazione può svolgersi anche contemporaneamente ad uno qualsiasi degli altri elencati precedentemente ove non figurano però nè B e nè D.
Dunque per soddisfare pienamente tutte le condizioni di sicurezza fra tre medici e tre pazienti occorrono almeno quattro guanti.

Non è detto però che la formula vista in precedenza dia davvero il numero di guanti minimo indispensabile, ed allora sembrerebbe che, secondo Hajinal & Lovasz, tale numero minimo effettivamente richiesto sia invece pari a:

ceilig (m/2 + 2·p/3)

in cui ora con ceilig (x) si è indicato il numero minimo intero maggiore od uguale ad x. Tale formula è valida in tutti i casi eccetto quando m = p = 2, in cui come si è detto sono richiesti solo due guanti, ed anche nei casi in cui si ha m è dispari e p = 1 in cui sarebbero invece richiesti:

(p + 1)/2

guanti. Quindi nell'ipotesi vista m = p = 3 si hanno ancora:

ceilig (3/2 + 2·3/3) = ceilig (1,5 + 2) = ceilig (3,5) = 4

Vediamo ora che succede con le due formule quando risulta m = p = 4: la prima formula dà:

4 + floor (4/2) = 4 + floor (2) = 4 + 2 = 6

guanti, mentre con la seconda risulta invece:

ceilig (4/2 + 2·4/3) = ceilig (2 + 2,6) = ceilig (4,6) = 5

Questa apparente contraddizione ci dice che con quattro dottori, quattro pazienti e sei guanti si riesce certamente ad avere tutte le condizioni di sicurezza e il sangue di un paziente non entra in contatto con un'altra persona, ma non ne siamo sicuri che sia il minimo indispensabile che invece secondo Hajinal & Lovasz ne bastano solo cinque!

Gennaro Cangiano
Ciao, ho appena letto il problema del numero di guanti (medici e pazienti), e le soluzioni proposte.
Ma non mi è chiara una cosa: tra le soluzioni si propone che un medico usi due paia sovrapposti. Ma come fa a toglierseli per operare il successivo malato? d'accordo: uno dei due guanti (es. il sinistro) lo toglie usando l'altra mano. A questo punto ha una mano con un guanto "nuovo" (la sinistra) e l'altra (la destra) con due guanti sovrapposti di cui l'esterno "infetto" (probabilmente, se il malato era infetto). Ora come fa a togliersi "questo" guanto? e se fosse infetto, infetterebbe l'altro "sano".
Non so se ho capito bene questa soluzione, ma mi viene il dubbio che il medico rischi di infettarsi il guanto sinistro.
E se continua a cambiarseli, li infetta a catena; a meno che non ci sia un collega ad aiutarlo.

92. Il valore di anagramma
proposto da Pietro Vitelli
Premetto che, un'anagramma di una parola è una nuova parola che si ottiene dalla precedente, semplicemente scambiando di posto le sue lettere.
Detto ciò, passo a proporre la sfida:

trovare la parola con il maggior numero di anagrammi e che allo stesso tempo abbia quante più lettere possibili.

In poche parole, trovare quello che io ho definito come "Valore di anagramma" di una parola, cioè la somma tra numero di lettere e numero di anagrammi, in modo tale che sia massimo.

Va = num_lettere + num_anagrammi

Ex. PERA

anagrammi:

- ARPE = strumenti musicali
- APRE = voce del verbo aprire
- RAPE = ortaggi
- PARE = sinonimo di "sembra"

Valore di anagramma Va=4+4=8

N.B.: gli anagrammi devono essere parole di senso compiuto e possono essere, oltre a parole presenti su dizionari italiani ed enciclopedie, anche nomi di persona e voci verbali.
Non è ammesso: (LIRE ---> IL RE).
Come si può vedere dall' esempio fatto in precedenza, la parola stessa non va considerata come anagramma.
Ovviamente, per massimo s'intende il migliore valore di anagramma che si riesce a trovare.
Non è detto che sia massimo!

BUON DIVERTIMENTO!!!

>>> Risposte & riflessioni
Su suggerimento di Pietro Vitelli inserisco qui la classifica dei migliori risultati.

Autore	Parola	n. lett.	n. anag.	Punti
Dendi & Viezzoli	Espatrio	8	19	27
Alan Viezzoli	Cronista	8	19	27
Pietro Vitelli	Sparite	7	16	23
Alan Viezzoli	Cranio	6	9	15
Gianfranco Bo	Tristano	8	6	14
Pietro Vitelli	Manico	6	5	11
Gianfranco Bo	Rosa	4	6	10




Soluzioni dubbie...
Gianfranco Bo	Cinquemilacinquecentocinquanta	30	10	40
Giorgio Dendi	Precipitevolissimevolmente	26	0	26

Pietro Vitelli
La parola con il miglior valore di anagramma che sono riuscito a trovare è:
MANICO
Anagrammi:
- CAMINO
- MACINO
- MONICA
- MONACI
- CAMION

Valore di anagramma: Va=6+5=11

La sfida è aperta.

Alan Viezzoli
Parola:
- CRANIO
Anagrammi:
- ANCORI (v/v ancorare)
- CANORI
- CORNIA (antico "corniola", varietà di agata)
- INARCO (v/v inarcare)
- INCORA (v/v incorare)
- IRCANO (proveniente dalla Persia)
- NORCIA
- RANCIO
- RONCAI (v/v roncare)

Valore di anagramma: Va=6+9=15

Giorgio Dendi mi comunica, il 11 giugno 2001, che è riuscito a raggiungere il punteggio 26, senza alcuna fatica...
Che dire? Quando il gioco si fa duro i duri cominciano a giocare.
Se vogliamo vedere la risposta di Giorgio dobbiamo migliorare ancora un po' l'attuale record, che è 15.

Alan Viezzoli mi comunica il 22 giugno 2001 che è riuscito a raggiungere il punteggio 27.

Gianfranco Bo
Ragazzi! I campioni comunicano di aver raggiunto dei record sbalorditivi, ma nessuno si sbottona. Sarà vero?
Io, molto modestamente propongo alcuni miei risultati. I punteggi sono bassi, ma l'importante è partecipare...

Una piccola riflessione: è meglio cercare parole corte con molti anagrammi o parole lunghe con pochi anagrammi?

Parola:
TRISTANO
Anagrammi:
STRATINO
STORNATI
STRANITO
STRINATO
TORNASTI
TRANSITO

ESPATRIO

- ESPIRATO
- ESPORTAI
- OPERASTI
- OPERISTA
- OSPITARE
- OSPITERA'
- PERITOSA (Timorosa)
- PESATORI
- PIETROSA
- POSARETI (Nave militare)
- POSTERAI (v/v postare)
- POSTERIA (Negozio)
- PROSIATE (v/v prosare)
- PROTEASI (Enzima)
- RIPESATO
- RIPOSATE
- SAPORITE
- SPIATORE
- STERPAIO

Alan Viezzoli

CRONISTA

- CASTRINO (v/v castrare)
- CASTRONI (Agnelli)
- CORNISTA
- CRASTINO (di domani)
- CRISTONA (v/v cristonare)
- CROSTINA
- INCASTRO
- INCROSTA
- RINTASCO
- RISCONTA (v/v riscontare)
- RONCASTI (v/v roncare)
- SCARNITO
- SCARTINO
- SCONTRAI
- SCORNATI
- SCRINATO (v/v scrinare)
- STRONCAI
- TORNISCA
- TRASCINO

Gianfranco Bo
Giorgio Dendi afferma che è riuscito a raggiungere il punteggio 26, e sottolinea che non ha fatto nessuna fatica né utilizzato protesi elettroniche di alcun tipo...
Credo di avere capito.
Già mi ero posto il problema di qual è la strategia migliore per "fare
punti" e mi ero reso conto che se analizziamo bene il metodo di assegnazione dei punti...
Ora, come ho gia detto più volte, io non sono esperto di giochi con le
parole, ma stimolato dai risultati di Alan e Giorgio ho ottenuto QUASI senza fatica un
punteggio di 40 punti utilizzando una parola conosciuta da tutti, della
quale ho trovato ben 10 anagrammi!

5550 Ispirato da BASE Cinque e sentito in un negozio di alimentari.

La parola è:
cinque-mila-cinque-cento-cinquanta (30 lettere)
Anagrammi che funzionano (salvo sviste):
500.055
150.005
550.005
105.055
55.105
55.500
50.505
155.005
555.000
5.155
E forse ce ne sono degli altri.

Pietro Vitelli
parola: SPARITE

anagrammi:

-APRISTE
-ARPISTE
-ESPATRI
-ESTIRPA
-PARESTI
-PARTESI
-PARTIES
-PIASTRE
-PRESTAI
-RAPISTE
-SAPERTI
-SPERATI
-SPIRATE
-STERPAI
-STIPARE
-STIPERA

Valore di anagramma = 7+16=23

Alberta Sestito
E' ovvio che se una parola è molto lunga, avrà molti possibili anagrammi. Il bello è farne molti con parole corte, o no?
Si potrebbe trovare una formula per il punteggio che tenga conto di questo, ad esempio, dividere il numero di anagrammi per il numero di lettere che compongono la parola.

Pietro Vitelli
Secondo me, l'ideale sarebbe trovare un'espressione per il valore di anagramma il cui valore dominante, se pur di poco, sia la lunghezza della parola; questo perchè penso, che, man mano che la lunghezza della parola aumenta, risulti più difficile trovare anagrammi; voglio dire che, se ad es. abbiamo lunghezza_parola = n e numero_anagrammi = m si deve avere un'espressione tale che, il valore di anagramma che si ottiene con lunghezza_parola = n+1 e numero_anagrammi = m-1, sia, anche se di poco, superiore a quello che si ottiene appunto con lunghezza_parola = n e numero_anagrammi = m; infatti, penso che il contributo della quantità m di anagrammi trovati con una parola di n lettere, valga di meno, sia meno forte, di quello fornito da una quantità m-1 di anagrammi trovati con una parola di n+1 lettere.
Questa maggiore forza si può esprimere, appunto, con un'espressione:

E(lunghezza_parola, numero_anagrammi) tale che:
E(n,m) < E(n+1,m-1) per ogni n ed m.

Per trovare l'espressione che verificasse tale condizione sono partito dalla semplice espressione: E(n,m) = n*m = lunghezza_parola*numero_anagrammi si nota che tale espressione verifica solo parzialmente la mia condizione; per cui, lavorando su questa sono giunto all'espressione finale che verifica totalmente, per ogni n ed m, la mia condizione, e cioè:

E(n,m) = (n-1)(n+m+1) = (lunghezza_parola-1)(lunghezza_parola+numero_anagrammi+1)
cioè
Valore di anagramma = (lunghezza_parola-1)(lunghezza_parola+numero_anagrammi+1)

Volendo, si può dividere per un valore qualsiasi in modo da non avere numeri eccessivamente grandi.
Questa è, in definitiva la mia proposta; che ve ne pare?

N.B.: io ho individuato la condizione: E(n,m) < E(n+1,m-1) come condizione fondamentale; non ho trovato altre condizioni.

91. Il passatempo di Aleph Zero
proposto da Dino
Aleph Zero è appena stato assunto da Zeus in persona per svolgere un importante incarico. Ogni giorno alle dodici olimpiche precise, deve suonare il gong della pausa pranzo degli dei. E' un lavoro importante, ma un po' noioso, così tira fuori un paio di regali che gli ha fatto un caro amico Eta Beta. Un sacchetto pieno di un infinità di biglie numerate da uno a ... infinito appunto! E una simpatica ruota per il lotto per la quale ha in mente grossi progetti ... ma questa è un'altra storia.

Sta di fatto che mancano 30 minuti precisi alle dodici e per passare il tempo svuota il sacchetto di biglie sul tavolo, prende la biglia n° 1, la rimette nel sacchetto e poi la toglie e la mette nel cesto del lotto; naturalmente il tutto compiuto in un solo istante.
Aspetta un po' finchè non mancano 15 minuti alle dodici. Poi prende due biglie dal tavolo: la n° 2 e la n° 3. Le mette entrambe nel sacchetto e poi toglie solo la n° 2 e la mette nel cesto.
Aspetta ancora finchè non mancano 7.5 alle dodici. Poi prende tre biglie: la n° 4, la n° 5 e la n° 6. Le mette nel sacchetto e da questo toglie solo la n° 3 per metterla nel cesto.

E così via con quattro biglie (quando mancano 3,75 minuti alle dodici) e mette la n° 4 nel cesto; con cinque (mancano 1.875 minuti) e mette la n° 5 nel cesto;
... con n biglie (mancano 30/[2]^{[n - 1]} minuti) e mette l'ennesima nel cesto ...

Quante biglie sono rimaste sul tavolo, quante ce ne sono nel cesto e quante nel sacchetto?

>>> Risposte & riflessioni
Gianfranco Bo
Intrigante questo problema di Aleph Zero.
Mi sembra chiaro che il povero Aleph Zero dovrà darsi un gran da fare con le biglie, specialmente nell'ultimo nano-secondo... altro che Pentium 4 o Power PC.

Prima soluzione.
Per cominciare direi che, dato un qualunque n, possiamo star certi che egli ha preso la biglia n dal tavolo e l'ha messa nel sacchetto.
E allora qualcuno vorrebbe sostenere che sul tavolo c'è rimasta qualche biglia? Forse quella numerata "infinito", che però non è un numero naturale.

Inoltre, e qui proprio non ci piove, dato un qualunque n, il nostro Aleph Zero ha tolto la biglia numero n dal sacchetto e l'ha messa nel cesto. E lo ha fatto proprio nell'istante ennesimo.
A questo punto c'è qualcuno che osa sostenere che nel sacchetto c'è rimasta qualche biglia?

Ergo: tutte le biglie sono nel cesto.
Togliendone un bel po', ne rimangono 90 che sono necessarie e sufficienti per giocare al lotto.

In definitiva: zero biglie sul tavolo, zero nel sacchetto, infinite nel cesto.

Seconda soluzione
Detto fra noi, ma voi ci credete che Aleph Zero vada veramente a cercare le biglie per numero?
Vi immaginate cercare le biglia n. 18273644594873647595 sul tavolo o peggio nel sacchetto?
E quella biglia lì si prende all'inizio del gioco; il bello deve ancora venire.
E poi come si fa a scrivere dei numeri enormi su delle piccole biglie?
Quindi io credo che da un certo punto in poi, e forse anche dall'inizio, Aleph Zero prenda delle biglie a caso.
Se è così, le cose cambiano alquanto.
Siccome per infinite volte egli prende delle biglie dal tavolo, alla fine il tavolo sarà vuoto.
Siccome per infinite volte egli mette n>1 biglie nel sacchetto e ogni volta toglie una sola biglia, alla fine il sacchetto conterrà infinite biglie.
Siccome per infinite volte egli mette 1 biglia nel cesto, alla fine il cesto conterrà infinite biglie.

Terza soluzione
Potrebbe anche succedere che Aleph Zero, prendendo biglie a caso sul tavolo, prenda solo quelle con i numeri pari.
Beh, in tal caso, seguendo il ragionamento della seconda soluzione si ha che alla fine ci sono infinite biglie dappertutto: sul tavolo, nel sacchetto e nel cesto.

Quarta soluzione
Un giorno caddero dal tavolo esattamente 90 biglie e proprio quelle numerate da 1 a 90.
Aleph Zero non se ne accorse subito e procedette come dalla seconda soluzione.
Alla fine si ritrovò con infinite biglie nel sacchetto e infinite nel cesto, zero biglie sul tavolo e 90 per terra.
Quando restituì le biglie, nessuno si accorse che ne mancavano 90 e così ci sono rimaste e ci giochiamo al lotto.

Io credo che nessuna di queste quattro soluzioni sia realistica, dài, come si fa a fare tutte quelle manovre in un istante. E poi, cosa vuol dire "istante"?
Perciò sono lieto di presentare la risposta, molto più sensata, trovata da...

Pietro Vitelli
Innanzitutto, c'è da notare che, a partire da 30 minuti, si potrebbe continuare a dividere all'infinito a metà i successivi intervalli.
Per fermarci nella divisione degli intervalli, si dovrà verificare che il tempo impiegato da Aleph Zero per effettuare un'operazione* completa (quello che Dino chiama istante) sia maggiore del residuo intervallo di tempo rimasto prima che siano le dodici, di modo che non ci sia più tempo per effettuare un'altra operazione completa prima che scocchino le dodici.
Pertanto considero il caso in cui, subito dopo che l'ennesima biglia è stata messa nel cesto, scoccano le dodici.

*= per operazione completa intendo lo spostamento di biglie dal tavolo, al sacchetto, al cesto.

Effettuando la 1° operazione, Aleph Zero prende 1 biglia dal tavolo; effettuando la 2° operazione completa, prende 2 biglie dal tavolo; effettuando la 3° operazione, prende 3 biglie dal tavolo;
questo vuol dire che, quando prende n biglie dal tavolo starà effettuando l'ennesima operazione completa, e cioè, che il numero di operazioni complete che Aleph Zero effettua nei 30 minuti totali è n.

Sappiamo che, durante ogni operazione completa, Aleph Zero mette 1 biglia nel cesto.
Pertanto, dato che le operazioni complete totali effettuate da Aleph Zero sono n, il numero di biglie presenti nel cesto alla fine dei 30 minuti sarà 1*n, cioè n.

Quanto al sacchetto, effettuando la 1° operazione completa, Aleph Zero lascia 0 biglie nel sacchetto; effettuando la 2° operazione completa, lascia 1 biglia nel sacchetto; effettuando la 3° operazione completa, lascia altre 2 biglie nel sacchetto;
quindi, effettuando l'ennesima operazione completa, lascia altre n-1 biglie nel sacchetto;
per cui il numero totale di biglie presenti nel sacchetto alla fine dei 30 minuti, sarà:

0+1+2+3+...+(n-1)

tale somma rappresenta una serie numerica; pertanto possiamo scrivere:

0+1+2+3+...+(n-1) =

Per quanto riguarda le biglie rimaste sul tavolo, effettuando la 1° operazione completa, Aleph Zero prende 1 biglia;
effettuando la 2° operazione completa, prende 2 biglie; effettuando la 3° operazione completa, prende 3 biglie dal tavolo;
quindi, effettuando l'ennesima operazione completa, prende n biglie dal tavolo;
per cui, il numero totale di biglie prese dal tavolo è:

1+2+3+...+n =

Inizialmente, le biglie presenti sul tavolo erano infinite (¥), per cui le biglie rimaste sul tavolo alla fine dei 30 minuti saranno:

¥ - [1+2+3+...+n] = ¥ -

La quantità

è una quantità finita, in quanto n è finito, dato che abbiamo supposto che la divisione degli intervalli di tempo non prosegue all'infinito, ma si ferma;
quindi, togliendo da una quantità infinità, una quantità finita, si ottiene ancora una quantità infinità;
per cui, la quantità di biglie rimaste sul tavolo, alla fine dei 30 minuti, è infinita:

¥ - [1+2+3+...+n] = ¥ -

= ¥

Quindi, concludendo, le biglie rimaste sul tavolo sono infinite, le biglie nel cesto sono n, e quelle nel sacchetto sono

= 1+2+3+...+(n-1)

90. Il cavo interrotto
proposto da Gianfranco Bo
L'altro giorno andai a trovare il mio amico Gino.
Dopo aver preso un caffé e giocato qualche partita a "Indovina il numero" pensammo di collegarci ad internet.
Gino, per collegarsi ad internet, utilizza un cavo di prolunga telefonica lungo 8 m.
Purtroppo, quel giorno, le cose cominciarono subito ad andare male.
Il sistema operativo non si avviava e il computer si ostinava a lanciare questo messaggio:
"Keyboard not present. Press F1 to continue or ESC to exit." Non vi è mai capitato?
Più o meno significa: "Manca la tastiera. Premi F1 per continuare o ESC per uscire."
Chissà che i progettisti del Bios non abbiano inserito anche il messaggio: "Mouse assente. Clicca qui per continuare", oppure: "Monitor scollegato, collega il monitor se vuoi leggere questo messaggio."
Risolto il problema della tastiera, il modem giurava che la linea era assente.
Per farla breve, dopo un po' di tentativi utilizzando anche un tester, ci rendemmo conto che il cavo di prolunga era interrotto.
Per la precisione il cavo telefonico è costituito da tre fili elettrici, bianco, rosso e marrone, e solo il filo rosso era spezzato in qualche punto.
La guaina esterna però era intatta perciò non era assolutamente visibile il punto dell'interruzione.
Gino mi disse: "Vorrei recuperare la massima lunghezza possibile di cavo intatto per poter fare un'altra prolunga."

E' evidente, ad esempio, che tagliando il cavo un due pezzi e utilizzando il tester si può determinare in quale delle due parti si trova l'interruzione.

Ed ecco la domanda:
Come è possibile individuare il punto in cui il cavo rosso è interrotto (con un errore di circa 2 cm) con il minimo numero di tagli?

Per risolvere questo problema potete ricorrere non soltanto a ragionamenti matematici ma anche a qualunque espediente e/o dispositivo tecnologico realmente esistente.

>>> Risposte & riflessioni
Salvatore Mandrà
Esistono varie ipotesi alla soluzione del problema tra cui, alcune, fornite dai miei amici di sventura qui a Cortona.

Le soluzioni sono solo intuitive e, per adesso, non prevedono calcoli numerici ma ... in fisica bastano i concetti no!!!

1) Effettuiamo una lastra (raggi x) al filo (carina l'idea no!!)

2) Infilziamo il filo con un ago e portiamo tensione dall'estremità del filo rosso all'ago in vari punti...riusciamo così a determinare un punto molto preciso

3) Immettiamo un'onda elettromagnetica nel filo interrotto. Poichè questi è interrotto l'onda ritornerà indietro: modulando la frequenza possiamo ottenere un'onda stazionaria. Poichè data la frequenza e la distanza dei nodi è direttamente proporzionale alla lunghezza possiamo ottenere la lunghezza del filo.

Gianfranco Bo
Faccio i miei complimenti a Salvatore e amici di sventura.
Aggiungo una mia pensata, ma non so se è realizzabile.
Collego una estremità del cavo interrotto ad una fonte di calore a temperatura non troppo alta (tale da non fondere la plastica). Dopo un po' osservo il filo con un dispositivo sensibile agli infrarossi.

Sprmnt21
Per giocare un po'... io dico che basta un solo taglio per saper, con precisione anche maggiore di 2 cm, dove il cavo e' interrotto. Di sicuro e' proprio la' dove avremo effettuato il taglio :-)).

Carlo M.
Il metodo che si utilizza nel campo delle telecomunicazioni è il nr. 3 di Salvatore.
La velocità di propagazione dei segnali nei cavi in rame è di circa 200.000 Km/S.
Mediante un apposito strumento (riflettometro) che misura il tempo intercorso tra l'invio di un impulso e l'arrivo dell' eco.
Analogo strumento esiste per fibre ottiche.

N.d.R.
Salvatore Mandrà, se ci sei batti un colpo!
Ho provato a risponderti all'indirizzo che mi avevi indicato ma l'indirizzo risulta errato.

89. Il numero intruso
proposto da Alan Viezzoli
Qual è il numero intruso tra i cinque proposti qua sotto e cosa lo rende diverso dagli altri?

9801 - 13860 - 17424 - 30976 - 63504

Il problema è molto facile... o no? Vedremo, vedremo...

A gentile richiesta Alan Viezzoli ci fornisce ALTRI numeri, fra i quali UNO è l'intruso.

Se nessuno indovina vi darò la soluzione e vi proporrò la seconda parte dell'enigma...

9801 - 13860 - 14641 - 17424 - 30976 - 48400 - 63504 - 88209 - 94864

Non vi bastano? Eccone altri due:

51007 - 147456

>>> Risposte & riflessioni
Alberta Sestito
Volevo dare la risposta al quesito 89.

Ivan D'Avanzo
Ho trovato due possibili "numeri intrusi": nel primo caso l'intruso è 30976 perchè tutti gli altri danno 18 come somma delle cifre.
Un altra soluzione, molto più banale è 9801, in quanto tutti gli altri sono numeri pari.

Pietro Vitelli
Ho trovato 5 possibili soluzioni:

1) il numero intruso può essere 13860, perchè, a differenza degli altri, non è quadrato perfetto; infatti:

- Ö9801 = 99
- Ö13860 = 117,7285012...
- Ö17424 = 132
- Ö30976 = 176
- Ö63504 = 252

2) il numero intruso può essere 30976, perché, a differenza degli altri, non è divisibile per 3.

3) il numero intruso può essere 17424, perché, a differenza degli altri, non contiene la cifra 0.

4) il numero intruso può essere 63504, perché, a differenza degli altri, non è divisibile per 11.

5) il numero intruso può essere 9801, perché è l'unico numero dispari.

Alan Viezzoli
Ero sicuro nessuno avrebbe scoperto il numero intruso (indizio 1).
In ogni caso uno dei solutori ha sfiorato molto la soluzione ma ha fatto un unico errore (indizio 2).
Per risolvere il gioco, provate a ribaltare il gioco (indizio 3): ogni numero della prima serie (9801-13860-17424-30976-63504) ha una particolarità che lo rende "speciale". Ad esempio 9801 è un quadrato, ma se lo ribaltiamo (1089) resta ugualmente un quadrato.
Se volete ancora un aiuto osservate bene le due aggiunte successive (indizio 4).
Fra una settimana vi fornirò la soluzione.

Alan Viezzoli
Credo sia giunto il momento di rivelare qual era il numero intruso. In realtà l'intero gioco era un test (che tempo fa ideai anche con le parole) in tre parti. In realtà doveva essere una sola parte, cioè c'erano 5 numeri i quali potevano essere tutti intrusi.
Nel creare il gioco decisi che tra i numeri "9801 - 13860 - 17424 - 30976 - 63504", il 9801 sarebbe stato l'unico a non essere di cinque cifre, il 13860 sarebbe stato l'unico a non essere un quadrato perfetto, il 17424 sarebbe stato l'unico a non essere scritto con cifre tutte diverse, il 30976 sarebbe stato l'unico a non avere la radice numerica (la somma delle cifre) pari a 9 e il 63504 sarebbe stato l'unico a non essere divisibile per 11. Non immaginavo che alla sua pubblicazione tanti arrivassero così vicini alla verità.
Nel leggere la risposta di Alberta Sestito, vidi che le 5 spiegazioni erano quelle che avevo pensato io, ma aveva commesso un errore: aveva detto "Per dare una risposta univoca, servono altri numeri.", mentre non esisteva una risposta univoca.
Allora decisi di mettere altri numeri, cioè "9801 - 13860 - 14641 - 17424 - 30976 - 48400 - 63504 - 88209 - 94864", scegliendoli senza un criterio; ma solo dopo averli inviati mi accorsi che erano tutti quadrati e divisibili per 11. Se li avessi lasciati qualcuno avrebbe potuto dire:
"L'intruso è 13860, perché è l'unico che continua a non essere quadrato" o "L'intruso è 63504, perché è l'unico che continua a non essere divisibile per 11".
Così aggiunsi altri due numeri: un quadrato non divisibile per 11 e un numero divisibile per 11 non quadrato. Come pensavo, nessuno rispose. Feci vedere il Gioco a Giorgio Dendi che intuì quasi immediatamente il meccanismo e cercò di scoprire i motivi per cui ogni numero poteva essere intruso e disse "Il 9801 è un quadrato, ma anche il suo inverso, 1089 lo è". Allora mi venne in mente, prima di dare la soluzione, di aggiungere un corollario e chiedere ai solutori di Base Cinque che particolarità avessero i primi 5 numeri.
I numeri, però, erano poco particolari e nessuno ha risposto così ho deciso di rivelare la soluzione. Non pensate che il gioco non sia servito a niente.
Per ogni numero si sono trovati 2 o 3 motivi per i quali il numero era intruso (sebbene abbastanza simili). Per quanto mi riguarda il test è riuscito.

Alan Viezzoli

P.S. Non arrabbiatevi!

Gianfranco Bo
Ti ringraziamo per il gioco e la risposta, e... a BASE Cinque non si arrabbia mai nessuno!
... o noooo?

88. Il taglio del cubo bis
proposto da Alan Viezzoli
Qual è il numero massimo di pezzi che si possono ottenere sezionando un cubo di legno con uno strumento che produce tagli diritti, potendo fare 3 tagli?
Come si può dimostrare che è il massimo possibile?
Sia ben chiaro che il problema non va risolto col pensiero laterale.

>>> Risposte & riflessioni
Nicola E.
Il numero massimo è 2^3 cioè 8.
Questo perchè la divisione di un elemento ne produce al massimo due, quindi la prima divisione produce due elementi, la seconda due da ciascuno dei due precedenti e cosi via.

	malattia presente	malattia assente
test positivo	0,79	0,10
test negativo	0,21	0,90