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Ricreazioni di Ottobre 2002

280. Il duello triangolare
di utervis
Una gentil donzella fa immamorare perdutamente di sè tre fieri uomini: Henry, Edward e William. I tre, sapendo che solamente uno di loro potrà sposare la ragazza e, non volendo rinunciare a lei, si accordano per un duello alla pistola con delle regole un pò particolari: dopo aver tirato a sorte per stabilire con che ordine spareranno, essi si dispongono ai vertici di un triangolo equilatero. Ognuno può tirare un solo colpo per ogni turno ed i turni si succederanno ciclicamente nello stesso ordine fino a che rimarrà vivo soltanto uno! Ad ogni tiro l'uomo che spara può mirare dove preferisce. I tre duellanti sanno che Henry colpisce sempre il bersaglio, Edward ha una precisione dell'ottanta per cento e William del cinquanta.

Ammettendo che tutti e tre adottino la miglior strategia e che nessuno sia ucciso da un colpo vagante non diretto a lui, quali sono le probabilità di sopravvivenza dei tre?

>>> Risposte & riflessioni

Alberto M.
E da premettere, che la "tattica migliore" potrebbe essere un loop infinito, visto che X tutti e 3 i contendenti la situazione migliore in assoluto è di ritrovarsi in 2 con il diritto di sparare.
Il primo che non sbaglia deliberatamente direi che in ogni caso peggiora la propria posizione.

Tuttavia (e mi ricorda le provia di intelligenza in "la storia fantastica") è possibile che Henry o Edward decidano di rompere la catena.
Henry, perchè se lo fa ha CMQ il 50% di probabilità di cavarsela, Edward, perchè sa che Henry potrebbe prendere quella decisione nel qual caso sarebbe sicuramente morto.
William no, in quanto comunque sia, se uno degli altri 2 rompesse la catena, le sue probabilità migliorerebbero.

E dunque il più probabile sposo sarebbe proprio William, con un 52% di probabilità, contro il 30% di Henry e il 18% de Edward.

Utervis
Preciso quanto sintetico!
Complimenti, hai fatto centro!

Ci interesserebbe però sapere qualcosa di più circa "la storia fantastica" che hai citato nell'intervento. Di cosa si tratta?

Alberto M.
Si tratta di un vecchio film fantasy (t.o. "the princess bride" con C. Elwes.

Nel film ad un certo punto il protagonista sfida una altro personaggio ad una prova di intelligenza.

Ci sono due boccali identici di vino, ed egli metterà del veleno in uno dei due. Poi porrà un boccale davanti a sè e l'altro davanti all'avversario.
L'avversatio dovrà scegliere se bere dal proprio boccale o da quello del protagonista.

E lì inizia uan serie di ragionamenti su dove sia il veleno...

279. Aritmetica modulare
di Utervis
L'intero x è congruo 3 modulo 24 ed è contemporaneamente congruo 9 modulo 14 ....

Illustrare un procedimento per la determinazione di x evitando, possibilmente, di operare per tentativi ...

>>> Risposte & riflessioni

Il Mietitore
Se abbiamo un sistema a più variabili (== è la congruenza)


x==x_1 (mod m_1)
x==x_2 (mod m_2)
...
x==x_n (mod m_n)

questo sistema ha soluzioni se e solo se x_i sono congrui tra di loro (mod MCD(m_i)) perché questo sia verificato basta che gli m_i siano coprimi (ma non è necessario)

Non sono sicuro sul metodo di risoluzioine rigoroso, anche se di primo acchito mi verrebbe da applciare l'identità di Bezout, ma non saprei formalizzarlo, lascio a altri l'incombenza ;)

sprmnt21
Visitare l'indirizzo
http://www.geometry.net/theorems_and_conjectures/chinese_remainder_theorem_page_no_3.html

dove si trova una sorta di bibliografia di siti che trattano l'argomento del problema.

Per trovare qualcosa in italiano fare una ricerca con le chiavi "teorema cinese resto".

http://www-math.science.unitn.it/~luminati/didattica/md/1998/diario/Lezione_6.htm


* Definizione di congruenza e prime proprietà
* Classi di congruenza
* Le classi modulo n sono esattamente n
* Somma e prodotto di classi di congruenza
* Il Teorema cinese del resto

278. 10000!
di cfb
Qualche anno fa su una rivista di informatica fu lanciato un concorso. Calcolare gli zeri finali presenti in 10000! ed eventualmente di calcolarlo.
Mentre ci riflettevo mi è venuto in emnte di riproporlo a voi, sperando che non sia un thread già ampiamente trattato.
CIA0000000

>>> Risposte & riflessioni

Giorgio Dendi
Ciao. A me risulta ci siano 2.499 zeri finali.
Per ottenere 0 finale, il numero deve essere divisibile per 10, cioè deve esserci un fattore 2 e un 5. Di 2 ce ne sono molti, i 5 sono di meno. Quindi ci chiediamo quanti 5 ci sono come fattore.
Ogni cinque numeri consecutivi considerati, uno mi porta un fattore 5: 1 2 3 4 non servono, il 5 mi porta un fattore 5.
Allora in tutto ce ne sono 10.000/5, cioè 2.000. Ma ogni 5 di questi fattori 5, uno vale il doppio, cioè 5 10 15 20 mi portano un 5, ma il 25 me ne porta 2. Allora quelli che mi portano un secondo 5 sono 2.000/5, cioè 400. Anche fra questi c'è uno ogni 5 che mi porta un ulteriore 5, il terzo 5 come fattore. Infatti 25 50 75 100 mi portano ciascuno i due 5 già considerati, ma 125 me ne porta un terzo. Questi numeri sono in numero di 400/5, cioè 80. Poi quelli che portano quattro 5 sono 80/5, cioè 16 e quelli che portano cinque 5 come fattore sono 16/5, cioè 3.125, 6.250 e 9.375. In tutto 2.000 + 400 + 80 + 16 + 3 = 2.499. Che curioso che sia proprio la quarta parte del numero di cui si calcola il fattoriale. Quasi!

Hal
Confermo a livello sperimentale la brillante intuizione di Giorgio Dendi e aggiungo che in effetti ogni numero multiplo di 100 ha esattamente n/4 - 1 zeri finali.

Cesarone
Confermo anch'io. Col programmino vengono 35660 cifre di cui 2499 "0".

277. Pit stop
di Utervis
Non riusciamo ad ottimizzare la soluzione del seguente problema ...

"Pit stop"

Ho comprato un'automobile nuova. Sono a conoscenza che i pneumatici anteriori si consumeranno dopo 29.000 miglia, mentre quelli posteriori dopo 21.000.
Volendo sfruttare al massimo i 5 pneumatici (comprendendo cioè anche quello di scorta) quante miglia potrò fare prima di acquistare un nuovo treno di gomme?

>>> Risposte & riflessioni

Enrico Delfini
Ho calcolato 30.450
A qualcuno viene un risultato diverso?
Esporrò il mio procedimento tra un po'.
ED

Utervis
Anzitutto grazie della risposta.

Calcolammo, per questo problema, un massimo teorico di 31.250 miglia. Seguirono diversi tentativi sulla permutazione dei pneumatici. Tutti i risultati si mantenevano al di sotto e ben distanti da tale valore limite, seppur prossimo al tuo, in quanto solo alcune gomme si usuravano completamente ed era necessario provvedere ad un nuovo treno di gomma ...

Su alcuni fogli volanti dovremmo aver conservato le soluzioni migliori. Il tempo di cercarle ...

Intanto puoi esporre il tuo procedimento che non escludiamo sia tanto diverso dal nostro?

utervis

Enrico
Io mi sono limitato ad una analisi "a priori" del fatto.
Per ogni chilometro percorso si consumano 1/21000 di ognuno dei due pneumatici anteriori e 1/29000 degli altri due.
(2/21000) + (2/29000) = 100.000/609.000.000 = 1/6090 di pneumatico
Essendo cinque le gomme, non dovrei poter fare più di 6090*5 = 30.450 Km
SE&O

Utervis
... Ed invece è diverso!

Noi abbiamo considerato, infatti, che mediamente ogni pneumatico si usura dopo (29.000+21.000)/2 = 25.000 miglia. Questo nel caso fossero solamente 4, ma con 5, permutando opportunamente la posizione delle ruote, si dovrebbero consumare completamente dopo (25.000/4)·5 = 31.250 miglia, come preannunciato nell'intervento precedente.

Bisogna determinare perciò dopo quante miglie e in che modo effettuare la rotazione delle gomme. Per questo abbiamo pensato che se ogni ruota anteriore si consuma completamente dopo 29.000 miglia allora il battistrada è ridotto solo alla metà dopo 14.500 miglia, ed a un quarto dopo 7.250. Analogamente il pneumatico posteriore si consuma dopo 21.000 miglia e ciò significa che dopo 10.500 il battistada è ridotto alla metà e dopo 5.250 ad un quarto.

La nostra idea era pertanto quella di far girare le 5 gomme in modo da consumarle, alternativamente, metà in posizione anteriore e l'altra metà posteriormente, o meglio due quarti anteriormente ed altrettanti posteriormente. Dunque ognuna di essa assumerebbe le 5 posizioni possibili (compresa quella nel vano del bagagliaio) usurandole tutte allo stesso modo. In pratica, a seguito di svariati tentativi, abbiamo visto che non è così semplice in quanto alcune di esse si deteriorano completamente prima di altre e molto prima del previsto!

Abbiamo corretto allora il tiro permutando le ruote fra loro ogni 1/8 di consumo anzicchè 1/4, ma senza ottenere alla fine i risultati attesi ...

Sappiamo che Giogio Dendi è molto bravo e disponibile in questo genere di problemi quindi, compatibilmente coi suoi impegni personali, invochiamo amche un suo intervento a riguardo.

Infinito
Salutovi,...
Concordo con Enrico, anch'io ho seguito lo stesso metodo (dichiaratamente "teorico"), scrivo solo per segnalarvi un vostro errore di principio, cioè l'affermazione "mediamente ogni pneumatico si usura dopo (29.000+21.000)/2 = 25.000 miglia".
Per chiarire credo che basti un esempio: se su una motocicletta il pneumatico posteriore si usurasse dopo un chilometro e quello anteriore dopo 1999 chilometri sarebbe falso dire che mediamente si usura un pneumatico ogni 1000 chilometri (1000=(1999+1)/2), infatti ogni chilometro se ne consuma 1 e per percorrere 1999 km ce ne vorrebbero 2000 (1999 per la ruota posteriore ed 1 per quella anteriore).

Il metodo da me usato è chiaramente teorico per diversi motivi:
- in pratica i pneumatici dovrebbero essere quanto più simili sullo stesso asse, cioè pneumatici con della stessa marca e modello (in particolare stesso disegno), e con lo stesso grado di usura, questo per evitare comportamenti (specie in frenata) pericolosamente asimmetrici (mentre su assi diversi si possono montare ruote diverse per disegno, dimensioni, grado di usura, ecc): avendo 5 gomme quando monto la 1ª volta la 5ª gomma ho sullo stesso asse una gomma nuova ed una già usata (a meno che non cambi le gomme ogni pochi metri...).
- anni fa si usava "ruotare" i pneumatici sulla stessa auto per farli consumare in modo omogeneo, mi risulta invece che ora non si faccia più perché si è visto che si usuravano assai più che a non farlo

Infine la risposta (escludo quella di sostituire i pneumatici (sempre nello stesso ordine 1con 2, 2 con 3, ... 4 con 5, e 5 con 1) ogni metro, in modo di arrivare in fondo ed approssimare la soluzione a meno di 1 metro, e poi ... 1cm ...).
Monto 4 gomme, ma da subito sostituisco a turno tutte e 4 con la 5ª, percorrendo 9, 45 miglia quando la monto al posto delle gomme posteriori e 1,45 miglia quando la monto al posto delle gomme anteriori. In questo modo la quinta si consuma per 2(9,45·1/21+1,45·1/29)=1 (cioè si consuma per 1 gomma, cioè tutta ma non di più) e percorre ; 2(9,45+1,45)=21,8 miglia (quindi se l'auto percorre 30,45 miglia ne percorre ancora 8,65, quindi ho tempo per riuscire a sostituire tutte e quattro le gomme). Le gomme posteriori percorrono 21 miglia, ma "saltano un turno" di 9,45 miglia, quindi l'auto può percorrere 21+9,45=30,45 miglia. Le gomme anteriori percorrono 29 miglia, ma "saltano un turno" di 1,45 miglia, quindi l'auto può percorrere 29+1,45=30,45 miglia.
Conclusione sono in grado di attuare la risposta teorica massima di 30,45 miglia (ma perché non abbiamo usato i km ?!!!).

Utervis
Gentilissimo Infinito,


ti ringraziamo delle delucidazioni, anche se l'ultima parte della tua risposta ci deve far meditare un po' per essere compresa a fondo ...

Per la tua richiesta finale che possiamo farci? Per usufruire di uno sconto eccezionale ci hanno rifilato un modello d'auto (purtroppo non d'epoca) col contachilometri in miglia e 5 pneumatici di marche tutte differenti, ma nuovissimi! Garanzia illimitata! Tu che avresti fatto? :-)))

Infinito
Mi scuso per la grafia veramente poco leggibile (o meglio dire "sbagliata"), ma invece di riscrivere qualcosa provo ad aggiungerla, nell'intento di essere più comprensibile.
In pratica l'auto monta 4 pneumatici che non cambiano mai di posto, salvo esser sostituiti dal quinto pneumatico (ognuno una sola volta) per un tratto pari a 9,45 miglia quelli posteriori e pari a 1,45 miglia quelli anteriori.

Risultato se ogni miglio percorso da una ruota fissata all'asse posteriore la consuma di 1/21 del battistrada iniziale e ogni miglio percorso da una ruota fissata all'asse anteriore la consuma di 1/29 è chiaro che in tutto il battistrada della 5ª ruota si consuma di 2·((9,45·1/21+1,45·1/29)=1 , cioè di tutto il "consumabile".
Inoltre se l'auto percorre in totale 30,45 miglia le ruote sull'asse posteriore ne devono percorrere 30,45-9,45=21 , che è appunto quello che sono in grado di fare, ed analogamente per le anteriori, cioè 30,45-1,45=29 .

Spero di essere stato un po' più chiaro (e più utile).
Buon viaggio, infinito

Utervis
Ineccepibile!

Ci hai convinto.

Se le ruote reggono faremo una capatina anche dalle tue parti! :-)))

276. Costruzione con riga e compasso
di Marco Pellegrini
Tratto dal sito Matefilia (www.matefilia.it). Costruire il triangolo ABC noti i lati AB e AC e la bisettrice dell'angolo interno BAC. Ho trovato una soluzione mirabilmente complicata ma questo Forum è troppo piccolo per contenerla ;-) Spero che qualcuno sappia fare di meglio.

>>> Risposte & riflessioni

Francesco Veneziano
Allora, conosciamo la lunghezza di due lati (b e c) e della bisettrice dell'angolo compreso (d).

Tracciamo un segmento AB di lunghezza c e supponiamo senza perdita di generalità che c>=b
Tracciamo una circonferenza gamma1 con centro in A e raggio b
Prolunghiamo il segmento AB oltre A, sino ad incontrare gamma1 in E
Sia M il punto medio di EB, si tracci la circonferenza gamma2 con centro in M e raggio pari a MB
Si tracci la perpendicolare ad AB da A, essa interseca gamma2 in F
Sia gamma3 la circonferenza di centro A e raggio pari a EB
Si tracci la parallela ad AB per F, e sia G la sua intersezione con gamma3
Sia H la proiezione di F sul segmento AG
Si tracci la circonferenza gamma4 con centro A e raggio pari a AH
Sia I l'intersezione di gamma4 con AB
Si tracci la circonferenza gamma5 con centro I e raggio pari a AI
Si tracci la circonferenza gamma6 con centro A e raggio pari a d
Sia D una delle due intersezione di gamma5 e gamma6
Sia C l'intersezione tra gamma1 e il simmetrico di AB rispetto a AD
Il triangolo ABC (e il suo simmatrico rispetto AB) è il triangolo cercato.


Che fatica! C'è un metodo migliore?
CaO (ossido di calcio)

Sprmnt21
Francesco io ho una soluzione, ma non riesco a capire se e' diversa dalla tua. Per aiutarmi, anziche elencare passo passo le operazioni "elementari" della costruzione puoi spiegare la logica della stessa?
La mia idea si basa sulla seguente analisi, da cui segue la costruzione che non riporto nei dettagli.

Supposto riusolto il problema, siano A, B e C i vertici del triangolo ed AK la bisettrice dellangolo <A. Sia C' un punto sul prolungamento di BA tale che AC'=AC. Si ha che C'C//AK e percio' CC'/AK= BC'/AB cioe' CC'=(AB+AC)AK/AB.
Pertanto del traingolo ACC' conosciamo tutti e tre i lati e siamo in grado di costruirlo. Da questo si ricava facilmente il nostro.

Marco Pellegrini
Molto buona la soluzione di sprmnt21, troppo complicata quella di Francesco (persino più della mia...) e non l'ho capita fino in fondo. Però, attenzione: non per tutti i valori di b, c, d, (i due lati e la bisettrice) la costruzione si può completare! Quali sono i valori ammissibili di b, c, d?

Francesco Veneziano
Mi sembra di capire che sia sostanzialmente la stessa; l'ho scritta così perchè con un foglio di carta e una matita è più facile da seguire (almeno pensavo)
In pratica, osservo che se in un triangolo si fa ruotare un lato attorno ad un vertice, il piede della bisettrice corrispondente all'angolo che ruota descrive una circonferenza di raggio ab/a+b.
Quindi costruisco la circonferenza (la maggior parte del procedimento è per fare questo) poi la interseco con un'altra circonferenza di raggio pari alla bisettrice per trovarne il piede, rifletto un lato per avere l'altro, e interseco con un'altra circonferenza per avere il vertice. Più facile a farsi che a dirsi.
CaO (ossido di calcio)

Sprmnt21
Sulle condizioni di esistenza, mi pare viene fuori una cosa carina.

La costruzione e' possibile sse e' possobile costruire AC'C cioe' se AC+AC'>=CC'. Indicati con b, c e k i lati AC, AB e la bisettrice AK si ha che (b+c)k/c=<2b cioe' k=<2/(1/b+1/c). Descritto in altri termini la bisettrice e' (deve essere!) minore della media armonica dei lati adiacenti.

Giovanni Viglietta
Ciao, solo un piccola nota a Francesco Veneziano: nell'ultimo punto, anzichè costruire il simmetrico di AB rispetto a AD (che forse è un po' dispendioso, con riga e compasso), suggerirei di prolungare BD fino ad intersecare gamma1, trovando così il punto C.

275. Un nuovo sistema di numerazione
di Francesco Veneziano
Nel sistema decimale ogni cifra deve essere moltiplicata per la potenza di 10 corrispondente alla sua posizione.
Consideriamo un sistema di numerazione fattoriale, in cui ogni cifra va moltiplicata per il fattoriale della posizione, ad esempio la prima da destra vale 1, la seconda 2, la terza 6, la quarta 24, e così via.
All'ennesimo posto (da destra) si possono adoperare le cifre da 0 a n, ed arrivati a numeri di 11 cifre o più si dovranno usare le lettere ed altri simboli.
Es.
Base10 BaseFattoriale
24 1000
100 4011
119 4321
1492 202020
1729 222001
11!-1 A987654321

Dimostrate che con questo sistema si possono esprimere tutti i naturali.
CaO (ossido di calcio)

>>> Risposte & riflessioni

Enrico
Il problema credo stia nella ampiezza crescente di ogni posizione. Nel senso che, come hai anticipato, ben presto le normali cifre non bastano, e dovremo usare "lettere ed altri simboli".
Se non mettiamo limite agli "altri simboli", per quanto in ogni casella il numero di "cose" che ci possono stare, e quindi di differenti segni da usare, aumenti in modo "fattoriale", concettualmente non vedo problemi. La difficoltà sarà poi di chi deve leggere un numero e di fronte ad un certo scarabocchio nella ottava posizione da destra, dovrà ricordarsi a che numero corrisponde...

Cesarone
Ma 100 non si esprimerebbe con 4012?
O non ho capito nulla io...
Anzi, volevo dire 4020.

4*24+2*2=100.

In posizione 1 il massimo a cui arrivo è 1.
In posizione 2 il massimo a cui arrivo è (1*2)*2=4.
In posizione 3 il massimo a cui arrivo è (1*2*3)*3=18.
ecc.ecc.

Se sommo i massimi che ho trovato per ogni posizione ho:
1+4+18=23.

Se vado alla posizione 4 il minimo che ottengo è 4!=24.
Quindi con le posizioni precedenti (tutte "al massimo")arrivo a 24-1=23.

Se riuscissi a dimostrare che:

Sommatoria(in i da 1 a n)di[i*i!] = (n + 1)! - 1,

il gioco è fatto.
Ma non credo proprio di riuscire ad esplicitare quella sommatoria.

Indico con la scrittura:

S,i(1;n)_[...]

La sommatoria per i che va da 1 a n di quello fra parentesi quadre.

Dimostro che:

S,i(1;n)_[i * i!] = (n + 1)! - 1.

Così facendo dimostro che, usando tutte le posizioni fino alla n, ottengo, al massimo, il numero naturale precedente il numero ottenibile mettendo 1 nella posizione n + 1.
Per esempio il numero 321 in base 10 equivale a 23, che precede il 24 che si ottiene in base fattoriale con 1000.

Dimostro per induzione che vale:

S,i(1;n)_[i * i!] = (n + 1)! - 1.

Per n = 1 viene 1 = 2 - 1.

Suppongo che valga per n = k. Vediamo per n = k + 1.

S,i(1;k + 1)_[i * i!] = (k + 2)! - 1
S,i(1;k + 1)_[i * i!] = (S,i(1;k)_[i * i!] + 1) * (k + 2) - 1
S,i(1;k)_[i * i!] + (k + 1) * (k + 1)! = (k + 2) * (S,i(1;k)_[i * i!]) + k + 1
(S,i(1;k)_[i * i!]) * (1 - k - 2) = k + 1 - (k + 1) * (k + 1)!
S,i(1;k)_[i * i!] = (k + 1)! - 1.

In realtà così non ho dimostrato che si possono esprimere tutti i naturali, ma ho dimostrato che posso esprimere 1, 2, 5, 6, 23, 24, 119, 120, ecc.
Cioè usando n cifre al massimo esprimo il numero subito prima del numero più piccolo esprimibile con n + 1 cifre.

Mi sembra già un passo avanti.

Saluti, Cesarone.

Giorgio Dendi
Be', non occorre che le cifre siano proprio n! : puoi benissimo costriure numeri dove nella casella delle unità le cifre vanno da 0 a é (per un totale di 18 valori), nella casella delle decine da 0 a £ (per un totale di 74 valori), nella casella delle centinaia da 0 a ), (per un totale di 53 valori differenti), e così via. Ti assicuro che il mio metodo è ancora più inutile del tuo!!!
Ciao Francesco, non arrabbiarti!
Avrei voluto dirtelo di persona, ma mi sarei preso un sano scappellotto!!!

Infinito
Cesarone, non ho capito che cosa dici di aver dimostrato, ed alcune cose della tua dimostrazione, che, comunque, prendo per valida.
Se ho ben capito quello che dici ti manca un'altra affermazione dimostrabile anc'essa per induzione, e cioè:

col sistema di Francesco con n cifre si possono esprimere in modo univoco tutti i numeri naturali positivi minori di (n+1)! .

Dimostrazione: per induzione. Per n=0 è falsa, ma non ci interessa, invece per n=1 è ovvia.
Supposta vera per n la dimostriamo 'per n+1:
con un numero di cifre minore o uguale ad n il tutto è ovvio (si riduce al caso di n, e si ottengono numeri minori di (n+1)! ), quindi prendiamo un numero m maggiore o uguale a (n+1)! e minore di (n+2)!; siano q il quoziente e r il resto della divisione di m per (n+1)! , allora q<n+2 (altrimenti m sarebbe maggiore o uguale a (n+2)(n+1)!=(n+2)!, contro l'ipotesi) e r<(n+1)! per cui m si scrive con n+1 cifre di cui la prima è q (poi eventualmente ci sono (n-(numero di cifre di r)) cifre uguali a 0) e poi ci sono le cifre di r.

A parte alcune "piccolezze" della dimostrazione il tutto mi pare dimostrato.
Ciao, infinito.

Giovanni Viglietta
Che bei ricordi, il mio orale SNS!! ::DD
Credo che non sia stato messo in evidenza il fatto che in questo sistema si possono esprimere tutti i naturali in modo unico: lo si vede dall'interessante dimostrazione di Infinito, in cui basta sfruttare l'unicità di quoziente e resto, oppure semplicemente considerando che (n+1)!-1 = Sum(i=1..n, i*i!). Insomma, aumentando di 1 la cifra più significativa, si ottiene un insieme di numeri che non si "accavalla" col precedente, e quindi ogni naturale ha associate delle cifre uniche...

=G=

274. Cinque con due "2"
di Giorgio Dendi
Come si fa ad ottenere 5 con due "2" e nessun altro numero? Parentesi, segni di operazione e operatori sono tutti leciti. Ci sono due soluzioni, almeno.

>>> Risposte & riflessioni

Alberto M
Avrei una soluzione

SQR(antiLog(2)) / 2 = 5

Dove SQR indica il segno di radice, e antiLog l'antilogaritmo decimale.

jack2002
io direi anche

round(-2 / cos(2))

round sarebbe la funzione "approssima all'intero
relativo più vicino".

Giorgio Dendi
Ho trovato il problema su un libro, ora non lo trovo, e cercando la soluzione, ho trovato la stessa indicata pure da Alberto, ma il libro proponeva un'altra, che ora non ricordo. Appena trovo o la soluzione o il libro, scrivo.

Giovanni Viglietta
Perchè non Round(Sqrt(22)) ?

Jack2002
Una volta creata l'utilissima funzione
jack(a;b) = a+b+1

Il problema è risolto scrivendo
jack(2;2)

ihih.

Cesarone
Nella soluzione di Alberto compare un 10 in fin dei conti... troppo comodo scrivere 10^ come antiLog.
A questo punto è validissima anche la funzione Jack(a;b).

273. Problema carino :)
di Il Mietitore
Sia data una circonferenza di centro O e sia AB un suo diametro. Si prenda su di essa un punto P tale che l'angolo POA risulti strettamente compreso tra 0° e 120°. Si consideri il punto medio C dell'arco AP e da O si tracci la retta parallela alla corda PC e si indichi con I la sua intersezione con la corda PB. Si costruisca l'asse del raggio OP e si indichino con D ed E le sue intersezioni con la circonferenza.
Si dimostri che I è incentro del triangolo BDE

>>> Risposte & riflessioni

Sprmnt21
Sappiate che il problema, seppur carino, e' molto impegnativo. Roba da atleti della matematica.

jack2002
poniamo ^POA=alfa e chiamiamo Z il punto medio di OP.
OPD e OPE sono triangoli equilateri, EP=PD dunque
^ABP=^PBD=30° (angoli alla circonferenza). PI=OC, e
^OPI=alfa/2. IPD isoscele dunque ^PDI=60°+alfa/4,
^EDI=^PDI-30°= 30°+alfa/4. ^EOB=120°+alfa, dunque
^EDB=60°+alfa/2, dunque
^EDI=^IDB, dunque I incentro di BDE.

Medaglia d'oro?

Utervis
Sei stato bravissimo, però crediamo ci siano errori di battitura; infatti a noi risulta : ^DBP = ^PBE = 30° (angoli alla circonferenza)
Inoltre in base alla nostra costruzione :
^PDI=60°- alfa/4
^EDI=30°- alfa/4
^EOB=120°-alfa
^EDB=60°- alfa/2
In quale modo hai dimostrato che PI=OC?
Grazie
utervis

jack2002
Hai ragione sugli errori di battitura.
Per quanto riguarda PI=OC...

^COA = alfa/2 = ^PBA (angolo circonf.-centro)
Segue CO//PB, dunque COPI è un parallelogramma,
dunque CO=PI.

272. n^0...ma che significa?
di Merope
Salve,
non so o non ricordo perchè n^0 = 1.
In effetti non riesco neanche a capire che cosa significhi n^0!
C'è qualcuno che può aiutarmi...lo so, lo so, chiedo sempre aiuto...spero di non essere scocciante...
Un caro saluto a tutti

>>> Risposte & riflessioni

Utervis
Si chiama potenza di un numero relativo "a", diverso da zero, secondo l'esponente zero, il numero +1; cioè, PER DEFINIZIONE, si pone:
a^0 = +1
Non si definisce invece la potenza di base 0 con esponente 0, cioè il simbolo 0^0 non ha alcun significato.
Molti ripetono il seguente errore:
"Si dimostra che a^0 vale +1 e la dimostrazione che si tenta di dare è: siccome a^n : a^n = +1 e a^n :a^n = a^0,
allora segue a^0 = +1"
Ma come si può affermare che risulta a^n : a^n = a^0, senza aver prima definito a^0, cioè senza sapere prima che cosa rappresenta il simbolo a^0? Prima si dovrà dire quale numero s'intende indicare con la scrittura a^0 e poi si potrà vedere se risulta, oppure no, a^n : a^n = a^0
Per esempio, se si convenisse di porre a^0 = 35, allora certamente non risulterebbe a^n :a^n = a^0, perché il numero a^n diviso per se stesso non può dare 35.
Va quindi sottolineato che si è posto a^0 = +1 per definizione e tale definizione si giustifica con il fatto che, mediante questa posizione, la proprietà delle potenze :
a^m : a^n = a^(m-n)
è valida anche per m = n

Gianfranco Bo
Premesso che sono d'accordo con quanto detto da Utervis, desidero fare alcune precisazioni tratte da due Grandi Maestri: Giuseppe Peano e Richard Dedekind.

La definizione di potenza (nei numeri Naturali) nei due maestri è lievemente diversa perché Peano fa iniziare i numeri Naturali dallo 0 (zero) mentre Dedekind li fa iniziare dal numero 1.

Peano, di conseguenza definisce l'elevamento a potenza così (Formulaire Mathematique, 1901):

Df. Definizione.
a^m = 1[(*a)m], con a, m appartenenti a N0 (N senza lo zero)
(Nel Formulario del 1908 Peano elimina questa definizione)

Dfp. Definizione possible
1. a^0 = 1
2. a^(m+1) = (a^m)*a

Dedekind, invece definisce l'elevamento a potenza così (Essenza e significato dei numeri, 1887):

"Questa nozione (potenza in N) è completamente determinata dalle condizioni:"

1. a^1 = a
2. a^(n') = a*a^n = (a^n)*a

Nota:
* è il simbolo della moltiplicazione
n' è il successivo di n

Come si vede, in ognuno dei due casi la "prima potenza" viene definita e non dimostrata.
Inoltre la potenza viene definita in modo induttivo, oggi diremmo ricorsivo.

271. L'ingenuità di Biagio
di Pietro
Il buon Biagio ha paura di volare. Deve per forza prendere l'aereo, ma teme che ci possa essere un attentatore con la bomba. Sa che la probabilità di questo evento è bassa, allora decide di recarsi a bordo con una bomba; pensa di realizzare quella probabilità e che ora la probabilità congiunta che ci siano 2 attentatori è molto più bassa...
Ha ragione?

>>> Risposte & riflessioni

Utervis
Per Pietro diciamo che Biagio sbaglia a ragionare in quel modo: se lui nascondesse un ordigno nella sua valigia prima di prendere un aereo, ma non ha alcuna intenzione di usarlo, non è di fatto un dirottatore per cui la probabilità che ci sia un solo dirottatore a bordo di fatto non cambia.

C'è di più: siano p la probabilità che un passeggero dell'aereo sia un dirottatore ed n il numero dei passeggeri complessivamente presenti. La probabilità che ci sia esattamente un solo dirottatore a bordo è pari a:

n·p·(1 - p)^(n - 1)

La probabilità che, constatata già la presenza di un dirottatore a bordo dell'aereo, ve ne sia esattamente un altro è pari a:

(n - 1)·p·(1 - p)^(n - 2)

Il rapporto tra le due probabilità è il seguente:

[(n - 1)·p·(1 - p)^(n - 2)] / [n·p·(1 - p)^(n - 1)] = (n - 1) / [n·(1 - p)]

Per valori grandi di n e piccoli di p, tale rapporto tende ad uno, il che significa che se anche si decidesse di fare il dirottatore (vero o falso), la probabilità che ci sia un altro a bordo è praticamente la stessa che averne uno solo. Il fatto di fare il dirottatore, dunque, non abbassa drasticamente la probabilità di trovarne un altro a bordo.

Si può verificare il risultato ponendo valori verosimili ad n e p.

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