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Travasi e misure di capacità

Tutti i problemi di questa sezione hanno qualcosa a che fare con la misura della capacità, del volume e delle quantità di liquidi

1. I tre recipienti
Hai tre recipienti, A, B, C che possono contenere al massimo, quando sono pieni:

• A -> 3 dl
• B -> 5 dl
• C -> 8 dl d'acqua.

Non sono graduati, perciò non è possibile sapere esattamente quanta acqua contengono, se non quando sono pieni.
All'inizio il recipiente da 8 dl è pieno d'acqua mentre gli altri sono vuoti.
Devi riuscire ad ottenere esattamente 4 dl d'acqua in uno dei recipienti B o C.
Puoi travasare dell'acqua da un recipiente ad un'altro quante volte vuoi.
Come fai?

2. Con le damigiane è più difficile
Ci sono tre damigiane dalle seguenti capacità: 16 litri, 11 litri, 6 litri.
Quella da 16 litri è piena e le altre sono vuote.
Puoi travasare dell'acqua da una damigiana ad un'altra quante volte vuoi.
Devi riuscire ad ottenere 8 litri d'acqua in una delle tre damigiane.

3. Il problema della cisterna
Per riempire una cisterna ci sono tre rubinetti.
Il primo impiega 10 ore per riempirla, il secondo impega 20 ore e il terzo 60 ore.
Se si aprono tutti e tre i rubinetti, quanto tempo ci metterà la cisterna a riempirsi?
(Il problema della cisterna è un classico che risale almeno a Chiu Chang Suan Shu -150, si ritrova in Erone +150 e successivamente in numerosissime varianti)

4. Travasi indeterminati
Inviato da Alessandro89
Abbiamo un recipiente contenente 2N litri d'acqua, e due recipienti più piccoli di M e 2N-M litri rispettivamente. Come possiamo dividere l'acqua in due parti uguali da N litri ciascuna, potendo solo fare travasi da un recipiente all'altro?

Risposte & riflessioni

1. I tre recipienti
Nella seguente tabella sono riportati i contenuti dei tre recipienti in seguito ad ogni travaso.

La soluzione può essere trovata:

• costruendo il grafo ad albero di tutti i possibili travasi;
• eliminando via via i travasi che riportano a situazioni precedenti;
• fino a quando si trova la configurazione cercata.

Infine si costruisce un possibile percorso lungo il grafo.

2. Con le damigiane è più difficile

Osservando la tabella, notiamo che sono presenti tutti i valori da 1 a 16 tranne: 5, 12, 13. E' possibile ottenerli?

di Alan Viezzoli
Per ottenere 5 litri basta riempire la damigiana da 11 litri. Nella
damigiana da 16 litri resteranno 16-11=5 litri.

3. Il problema della cisterna
Ringrazio Luigi Frignani per aver individuato e corretto un errore nella formulazione del problema. Ora il testo del problema e la soluzione sono corretti.
Il primo rubinetto in un'ora riempie 1/10 di cisterna.
Il primo rubinetto in un'ora riempie 1/20 di cisterna.
Il primo rubinetto in un'ora riempie 1/60 di cisterna.
I tre rubinetti assieme, in un'ora, riempiono:
1/10 + 1/20 +1/60 = 10/60 di cisterna.
Quindi la cisterna si riempirà in 6 ore.

4. Travasi indeterminati
Risposta in sintesi tratta dalle FAQ di it.hobby.enigmi di Mariano Tomatis
Il problema si risolve se N ed M sono primi tra loro, e la soluzione (non necessariamente la piu` breve) ricorda gli algoritmi di divisibilita`. Supponiamo per comodita` M < N per sapere qual e` il recipiente piu` piccolo. Versiamo acqua dal recipiente grande al piccolo fino a riempirlo, e a questo punto travasiamo l'acqua nel recipiente medio. Se a un certo punto esso ha N litri, siamo a posto; altrimenti prima o poi si riempie. Allora versiamo l'acqua dal medio al grande, e finiamo di travasare dal piccolo al medio. La situazione e` simile a quella iniziale, modulo una classe di resto (il numero di
litri d'acqua nel recipiente medio). Ripetendo le operazioni da capo, scorreremo tutte le classi di resto, e quindi avremo anche a un certo punto il valore N cercato.

Francesco Veneziano
Sia A il recipiente principale, B il maggiore dei recipienti secondari, e C il più piccolo, siano (k+1)x+q, kx+q e x le rispettive capacità dei recipienti (si assume che le capacità siano espresse da un numero intero, o al massimo razionale).
Descriviamo la seguente strategia:
A>>B
B>>C
C>>A
B>>C
Dove gli ultimi due passaggi devono essere ripetuti sino allo svuotamento di B
Verifichiamo dove ci porta questa strategia:
(k+1)x+q......0......0
x......kx+q......0
x......(k-1)x+q......x
2x......(k-1)x+q......0
2x......(k-2)x+q......x
3x......(k-3)x+q......0
Dopo k passaggi
(k+1)x......q......0
(k+1)x......0......q
Ripetiamo ora la stessa sequenza di mosse, questa ci porta a
(k+1)x-q......2q......0
(k+1)x-q......0......2q
Ripetuta a volte
(k+1)x-(a-1)q......aq......0
(k+1)x-(a-1)q......0......aq

Se il nostro "bersaglio" [(k+1)x+q]/2 è un multiplo di q, prima o poi lo raggiungeremo in questo modo, altrimenti, arriveremo ad un punto in cui il recipiente C non sarà più in grado di contenere i multipli di q che dovrebbero essere travasati, in particolare se x=jq-r
Si arriverà alla situazione
(k+1)x-(j-1)q......jq......0
(k+1)x-(j-1)q......r......jq-r
(k+1)x+q-r......r......0
(k+1)x+q-r......0......r
Ora lo scarto è di r, e ripetendo la procedura più volte otterremo in successione tutti i multipli di r, se il "bersaglio" è tra questi, lo raggiungeremo, altrimenti il recipiente C non sarà più in grado di contenere i multipli di r che dovrebbero essere travasati, in particolare se q=nr+t...
Ormai l'avrete sicuramente riconosciuto, è proprio lui, l'algoritmo euclideo per il calcolo del massimo comun divisore!
Infatti abbiamo cominciato con esprimere A e B come multipli di x più un certo resto q, quindi abbiamo espresso x come multiplo di q più un certo resto r, quindi q come multiplo di r più un certo resto t, e così via sino ad arrivare a 1 se i volumi di B e C sono primi tra loro, o al loro MCD altrimenti; se per un malaugurato caso i volumi fossero irrazionali il processo di divisione andrebbe avanti all'infinito, ed otterremmo approssimazioni razionali sempre migliori (credo siano i convergenti della frazione continua).

Franco Cocca
Non sempre i travasi conducono a dividere in due parti uguali il liquido.

Consideriamo la terna [2N,a,b] indicante le capacità dei tre recipienti tali che

a+b=2N

All'inizio la situazione del liquido è

[2N,0,0]

Travasando il liquido fino "all'orlo" nei recipienti si può riuscire ad ottenere nel recipiente di capacità maggiore di N la combinazione lineare del tipo

m b - n a con m e n naturali

Affinchè tale quantità sia pari a N bisogna che

Esiste m apparten. Z , Esiste k apparten. Z : mb- ka=N

Moltiplicando l'equazione per 2 e ricordando che a+b=2N

2mb- 2ka=2N=a+b

e pertanto

(2m- 1)b=(2k+1)a (*)

Tale uguaglianza, per sussistere, essendo 2m- 1 e 2k+1 entrambi dispari, dovrà avere a e b, ridotti ai minimi termini, entrambi dispari.

Ecco perché la terna [10,6,4] non permette la suddivisione in [5,5,0]: 6 e 4 ridotti diventano 3 e 2 e il secondo termine è pari.

Se invece a e b sono dispari la (*) è verificata quando

2m- 1=a

2k+1=b

e quindi quando

m=(a+1)/2

k=(b- 1)/2.

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