Ricreazioni di Aprile 2001

71. Lettere consecutive
inviato da Giorgio Dendi
Vi propongo un altro problemino, senza dirvi subito quale nesso abbia con la matematica.
Fare una frase che abbia al suo interno il maggior numero di lettere consecutive uguali.
Esempi:
Conosci Buffalo Bill, l'esperto cacciatore?
A Trieste c'è la Torre del Lloyd.
Sono tifoso di Zoff, famoso portiere.
Ho visto sia torrenti quieti che rii impetuosi.
Io ho fatto di meglio, ma non posso dirvi ancora nulla, vediamo se vi riesce, e dopo vi dirò perchè dovevo proporvi questo gioco.

>>> Risposte & riflessioni
Giovanna Bolaffio
Ciao Giorgio, vorrei chiederti una precisazione, perche' da quanto ho letto non ho capito se nelle frasi possano essere contenute o meno parole straniere. Bill, ad esempio, è parola straniera. Se ne potrebbero fare centinaia di frasi simili a questa, con nomi propri stranieri, e in particolare inglesi:

Ad esempio:
Oggi ho studiato le leggi di Grassmann, noto matematico tedesco. (nnn)
Sono andato a Roswell, l'area dove sono atterrati gli UFO. (lll)
Ho conosciuto John Scott, tragediografo inglese. (ttt)
(che non so se sia mai esistito, ma questo non importa)
ecc. ecc.

In linea di massima si può dire che con qualunque nome proprio di persona o geografico inglese che termini con due consonanti è non solo possibile, ma anche semplicissimo, dare origine ad una frase italiana che contenga tre lettere uguali di seguito.
Anche la frase con tre "l" di seguito che Giorgio ha riportato conteneva la parola Lloyd, che non è italiana e che, a differenza di quelle viste sopra, presenta le due consonanti all'inizio, invece che alla fine. Ma naturalmente il procedimento è lo stesso.
In poche parole, mi pare che la frase "Conosci Buffalo Bill, l'esperto cacciatore?" non abbia nulla di straordinario.

Se il principio è questo, ossia che è permesso inserire parole straniere, allora eccovi una frase con quattro lettere consecutive uguali:

Bill Lloyd è un grande tuffatore. (llll)

E fin qui mi pare che non ci sia nulla di straordinariamente difficile.

Frasi senza parole straniere con tre lettere uguali di seguito sono possibili e, tutto sommato facili: sulla scia dei "rii impetuosi", se ne potrebbero fare delle altre, basta prendere sostantivi in "ìo", che fanno il plurale in "ii" ed aggettivi inizianti per "i", che sono piuttosto numerosi:

Ho sentito scricchiolii inquietanti.
All'Università Gregoriana vi sono pii insegnanti.
Il sole di oggi ha luccichii iridati.

Anche qui non è molto difficile.

Chissà se, escludendo le parole straniere, è possibile trovare qualche frase con quattro lettere uguali di seguito.
Per dire la verità, non mi risulta che esistano parole italiane inizianti con due consonanti uguali, mentre le uniche parole italiane che iniziano con due vocali (oo-) sono quelle formatesi dalla parola greca antica che significa "uovo" (oiòn).
Sarebbe allora necessario trovare un aggettivo o un sostantivo, sempre italiano, terminante in "-oo", da accostare ad esse; parole di questo genere esistono e sono quelle ricollegabili al greco antico "zòon", che significa "animale" e che ha dato origine a "zoo" ecc.
Oltre a queste, vi sono anche altre due termini in "-oo": "dipnoo", che deriva dal greco "dìs" (= doppio) e "pnoé" (=respirazione), ed indica una classe di pesci che, oltre a respirare con le branchie, hanno anche una specie di polmone che permette loro di respirare fuori dall'acqua; l'altro termine è "eoo", dal greco antico "héos" (=aurora), che significa "orientale".
Dopo una breve ricerca sul dizionario, mi pare che però non sia così facile accostare tra loro secondo una relazione logica e sensata i sostantivi o aggettivi terminanti in "-oo" e quelli inizianti con "oo-": l'unico accostamento che potrebbe
eventualmente sembrare plausibile, è:

"Per mezzo delle analisi di laboratorio è stata riscontrata la presenza di un entozoo oomicete".

A questo punto ci serve un biologo, perchè forse ho creato un essere che non esiste. Insomma mi piacerebbe sapere se un "entozoo oomicete" può esistere o meno.
Cosa potrebbe essere un "entozoo oomicete" ?
Seguendo le definizioni del vocabolario dovrebbe essere "un endoparassita appartenente ad una sottoclasse di funghi".

Altro che ingegneria genetica!

Gianfranco Bo
L'intervento di Giovanna Bolaffio è veramente grandioso! Per lo meno per me, che sono alquanto "imbranato" con le parole.
Merita l'etichetta "cool".
Confesso che mi sento un piccolo nano che sale sulle spalle dei giganti e grazie a loro riesco a superare la barriera delle 4 lettere consecutive, risolvendo nel contempo il dubbio sull'entozoo oomicete.
Anzi, più che risolvere il dubbio, lo ripropongo con una frase possibile.

Esame di biologia. Il professore consegna un vetrino allo studente e chiede:
"Esamini il preparato e risponda: si tratta di entozoo o oomicete?" (5 "o" consecutive)

Bene bene...
Ora, però, devo fare una domanda a Giorgio Dendi.
BASE Cinque si occupa di matematica. E tu avevi premesso e promesso di spiegarci che cosa ha a che fare questo quesito con la matematica.
A questo punto ci devi stupire svelando il mistero.
Siamo tutti in attesa di poter dire: "Ooooooh!" (6 "o" consecutive).

Giorgio Dendi
Citerò altre 2 soluzioni al mio problema, e poi.....

C'è un architetto che si chiama Alvar Aalto; ecco allora la frase:
Questa via è dedicata a A. Aalto (5 "a" consecutive).

Una delle più famose opere esiodee è "Eee", e è estremamente interessante.... (9 "e" consecutive).
Il titolo Eee è in greco, ed è fatto di eta e di epsilon alternate, ma in italiano sono tutte "e", ed ho trovato questo titolo scritto così parecchie volte nei cruciverba.

Il motivo per il quale ho mandato questo gioco è che secondo me ha un'analogia con un altro dei problemi pubblicati in questa stessa colonna da Basecinque, e precisam...

Ve lo dico dopo (beh, è una cattiveria che ho imparato da Amadeus e Gerry Scotti
nei loro quiz televisivi)
Ciao.

Giovanna Bolaffio
La frase di Giorgio Dendi sarebbe divertente e interessante, se fosse esatta: in realtà c'è un problema, perchè "Eee" non è né una parola greca, né il vero titolo dell'opera di Esiodo.
Il titolo in greco che viene solitamente attribuito all'opera di Esiodo (alla quale si fa qui riferimento e conosciuta anche con il titolo di "Catalogo delle donne") è, trascritto nel nostro alfabeto, "è oìe", che significa "o quale"; non si tratta dunque di un vero e proprio titolo, ma semplicemente delle due parole iniziali delle singole sezioni, ciascuna delle quali dedicata ad un'eroina, in cui l'opera era suddivisa.
Da queste due parole deriva lo "pseudo-titolo" italiano (ma che in realtà italiano non è, perchè in italiano non ha alcun significato) che viene spesso attribuito all'opera: "Eoiai" (che vorrebbe essere un nominativo plurale greco di una parola greca inesistente!) o "Eoie" (che sostanzialmente è un plurale italiano di una parola greca inesistente!). Si tratta tuttavia di titoli convenzionali, che sicuramente non corrispondono al titolo originario, e ignoto, dell'opera, della quale si sono conservati solo alcuni frammenti papiracei, contenenti sicuramente anche delle parti spurie. L'opera del resto non è neppure attribuita con assoluta certezza ad Esiodo.
Veniamo ad "Eee": non è una parola greca e si tratta di un titolo che, a quanto mi risulta, non viene utilizzato da chi si occupa di letteratura greca, ma che è stato coniato evidentemente dai creatori di cruciverba; costoro hanno trasformato l'"Eoie" in "Eee" sulla scorta delle trasformazioni del dittongo greco "oi" in "e" avvenuto in alcune parole italiane derivanti dal greco [(economia < oikos (casa)].
Insomma, diciamo pure che, alla fin fine, "Eee" è un termine che non esiste, nè in greco, né in italiano, per il semplice fatto che non significa nulla nè in una lingua nè nell'altra. Ora, chiarito questo dato di fatto, e tenendone conto, diciamo pure che, accettando il termine "Eee" in tutta la sua convenzionalità e inconsistenza, la frase proposta da Giorgio Dendi risulta anch'essa accettabile.
Ma quella con 5 lettere consecutive uguali gode di una maggiore legittimità.

Franco
Peccato che il record di Giorgio non sia valido, avrei avuto piu' gusto nel batterlo :-))
Ad ogni modo la mia frase ne contiene ben 10, ed e' tratta da una inserzione pubblicitaria sul Messaggero. Spero si considerata valida, perche' Giorgio aveva ammesso nella sua frase l'uso della punteggiatura "Questa via è dedicata a A. Aalto (5 "a" consecutive)" .
Precedentemente sia Giovanna che tu, che avevi pensanto di sviluppare la sua idea arrivando al nuovo record di cinque lettere consecutive, non avevate fatto ricorso alla punteggiatura.
Ecco allora la mia frase di 10 lettere consecutive.
A.A.A.A.A.A. AAA assistente cercasi
dove AAA sta per Associazione Alcolisti Anonimi.

Giuliano B.
"Questa via è dedicata a A. Aalto (5 "a" consecutive)"
Ho un dubbio: non è che si debba scrivere "ad A. Aalto"?

"A.A.A.A.A.A. AAA assistente cercasi"
Cosa vuol dire "A.A.A.A.A.A." ??

Giorgio Dendi
Avete visto che siamo riusciti a interessarci nonostante il problema non sia proprio matematico?
Ringranzio Giovanna Bolaffio, che, oltre alla mia vecchia professoressa del liceo, è l'unica al mondo a conoscere l'opera di Esiodo "Il catalogo delle donne", e accetto tutte le sue affermazioni (alcune le accetto, dal verbo accettare=accogliere, altre le accetto dal verbo accettare=abbattere con l'accetta).
Io mi sono posto il problema qualche tempo fa, quindi è ovvio che in tanti anni mi siano capitate parole che mi hanno suggerito qualche bella soluzione.
Vi propongo ancora:
"La maestra ha chiesto come scrivevano 300 i romani, e... tac! "CCC" con un grido ho risposto" (5 C).
"Appena letta la definizione 4 orizz. Iniziali di Pasolini, op! PPP presto ho scritto nelle caselle" (5 P).
Ma vorreste sapere cosa c'entra con la matematica?
Secondo me il problema è una sorta di trasposizione nella lingua italiana, cambiando numeri o cifre con lettere, dei problemi simili a quello mio di ottenere 6 con una terna di cifre uguali, o quell'altro dove si dovevano ottenere tutte le cifre con quattro cifre uguali: da una parte si devono trovare operatori anche impensabili (Log, card, fattoriale...) per ottenere il risultato voluto, dall'altra si devono trovare parole, anche non usatissime (oomicete, Eee, Lloyd,...) e si vuole sistemarle per fare un gruppo sostanzioso di lettere uguali.
In entrambi i campi si possono trovare esempi che rendono inutile il problema, e quindi credo siano da evitare (in fin dei conti il problema l'ho inventato io e quindi posso mettere le regole che voglio!).
Infatti "A.A.A.A.A.A.A.A.A.A.A.A. cercasi..." può battere qualunque altra sequenza, come "C'era una zanzara che ha fatto zzzzzzzzzzzzzzzzzzz per tutta la notte"; nel campo matematico soluzioni come (card(x, logx, log(logx)))! = 6 (dove card vale per cardinalità, cioè mi dice di quanti elementi è composto l'insieme) valgono per qualunque x, e quindi rendono banale il mio problema di trovare 6 con tre numeri differenti.
Non odiatemi :-)

Gianfranco Bo
Perché dovremmo odiarti? Anzi!
Un problema è interessante quando stimola la curiosità, fa fare ricerche, fa trovare cose sorprendenti, incrementa la conoscenza personale.
E il tuo problema, almeno per me, ha queste caratteristiche.
A volte, però, quando sono stati raggiunti record imbattibili, è meglio cominciare a cercare soluzioni sorprendenti, piuttosto che insistere a migliorare sul versante della quantità.
Vorrei comunque sottolineare che nessuna zanzara può fare zzzzzz.... per tutta la notte, neppure la famosa zyzzyx (specie realmente esistente, chiamata così dallo scopritore solo per avere l'onore dell'ultima parola del vocabolario).
Anche per quel che riguarda gli A.A.A..., credo che non si possa andare avanti ad oltranza. Qualcuno sa se ci sono dei limiti? Il massimo che ho trovato è 12 A ed è l'avviso di una certa massaggiatrice...

Oggi avevo un'ora buca e invece di parlare con i colleghi della Depressione dell'Insegnante, ho aperto un vecchio armadio della sala professori e ho preso il volume VII del Grande Dizionario Enciclopedico Utet, Torino, 1968.
L'ho aperto alla pagina 250, alla voce "Esiodo" e... c'era la seguente frase:
"La critica recente... dubita dell'autenticità del Catalogo delle donne (noto anche come Eée o Eoie)"
L'articolo era firmato AD. PE. La sigla corrisponde a Adriano Pennacini, esperto di storia antica.
Francamente ho tirato un sospiro di sollievo: la frase di Dendi è legittimata da un'autorevole fonte e non solo dai cruciverba.

Poi, con rispetto reverenziale, ho preso il volume I, dedicato alla lettera A.
Ebbene, ho scoperto che la parola Aa è di origine Celtica e significa fiume, acqua, riunione di acque.
Tant'é vero che in Europa esistono diversi fiumi che si chiamano o si chiamavano Aa.
C'è un Aa in Francia, ci sono stati due Aa in Lettonia (attualmente si chiamano Lielupe e Guaja) e un Aach in Germania.
Ed ecco che mi viene in mente una frase.
Potrebbe far parte di una domanda a risposta multipla:
Domanda 5: quale dei seguenti gruppi contiene solo nomi di fiumi europei?
Risposta a) Aa, Aa, Aa, Aach. (10 A)
Risposta b) ...

Continuando a leggere, ho scoperto che è esistito un filosofo norvegese che si chiamava Aal Anathon August Fredrick (1867-1943)
Possiamo dire, ad esempio: L'opera Der Logos è attribuita a A. A. Aal (6 A)
Se il Fredrik vi da fastidio allora possiamo parlare del famoso folklorista erudito finnico Antti Amatus Aarne (1867-1925).
Ed ecco un'altra frase:
Consegnai una fisarmonica, sulle rive del corso d'acqua Aa, a A. A. Aarne. (8 A).

70. Lo scalatore
inviato da Riccardo B.
Un tizio decide di trascorrere una nottata in una baita. Parte pertanto da casa sua alle 8 del mattino e percorre a piedi il lungo sentiero che conduce alla baita, dove giunge a sera.
Il mattino dopo, sempre alle 8, torna sui suoi passi e percorre a ritroso il medesimo sentiero, fino a giungere a casa, la sera.
La domanda è: esiste un punto di quel sentiero in cui lui si sia trovato, sia all'andata che al ritorno, esattamente alla stessa ora del giorno (anche se, naturalmente, di due giorni consecutivi)?

Preciso che per "stessa ora" intendo "istante nell'intervallo (0-24)": nessun trucco basato sui quadranti a 12 ore, le 9 e le 21 sono ore distinte.

>>> Risposte & riflessioni
Gennaro Cangiano
Di fatto nella dinamica è come se ci fossero due persone che partendo da punti estremi dello stesso sentiero vanno l'uno incontro all'altro. E' evidente che si incontreranno e avendo sincronizzato gli orologi alla partenza, l'incontro avverrà alla stessa ora per entrambi.
Ora in traslato la risoluzione è la stessa se a percorrere il sentiero è una sola persona e in giorni diversi.
Se Tizio parte alla stessa ora in salita e in discesa (anche se in giorni diversi), evidentemente passerà per un certo punto del sentiero alla stessa ora sia in salita sia in discesa (come se incontrasse se stesso).

Enrico Delfini
A ben vedere non è necessario che l'escursionista riparta alla stessa ora per il viaggio di ritorno, basta che parta prima delle otto di sera. Ad esempio, partendo alle 19.59.58 incontrerebbe il suo alter-ego del giorno prima alle 19.59.59 proprio sulla soglia della baita!

69. Radice cubica mentale
inviato da Riccardo R.
Una persona in grado di eseguire mentalmente e in maniera rapida calcoli complicati riesce sempre a destare un certo stupore.
Ecco un trucchetto semplice ma efficace che vi permetterà di ottenere rapidamente le radici cubiche di numeri fino a 6 cifre, derivanti dal cubo di numeri interi.

Per prima cosa è necessario imparare a memoria i cubi dei primi nove interi:

1 -> 1
2 -> 8
3 -> 27
4 -> 64
5 -> 125
6 -> 216
7 -> 343
8 -> 512
9 -> 729

Fatto questo si conoscono già le radici cubiche di tutti i numeri da una fino a tre cifre.
Per andare oltre è sufficiente osservare quanto segue:

- tutti i cubi che finiscono per 0 hanno lo 0 quale ultima cifra della radice;
- se finiscono per 1, questa è anche l'ultima cifra della radice;
- se finiscono per 2, l'ultima cifra è 8;
- se finiscono per 3, l'ultima cifra è 7;
- se finiscono per 4,5 o 6, l'ultima cifra è la stessa;
- se finiscono per 7, l'ultima cifra è 3;
- se finiscono per 8, l'ultima cifra è 2;
- se finiscono per 9, l'ultima cifra è 9;

Questo è tutto ciò che serve sapere.

Quando si ha a che fare con un cubo di più di tre cifre, è sufficiente scomporlo da destra verso sinistra in gruppi di tre, per quanto possibile (es. 125000 -> 125 000; 97336 -> 97 336).
Delle ultime tre cifre interessa solo quella finale: essa fornisce l'ultima cifra della radice (es. 97 336 fornisce 6 -> per quanto visto sopra l'ultima cifra della radice è ancora 6).
Il primo gruppo di cifre va invece considerato come numero a sè stante e confrontato con le radici dei nove numeri imparate a memoria; i casi sono due: o esse sono identiche a uno dei valori appresi e allora non vi sono problemi; oppure esse sono comprese fra due valori tra quelli noti e la base della radice è da prendersi nel valore minore.

Esempio:

97336 -> 97 (33)6 -> la radice cubica termina per 6
(64< 97 <128) -> la radice cubica inizia per 4
Risposta: 46

50653 -> 50 (65)3 -> la radice cubica termina per 7
(27< 50 <64) -> la radice cubica inizia per 3
Risposta: 37

Buon divertimento!

68. Un rettangolo col Tangram
inviato da Carol C.
Help! Con un tangram devo costruire un rettangolo per geometria. Chi mi può aiutare?
Grazie, Carol.

>>> Risposte & riflessioni
Questa è una possibile risposta. Ne esistono delle altre? Chissà!

67. Funzione ecologica
inviato da Dario Ripamonti
Supponiamo che esista una funzione raccolta, funzione di n variabili.
Scriviamo sinteticamente raccolta = raccolta(a_i), con i = 1,2,…,n

>>> Risposte & riflessioni
Dario Ripamonti
Ovviamente, la raccolta differenziata.
Se non fa ridere, apprezzo almeno lo sforzo fatto per scrivere la sommatoria.

66. La formica sull'elastico
inviato da Gennaro C.
Un elastico è fisso ad una estremità, mentre l'altra è libera di muoversi.
Nel punto fisso c'è una formica.
L'estremità libera dell'elastico si muova alla velocità costante di 3 m al minuto, mentre contemporaneamente anche la formica comincia a muoversi alla velocità costante di 1 m al minuto. In considerazione dei due movimenti congiunti e che gli stessi movimenti, cioè il moto dell'estremo libero dell'elastico e il moto delle formica, inizino nello stesso istante, si chiede:

riuscirà la formica a raggiungere la fine dell'elastico? se sì, quanto tempo impiegherà per farlo?

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo B.
N.B. La soluzione di Riccardo è temporaneamente in "cantiere" per alcune correzioni.
Non sono del tutto sicuro della seguente soluzione, perche' non ho avuto molto tempo per controllarla, quindi vogliate perdonarmi se c'e' finito qualche strafalcione. =)

Sia L la lunghezza iniziale dell'elastico espressa in metri; sia X(t) la posizione
della formica sulla corda all'istante t espressa come frazione di elastico, ovvero
con X=0 indicante l'inizio e X=1 la fine.
Conseguentemente la derivata X'(t) rappresentera' la "velocita' percentuale" di avanzamento della formica.
Per rendere piu' generale la risoluzione, chiamo v la "velocita' assoluta" della formica (nel problema 1m/minuto) e vc la velocita' del capo dell'elastico.
Nell'istante iniziale l'elastico e' lungo L, quindi la velocita' iniziale X'(0) e' v/L.
Ad ogni istante t, la formica avanza, in termini assoluti, di "v" metri di elastico al minuto, ma in termini percentuali, tali "metri al minuto" vanno commisurati sulla base della nuova lunghezza dell'elastico, ovvero L+vc*t: X'(t)= v/(L+vc*t), che per t=0 corrisponde con la velocita' iniziale v/L gia' dedotta (una conferma lungo la strada non fa mai male).
L'integrale di tale velocita' percentuale ci da' la posizione della formica in ogni istante; tale integrale (e qui spero di non incappare in errori stupidi) e':
X(t) = (v/vc)ln(L+vc*t) + C
La costante C si determina a partire dal dato noto che X(0)=0: C=-(v/vc)ln(L) e sostituendo:
X(t) = (v/vc)ln(1+(vc/L)t)
La formica arriva a destinazione nell'istante T per il quale X(T)=1; tale istante esiste sempre (per ogni valore di L, di v e di vc) dato che il logaritmo e' una funzione monotona crescente illimitata. Risolvendo si ricava:

T = (e^(vc/v) - 1) * (L/vc)

Un'ultima annotazione a (parziale) conferma della ragionevolezza del risultato: per vc che tende a zero si ottiene un valore indeterminato di T del tipo 0/0. Si tratta di un limite notevole; ricordando che:
lim (e^x-1)/x = 1
x->0

il risultato diventa T = L/v, che e' il risultato ovvio di percorrenza di una distanza
L da parte di una formica che va a velocita' v.

Una curiosita': perche' nel testo non compare la lunghezza L? Magari non serviva perche' la risposta giusta era che la formica non arriva mai! =) (spero di no)

Gianfranco Bo
N.B. Nella versione precedente avevo erroneamente considerato le velocità in m/sec invece che in m/min. Ho apportato le debite correzioni.

Ho provato ad affrontare questo problema da un altro punto di vista, a dire il vero, poco laterale.
Prima di tutto mi sono procurato un elastico, di quelli piatti e abbastanza lunghi.
Poi, approfittando della tovaglia a quadretti che sta sul tavolo della mia cucina, ho fatto qualche esperimento.
Ho segnato alcuni punti sull'elastico e ho cominciato a tenderlo, tenendolo fisso per un estremo.
Incredibile! Allungando l'elastico, le distanze dei vari punti fra di loro e dall'estremo fisso aumentavano proporzionalmente all'allungamento.
Ad esempio, raddoppiando la lunghezza dell'elastico, tutte le distanze raddoppiavano.
Immaginando di essere una formica sull'elastico, ho provato per un istante l'ebbrezza del Big Bang. L'universo in cui mi trovo si sta espandendo. Riuscirò mai a raggiungere un punto lontanissimo che si allontana ad una velocità maggiore della mia?
Sono tornato subito alla realtà.
E ho notato che la velocità di ogni punto segnato sull'elastico, rispetto ad un osservatore esterno, nelle condizioni del problema, è direttamente proporzionale alla distanza di quel punto dall'estremo fisso dell'elastico.
Facciamo un esempio:

Siano:
Velocità di A, vA=0
Velocità di B, vB
Velocità di X, vX
Lunghezza (variabile) dell'elastico AB = L
Distanza (variabile) AX = d

Poichè, per ogni punto fissato X, il rapporto d/L rimane costante mentre si allunga l'elastico, allora anche la velocità di ogni dato X rimane costante, se B si muove con velocità costante.

Però, avanzando con passo costante verso l'estremo B, il moto della formica sarà accelerato.
Il che mi fa sospettare che la formica, prima o poi, raggiungerà l'estremo B. Ma non è detto.

Sono quindi passato alla seconda fase del mio studio: sono andato in cerca di formiche, per osservare come camminano.
E' stata dura trovarne qualcuna: non sono ancora uscite dai formicai delle mie parti.
Comunque ho scoperto una cosa che mi ha complicato la vita: le formiche hanno 6 zampe. E quando camminano ne tengono sempre almeno 4 per terra.
Dunque, per una formica, è assai fastidioso camminare su un elastico che si espande. Il pavimento striscia sempre sotto qualche piede.
Allora, chiedo scusa, ma ho dovuto semplificare il problema: ho sostituito all'esapode un bipede, il che mi semplifica la vita.
Perché l'ho fatto?
Perché il bipede, come si vede dall'animazione sottostante, può camminare tenendo in ogni istante uno e uno solo piede per terra.

Utilizzando un foglio elettronico è facile calcolare le posizioni del bipede e dell'estremo B dell'elastico ad ogni passo e quindi calcolare l'istante in cui il bipede raggiungerà o supererà l'estremo B.

Tale istante dipende dalla lunghezza del passo del bipede.
Ecco alcuni risultati riferiti ad una lunghezza iniziale dell'elastico pari ad 1 m (salvo errori).

Lunghezza del passo in metri	Numero di passi al minuto	Numero di passi necessari per raggiungere l'estremo B	Tempo impiegato in minuti	Lunghezza finale dell'elastico in metri	Posizione finale del piede del bipede rispetto al punto fisso dell'elastico
1 m	1	17	17 min	52 m	52,23 m
0,1 m	10	74	7,4 min	23,2 m	23,36 m
0,01 m	100	648	6,48 min	20,38 m	20,382 m
0,001 m	1000	6372	6,372 min	20,116 m	20,1166 m

Sarebbe interessante trovare il limite di queste successioni per la lunghezza del passo che tende a zero...

Riporto anche l'impostazione del foglio elettronico. Per avere più righe si procede con il copia e incolla.

	A	B	C	D	E	F	G	H
1	n.passi	tempo (minuti)	pos estremo B elastico a inizio step temporale (metri)	pos piede appoggiato a inizio step temporale (metri)	velocità piede appoggiato (metri/minuto)	pos piede al termine dello step temporale (metri)
2	0	0	1	0	0	0	v elastico	3
3	1	1	4	1	0,75	1,75	v formica	1
4	2	2	7	2,75	1,178571429	3,928571429	L iniziale	1
5	3	3	10	4,928571429	1,478571429	6,407142857	lunghezza passo	1
6	4	4	13	7,407142857	1,709340659	9,116483516	npassi/min	1
7	5	5	16	10,11648352	1,896840659	12,01332418	step temporale	1
8	6	6	19	13,01332418	2,054735396	15,06805957	incr B	3
9	7	7	22	16,06805957	2,191099033	18,2591586
10	8	8	25	19,2591586	2,311099033	21,57025764
11	9	9	28	22,57025764	2,41824189	24,98849953
12	10	10	31	25,98849953	2,515016083	28,50351561
13	11	11	34	29,50351561	2,603251377	32,10676699
14	12	12	37	33,10676699	2,684332458	35,79109945
15	13	13	40	36,79109945	2,759332458	39,5504319
16	14	14	43	40,5504319	2,8290999	43,3795318
17	15	15	46	44,3795318	2,894317292	47,2738491
18	16	16	49	48,2738491	2,955541781	51,22939088
19	17	17	52	52,22939088	3,013234089	55,24262497
20	18	18	55	56,24262497	3,067779544	59,31040451
21	19	19	58	60,31040451	3,119503682	63,42990819
22	20	20	61	64,42990819	3,168684009	67,5985922

65. Cifre in disordine
inviato da Riccardo R.
Ciao a tutti!
Ecco qui un bel quesito, apparentemente fin troppo semplice...
Determinare secondo quale ordine logico sono state scritte le seguenti cifre:

5 2 9 8 4 6 7 3 1 0

Tutto qui.

N.B. La disposizione delle cifre è univoca!
Ciao e buon divertimento.

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo B.
Le cifre, in realta', sono ordinatissime... ma in ordine alfabetico! =)
Gianvittorio Righi
Le cifre sono disposte in ordine alfabetico.
Gianfranco Bo
Va bene, la risposta di Riccardo e di Gianvittorio è ineccepibile.
Ma io vorrei porre un problema: è l'unica risposta possibile?

64. 1 x 1 = 2
inviato da Renzo Bresciani
Dimostrare che 1 x 1 = 2.

Piccolo aiuto (o complicazione): Con lo stesso metodo si può dimostrare che
1 x 1 = n
e anche
n x 1 = n x m (con m > 1)

>>> Risposte & riflessioni
Renzo Bresciani
Se siamo in due e abbiamo 1 oggetto ciascuno (esempio un telefono) ne abbiamo "uno ciascuno" che, almeno in Toscana si dice anche, e molto più frequentemente, "uno per uno". Ma i telefoni in tutto sono due perciò

1 (telefono) x 1 (ciascuno) = 2 (telefoni).

Analogamente se siamo n persone 1 x 1 = n telefoni e se abbiamo più oggetti (ad esempio 3 penne) 3 x 1 = 3 x n (penne).
Gianfranco Bo
Anch'io ho provato a farne una dimostrazione: eccola.
Partiamo dalla definizione di logaritmo:
log_ab = c
c è l'esponente da dare ad a per ottenere b.
Quindi log₁1 = 1
1*1 = 1 = log₁(1) = log₁(1*1) = log₁(1) + log₁(1) = 1 + 1 = 2

1234
357
128
310
14
? ? ? ?

Che numero va scritto al posto di ? ? ? ? e perchè?

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo B.
Il trucco dovrebbe essere sommare le cifre del numero della riga precedente a coppie e scrivere i risultati di seguito, una volta dal primo all'ultimo e poi al contrario:
1+2=3 2+3=5 3+4=7 => 3-5-7
3+5=8 5+7=12 => 12-8
1+2=3 2+8=10 => 3-10
3+1=4 1+0=1 => 1-4
Quindi l'ultimo numero è 1+4=5
Gianvittorio Righi
La soluzione di Riccardo B. alla mia sequenza di numeri e' corretta ma chiedo a lui a tutti ed anche a te Gianfranco, ce ne sono altre ?
La sfida e' aperta !

62. Il cieco e le due lampadine
di Gianfranco Bo
Mentre tentavo di risolvere il problema Una lampadina e 8 interruttori di Giorgio Dendi mi è venuto in mente il problema seguente.
Non c'è trucco, non c'è inganno.

In una stanza chiusa ci sono due lampadine a filamento.
Fuori della stanza, vicino alla porta ci sono 13 interruttori.
Tutti gli interruttori sono inizialmente aperti (= lampadine spente).
Due interruttori accendono e spengono rispettivamente le due lampadine. Gli altri 11 interruttori non servono a niente.
Un cieco deve scoprire quali interruttori accendono le lampadine. Non solo, ma chiamata A la prima lampadina e B la seconda lampadina, egli deve individuare quale interruttore accende la A e quale accende la B.
Sugli interruttori non è riportato alcun simbolo che può far capire al tatto se sono aperti o chiusi.
Il cieco può entrare nella stanza PRIMA di manovrare gli interruttori.
Una volta uscito dalla stanza dovrà chiudere la porta e risolvere il problema senza più rientravi.
Per risolvere il problema potrà soltanto manovrare gli interruttori
accendendoli e spegnendoli a piacere quante volte vuole.

Il problema sarebbe finito qui ma posso aggiungere alcune varianti e/o precisazioni.

Il cieco può fare un sopralluogo nella stanza, accompagato da un amico, e può fare alcune semplicissime "manipolazioni" sulle lampadine PRIMA di manovrare gli interruttori.

Il cieco può adoperare soltanto gli oggetti che trova nella stanza, che sono:

Se non sapete come utilizzare la fisarmonica potete sostituirla con una candela.

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
Forse, dico forse, la soluzione potrebbe essere che con l'accendino sciolgo la cera della candela e attacco con la cera le palline da ping pong alle rispettive lampadine.
Quando accende le lampadine esse si scaldano, sciolgono la cera, fanno cadere le palline e il cieco sentendo il rumore si accorge dell'interrutore giusto.

N.d.R. Direi che Gianvittorio è sulla buona strada.
Però...
Come può fare il cieco a scoprire QUALE interruttore accende QUALE lampadina?
Inoltre resta il mistero della fisarmonica...

61. La carrucola
inviato da Lorenzo Navari
Una carrucola è appesa ad un trave.
Ad un capo di una corda passante su di essa è legato un sacco da un quintale.
All'altro capo della corda un uomo di 80 kg cerca di sollevare il sacco.
Ovviamente non ce la fa ma riesce solo a sollevare se stesso.
Quando si trova appeso alla corda, con i piedi staccati da terra quanto è il peso che grava sul trave che sorregge la carrucola ?

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo B.
Sulla carrucola agiscono tre forze parallele:
- una, verso il basso, è data dal ramo di corda teso dall'uomo;
- la seconda, sempre verso il basso, e' data dal ramo di corda teso dal
sacco;
- la terza, verso l'alto, è data dal gancio che regge la carrucola alla trave.
Affinché la carrucola non giri, le due forze dirette verso il basso devono essere uguali, e ciascuna sarà quindi di 80kg.
La forza verso l'alto, che è quella sopportata dalla trave, deve equilibrare le altre due (altrimenti la carrucola si sposterebbe verticalmente), quindi è di 160 kg.
I 20 kg che sembrano mancare sono dati dal pavimento che "sorregge" i 20 kg che la corda non riesce a "sollevare".
Ivan D.
La risposta del problema della carrucola è 160 kg.
Perchè la trave in quel momento sta sostenendo sia l'uomo che i chili del sacco che egli riesce a sollevare, cioè 80 kg, perchè 20 kg restano appoggiati a terra.

60. La scacchiera senza angoli
inviato da Renzo Bresciani
Questo problema lo propose un mio professore all'università ma, per la famosa legge sulla privacy, non voglio citarlo. L'università comunque è quella di Pisa e il corso di laurea scienze dell'informazione. Correva l'anno 1983...

Dopo questa operazione rimarranno 62 caselle. Prendiamo anche 31 pedine del domino grandi come due caselle della scacchiera

E' possibile ricoprire tutte le 62 caselle rimanenti della scacchiera con le 31 pedine del domino senza romperne alcuna?

>>> Risposte & riflessioni
Gianfranco Bo
David Singmaster segnala che Pál Révész nel 1969 attribuì questo problema a John von Neumann.
Il problema fu pubblicato per la prima volta da Max Black nel 1946. Egli tuttavia riporta semplicemente il problema senza dichiarare di esserne l'autore.
Esiste una soluzione data da Martin Gardner (credo) e basata su una colorazione della scacchiera e delle pedine del domino con due colori.
Praticamente consiste in questo:
Supponiamo di colorare le caselle della scacchiera come nel gioco degli scacchi. Le due caselle tolte risultano essere dello stesso colore. Per cui la scacchiera senza due angoli è formata, ad esempio da 32 caselle bianche e 30 nere.
Supponiamo di colorare le caselle del domino una bianca e una nera.
Aggiungendo pezzi di domino si copriranno sempre un numero unguale di caselle biance e di caselle nere, perciò non si potrà mai giungere a fare 30 a 32. Questa dimostrazione a prima vista mi convince ma se mi concentro su di essa, la convinzione viene meno e non so perché.
Paolo Hägler
La dimostrazione citata è corretta... in effetti è necessario che il numero di caselle nere sia uguale a quello di caselle bianche, MA questa condizione non è sufficiente!

In effetti consideriamo la scacchiera qui sotto

Togliamo 31 caselle bianche e 31 nere (lasciamo la A8 e la D8. Sono una casella bianca ed una nera, ma nessun pezzo di domino le copre.
Si potrebbe pensare che sia dovuto al fatto che ciò che resta della scacchiera non sia connesso... ma non è così!

Togliamo dalla scacchiera le 3 caselle bianche A8, A6 e C8; e tre caselle nere quasi a caso (lasciando sia la B8 che la A7), ad esempio A1, C1 ed E1.
Abbiamo la seguente figura.

Questa "scacchiera" ha 29 case nere e 29 bianche, ma non si può ricoprire con pezzi del domino, in effetti per coprire B8 è necessario che lo stesso pezzo di domino ricopra anche B7, e lo stesso vale per ricoprire A7!
N.d.R. Paolo ci invia una dimostrazione di impossibilità del problema, basata sulla Ricerca Operativa.
Per chi non conosce questa disciplina, come il sottoscritto, è una buona occasione per mettersi a studiare, o per trovare un'altra soluzione...
Paolo Hägler
Ecco la risposta al numero 60, se la spiegazione è troppo difficile non è colpa mia... è che richiede alcune conoscenze di Ricerca Operativa.

Il gioco numero 60 è impossibile!

Consideriamo il grafo G=(V,E) composto di 62 vertici, uno per casa della scacchiera rimasta libera, ed i lati tali che due case contigue della scacchiera
abbiano i rispettivi vertici uniti dal lato.
Porre sulla scacchiera (senza angoli) dei pezzi di domino senza sovrapporli equivale a trovare un accoppiamento nel grafo G, e ricoprire interamente la scacchiera (senza angoli) equivale a cercare un accoppiamento perfetto.

Ora dimostriamo che non esiste alcun accoppiamento perfetto.

Per questo utilizziamo il terorema di Tutte (la quale dimostrazione è assai complicata, e richiede 3-4 pagine scritte, nonché conoscenze sugli accoppiamenti): "G ammette un accoppiamento perfetto se e solo se I(S) <= |S| per ogni ScV, dove I(S) è il numero di componenti connessi dispari di V\S.

Nel nostro caso prendiamo S l'insieme di cardinalità 30 composto da tutte le case della scachiera dello stesso colore delle due tolte. |S|=30 come detto e
I(S)=32 (le altre 32 caselle). Pertanto non esiste un accoppiamento perfetto.
Lorenzo Navari
Azzardo questa pensata.
Le 62 celle vuote da riempire sono di numero pari finito descrivibili come una possibile serie aritmetica composta da 31 numeri pari e 31 numeri dispari.
Normalizzando la matrice con coppie di 0-1 tutte uguali utilizzando una funzione del tipo RESTO_di_(x+y)/2 dove x è la coordinata riga ed y è la coordinata colonna di ciascuna cella.
Vedremo una matrice riempita a scacchiera di 0 e di 1.
Secondo quanto asserito, dovrebbero esserci 31 celle con il numero 0 e 31 con il numero 1 ed invece abbiamo uno scompenso a favore dei numeri 1 che sono 32 contro 30 numeri 0.
Ciò dimostra che non è possibile riempire la matrice mantenendo intatte le coppie.
Invertendo per riprova tutti gli 0-1 con 1-0 usando una funzione normalizzante del tipo RESTO_di_((x+y)+1)/2 si avrà ancora un esubero questa volta di due zeri rispetto agli 1.
O no?

59. Dieci mucchietti di palline
inviato da Graziano Crema
Ci sono 10 mucchietti di palline, tutti uguali per forma, colore e dimensione.
Ogni pallina, di ogni mucchietto pesa esattamente 10 (unità, grammi o quant'altro) tranne che per un mucchietto le cui palline pesano 0,5 (sempre la medesima unità di misura).
Quindi vi sono 9 mucchietti che pesano 100 ed un mucchietto che pesa 5.

Come fare a stabilire in quale mucchietto si trovano le palline più leggere, potendo effettuare una sola pesata su una bilancia che ci dà il peso in grammi e decigrammi?

>>> Risposte & riflessioni
Prendo 1 pallina dal primo mucchietto, 2 dal secondo, 3 dal terzo e così via, le peso tutte insieme (55 palline). La cifra delle unità e la prima cifra dopo la virgola, consentono di sapere qual'è il mucchietto "incriminato".
Ad esempio, supponendo che il mucchietto leggero sia il 5°, il peso totale sarà 502.5, le ultime 2 cifre - 2.5 appunto - divise per 0.5 mi diranno il numero del mucchietto leggero.

58. Una gita in montagna
inviato da Paolo Delise
Mio cognato è un buon camminatore. È capace di fare gite lunghissime camminando sempre con quel suo passo svelto ed instancabile.
Nei tratti piani farà 8 chilometri all'ora ed è facile stargli dietro, ma anche su una salita ripida, come quella di ieri, manteneva una media di 6 km/h.
In discesa, poi allunga il passo e ne fa 12 senza stancarsi mai.
Ieri è partito alle tre del pomeriggio ha fatto un bel tratto piano, poi è salito su un monte, ne è ridisceso ed è ritornato a casa alle 9 di sera senza fermarsi.

Quanti chilometri era lunga la gita di mio cognato?
A che ora era sulla cima del monte (mezz'ora più o meno)?

>>> Risposte & riflessioni
Paolo Delise
Supponiamo che la salita fosse di 6 km. Avrebbe impiegato un'ora a salire e mezz'ora a scendere. Quindi nel tratto in salita/discesa avrebbe percorso 12 km in un'ora e mezza. La sua velocità media, quindi sarebbe stata di 8 km/h, come sul piano. Pertanto lui ha camminato sempre ad una velocità media di 8km/h.

Partito alle tre e tornato alle nove di sera, ha camminato per 48 km. Se il tratto fosse stato tutto diritto, si sarebbe trovato a tornare indietro dopo 3 ore. Se il tratto fosse stato tutto in salita si sarebbe trovato a tornare indietro dopo 4 ore.

Pertanto, se diciamo che dopo 3 ore e mezza era sulla cima, abbiamo risposto correttamente.

Per gli amanti della statistica ed i cultori di Chisini e della sua splendida definizione di media, la velocità media nel tratto in salita e discesa si calcola con la media armonica, se vogliamo che la velocità media conservi i tempi di percorrenza.
Lorenzo Navari
Siccome anche io vado in montagna, queste storie le conosco bene.
Vanno tutti fortissimo, ma solo pochi partecipano al Km verticale in Val di Fiemme. Il vincitore ci impiega circa 30 minuti.

Invece il nostro camminatore, per 2 km in piano, uno avanti ed uno indietro, impiega 2/8 di ora (2*60/8=15) ovvero 15 minuti.

In salita per fare 1 Km impiega 1/6 di ora (60/6=10) ovvero 10 minuti.

Tornando indietro dalla stessa strada, ma a velocità doppia, impiega 1/12 di ora (60/12=5) (oppure 1/2 di 10 minuti) ovvero 5 minuti.

Quindi facendo 2 Km, dico di montagna, impiega un totale 15 minuti, come in pianura.

Dunque viaggia a 8 Km l'ora sempre.

Fatte queste premesse, ieri in 6 ore dovrebbe aver percorso 48 Km circa.

Dicendo che ha fatto un bel tratto piano, mi viene il dubbio che il nostro camminatore abbia camminato sempre e solo in piano.
Allora potrebbe aver raggiunto il punto di ritorno e non la cima, dopo 24 Km e quindi in 3 ore.
Supponendo che abbia salito una montagna.
Posso dire che ogni due Km in meno di strada piana (un km in andata ed uno
in ritorno) ci sono due km in più di strada di montagna. Quantificabili in 7,5 minuti in meno di piano e 10 minuti in più di salita, quindi 2,5 minuti in più per raggiongere il punto di ritorno.
Fino ad un massimo di 24 km in salita percorribili in 10*24=240 minuti ovvero 4 ore di salita e 5*24=120 minuti ovvero 2 ore di discesa senza alcun Km in piano.

57. Quanto si risparmia?
inviato da Enigma
Recentemente una nota azienda di telefonia cellulare ha lanciato questa offerta: acquistando una ricarica da L.50.000, e consumandola (entro un limitato periodo di tempo, ma ciò è ininfluente nel quesito) si avrà diritto gratuitamente ad una ricarica aggiuntiva di L.25.000.
La domanda è: quanto risparmia il consumatore?
Un mio amico ha concluso: bene, in questo modo ho un risparmio del 50%! Infatti l'omaggio equivale a metà della spesa.
Suo zio, però, gli ha fatto notare che le cose stanno diversamente. La valutazione del risparmio va fatta nel seguente modo: il credito totale di L 75.000 (le 50.000 iniziali più le 25.000 omaggio) è stato pagato solo L.50.000, con un risparmio quindi del 25.000/75.000 = 33% e non del 50%!

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
Quota da usufruire: L 75.000, quota pagata: L 50.000, quindi risparmio totale 33%.
Sarebbe un risparmio del 50% se pagassi L 25.000 per una ricarica da L 50.000.
Quindi ha ragione lo zio.
Lorenzo Navari
N.d.R. La risposta di Lorenzo è più filosofica che matematica, comunque la riportiamo per la sua simpatia e per l'insegnamento che se ne può trarre.
Secondo il mio parere 'quello che si spende non si risparmia' dato che il risparmio per essere tale dovrebbe rimanere nelle tasche del risparmiatore.
La dimostrazione pratica stà nell'impossibilità di andare a fare una bevuta con gli amici pagando con i soldi risparmiati.
Purtroppo fare calcoli in questo caso è impossibile dato che si acquista un ipotesi di consumo che potrebbe essere immediato o futuro.
Ricordando il detto 'meglio un uovo oggi che una gallina domani' bisogna anche considerare che nel frattempo, ovvero tra l'acquisto ed il consumo, potrebbero cambiare le tariffe o fallire i venditori o morire gli acquirenti o comunque perdersi i titoli di acquisto.
E allora ?
Giorgio Dendi
Secondo me il problema è ancora "peggiore" di quanto notato da Lorenzo Navari, in quanto mi sembra che queste promozioni abbiano una durata limitata, per cui per avere diritto alle 25.000 lire di bonus bisogna terminare le 50.000 entro il termine fissato dall'azienda telefonica. In questo caso l'utente è spinto a spendere e a telefonare un po' di più se si trova vicino alla fine del mese e gli manca poco per avere il bonus, così come qualcuno può essere invogliato a comperare un prodotto che non gli serve in quel momento per avere dei bollini che gli danno un certo premio. Ogni caso è diverso dagli altri, per cui ritengo impossibile sapere quanto risparmia ogni singolo utente. Penso che poi psicologicamente qualcuno sia portato a parlare un po' di più ("tanto c'è la ricarica, mi costa molto meno") e così alla fine del mese ha speso la stessa cifra che avrebbe speso se non avesse avuto la ricarica, se non di più. Allora quanto ha risparmiato? Ci sono molti esempi simili, ad esempio si possono fare dei lavori di ristrutturazione edilizia che permettono di scalare sulla prossima dichiarazione dei redditi il 36% (una volta era il 41%) della spesa. Ammettiamo che questa "promozione" stia per scadere: quanto risparmio se faccio dei lavori che altrimenti farei il prossimo anno? Bisogna calcolare che tiro fuori i soldi un anno prima (e qui si deve guardare quanto ricevo di interessi sul mio conto bancario), e soprattutto bisogna immaginare se il Governo il prossimo anno avrà intenzione di riproporre la legge o no, e se sì, con quale percentuale... Missione impossibile!

56. Tre matematici prigionieri
inviato da Paolo Hägler
N.d.R. Questo problema sembra una interessante variazione sul tema dei saggi e dei cappelli colorati, ma in questo caso nessuno dei tre può basarsi sulle affermazioni degli altri due. Però, come diceva un saggio: "Anche il silenzio è carico di significato."
Tre matematici, durante un'esplorazione in Amazzonia, vengono catturati da una tribù di cannibali. Questi cannibali hanno una strana passione per la matematica, ed offrono ai tre prigionieri la possibilità di salvarsi.
Nel loro campo hanno 5 pali (3 bianchi e due rossi), ed ai primi 3 vengono legati i prigionieri, in modo che ognuno vede il colore dei pali che sono davanti al suo, ma non il suo né quelli dietro.
Il capo della tribù dei cannibali dice loro che se uno di loro tre indovina entro mezz'ora il colore del proprio palo, verranno tutti liberati.
Passano dieci minuti e nessuno risponde, ne passano altri dieci e nessuno risponde, ma allo scadere della mezz'ora uno dei tre indovina il colore del proprio palo.

>>> Risposte & riflessioni
Lorenzo Navari
Evidentemente i prigionieri sanno che i pali sono 5 ed anche come sono colorati, altrimenti non potrebbero giocare.
Nel problema non si dice come sono voltati ma si dice che sono legati sui primi tre pali.
Affronto il caso in cui i prigionieri sono voltati con le spalle rivolte verso l'ultimo palo, in modo che il primo prigioniero non vede nessun palo davanti a se, mentre il secondo vede solo il palo del primo prigioniero ed il terzo, posizionato in mezzo alla fila, vede solo i pali dei primi due.

Il terzo prigioniero, quello che vede due pali davanti a se, potrebbe dire: <<Il mio palo è bianco>> e lo direbbe SUBITO se vedesse davanti a se due pali rossi.
Il fatto che taccia, da subito, fa capire agli altri due prigionieri che NON SONO ROSSI I PRIMI DUE PALI.

D'altra parte quando il secondo prigioniero capisce che i primi due pali non sono entrambi rossi, se vedesse che è rosso il palo del primo prigioniero
davanti a lui allora potrebbe gridare: <<il mio palo è bianco>>.

Non avendolo fatto mai, all'ultimo minuto è il primo prigioniero che
salva tutti gridando: <<Il mio palo è bianco>>.

Così i cannibali imparano che per mangiare bisogna fare degli indovinelli
più difficili oppure trovare dei prigionieri più duri (di testa).

Massimiliano Bez
1) Se i primi due fossero rossi, il terzo, vedendoli, indovinerebbe il suo colore dopo dieci minuti.
2) Se il primo fosse rosso e il secondo bianco, il terzo non potrebbe indovinare il suo dopo dieci minuti, ma il secondo, per l'indecisione del primo, indovinerebbe il suo dopo venti minuti.
3) Se il primo fosse bianco, il terzo non potrebbe indovinare dopo dieci minuti (infatti vede BB oppure BR), il secondo dopo il silenzio del primo e vedendo il bianco davanti a lui non potrebbe comunque rispondere dopo venti minuti, quindi il terzo, che sa che non si sono verificate nè la 1) nè la 2), risponde dopo trenta minuti che il suo palo è bianco.

55. Sequenza di numeri
inviato da Gianvittorio Righi
1) 1234
2) 5678
3) 6802
4) 1470
5) 7272
6) 8642
7) 5814
8) ????

Ti dico che le posizioni 1 e 2 sono inserite a caso mentre le altre hanno una logica.

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo Brigo
Riguardo la sequenza di numeri di Gianvittorio Righi, dalla terza riga in poi ogni cifra e' la cifra delle unita' della somma delle due cifre soprastanti.

Gabriele Brosulo
La soluzione della sequenza di numeri, di Gianvittorio Righi, di aprile 2001 è sicuramente 3456, basta sommare le 2 cifre sovrastanti, senza tenere conto del riporto.

Massimiliano Bez
Il numero è: 3456.
Si ottiene sommando i due numeri precedenti annullando le cifre da riportare.

54. Perché m?
inviato da Paolo Delise
Sono ventisei anni che insegno matematica. Ventisei anni più quattro di università, tre di liceo e due di borsa di studio, trentacinque anni insomma che scrivo

y=mx+q.

Perché m e non p (pendenza) s (slope) c (coefficiente) o qualsiasi altra cosa che possa fare contenti i tedeschi o i francesi?

Spiego sempre ai miei alunni che questo è uno dei grandi misteri irrisolti della matematica.

>>> Risposte & riflessioni
Lorenzo Navari
m perchè è il moltiplicatore che contenta anche la lingua internazionale
m = multiplier (number by which a number is multiplied)
m = montante (mount)

53. La V.A.M.P. (Vasca Archimedea per il Moto Perpetuo)
inviato da Paolo Delise
Questo problema apparve nel 1967 o 68 (credo) sulla rivista Panorama che all'epoca teneva una rubrica di problemi logica/matematici.

In una vasca rettangolare viene incernierato, in modo da essere libero di ruotare un cilindro di alluminio con le due basi perfettamente combacianti con le pareti della vasca.
Assieme a due fasce elastiche poste una sotto ed una sopra al cilindro stesso, esso divide la vasca in due semivasche.
Nella vasca di sinistra viene versato del mercurio. In esso l'alluminio galleggia.
Nella vasca di destra viene versata dell'acqua nella quale l'alluminio va a fondo. Si crea allora una coppia di forze in conseguenza delle quali il cilindro gira.
Con un asse opportuno possiamo portare il movimento all'esterno della vasca e realizzare un motore che produce lavoro con consumo di energia 0.

>>> Risposte & riflessioni
La risposta del mancato funzionamento sta nel fatto che si crea, in realtà, una componente che passa per l'asse di rotazione e non una coppia, ma quanto mi dispiace che non sia vero!

52. I cappotti
inviato da Paolo Delise
Dovevo preparare un compito di recupero sul calcolo combinatorio. Dovevo farlo in fretta, e mi è passato per la testa il seguente problema:

In quanti modi 3 persone che hanno depositato i cappotti in un guardaroba, li possono prendere in modo che nessuno abbia il proprio?

Mi pareva un problema semplice che doveva avere una formula con qualche fattoriale da qualche parte.

Sono stato fortunato: con tre cappotti il problema era facilmente risolubile per esplorazione completa di tutti i casi.

Un mio collega, indipendentemente da me, propose il problema con 5 e fece la figuraccia.

>>> Risposte & riflessioni
Paolo Delise
Col collega, durante un'ora buca, nella quale il Capo non ci aveva assegnato la solita supplenza, ci siamo dedicati a risolvere il problema. Abbiamo trovato una formula ricorsiva, che se non ricordo male, era:

M(n)= (n-1)(M(n-1)+M(n-2))

dove M(k) è il numero di modi per k elementi. Poiché M(1)=0 ed M(2)=1 il problema è risolto.

Ma esiste una formula non ricorsiva fatta di sani fattoriali e coefficienti binomiali e non usi la ricorsione, tradendo la formazione informatica di chi scrive (e dell'altro collega)?

La formula generale valida per n cappotti è:

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

Prima di iniziare la dimostrazione della formula in fattoriali, sono necessarie alcune definizioni:

- Si definiscono permutazioni di n oggetti, tutti i possibili modi di ordinare gli n oggetti;
- il numero di permutazioni possibili con n oggetti è: n!
(Vedere elementi di ricerca operativa)

Detto ciò, partiamo da un caso particolare, cioé 4 cappotti e 4 persone;
indichiamo i 4 cappotti con a, b, c, d e le 4 persone con A, B, C, D; logicamente:

- a è il cappotto di A
- b è il cappotto di B
- c è il cappotto di C
- d è il cappotto di D

Osserviamo la seguente tabella:

Tale tabella indica tutti i possibili modi (24) di prendere i cappotti.
In ogni modo (permutazione) ciascuna persona prende il cappotto che si trova nella sua riga.
(Es. nella 1° permutazione A prende il cappotto a, B prende il cappotto b, C prende il cappotto c, D prende il capppotto d).
Sappiamo che c'è una condizione da rispettare e cioè che nessuna persona può prendere il proprio cappotto; per cui si capisce che da tutti i possibili modi (permutazioni) di prendere i cappotti si devono togliere le permutazioni che non soddisfano la condizione, ovvero le permutazioni nelle quali c'è almeno una persona che prende il proprio cappotto.

Nel caso dei 4 cappotti, tutti i possibili modi in cui le 4 persone possono prendere i cappotti sono 24.
In generale, con n cappotti, il numero di tutti i possibili modi con cui n persone possono prendere i cappotti ci è dato dal numero di permutazioni di n oggetti: Pn = n! (per questo con 4 cappotti: 4!=4*3*2*1=24).

A questo punto si tratta di vedere qual'è il numero di permutazioni da togliere da n!.
Notiamo che il numero di permutazioni caratterizzato dal fatto che una persona prenda il proprio cappotto, nel caso di 4 cappotti, è 6; infatti 6 è il numero totale di permutazioni ottenibili quando A prende il proprio cappotto (vedere permutazioni 1, 2, 3, 4, 5, 6 della tabella), 6 è il numero di permutazioni ottenibili quando B prende il proprio cappotto (permutazioni 1, 2, 13, 14, 19, 20 della tabella), 6 è il numero di permutazioni ottenibili quando C prende il proprio cappotto (permutazioni 1, 5, 7, 12, 19, 24 della tabella), 6 è il numero di permutazioni ottenibili quando D prende il proprio cappotto (permutazioni 1, 3, 7, 9, 13, 15 della tabella).

Nel caso generale, con n cappotti, il numero totale di permutazioni ottenibile quando una persona prende il proprio cappotto è: (n-1)! (permutazioni di (n-1) oggetti). Per questo con 4: (4-1)!=3*2*1=6.

Quindi, per ogni persona A, B, C, D dobbiamo togliere la quantità (n-1)! dove n è il numero dei cappotti e quindi anche delle persone; dato che le persone sono n, si potrebbe dire, quindi, che la quantità totale di permutazioni da togliere è n*[(n-1)!].
In realtà, la quantità da togliere non è n*[(n-1)!]; infatti, se noi togliamo, per A, (n-1)! permutazioni, per B non dobbiamo togliere (n-1)! permutazioni perchè alcune di queste (n-1)! permutazioni relative a B, sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)! permutazioni per A.

In particolare, togliendo le (n-1)! permutazioni per A, togliamo implicitamente (n-2)! permutazioni per B, (n-2)! permutazioni per C ed (n-2)! permutazioni per D; se avevamo più persone, toglievamo (n-2)! anche per tutte queste persone.
Quindi per A dobbiamo togliere (n-1)! permutazioni, mentre per B dobbiamo togliere (n-1)!-(n-2)! permutazioni, dato che (n-2)! permutazioni son già state tolte.
Per la persona C dobbiamo sempre togliere (n-1)! permutazioni; però abbiamo detto che (n-2)! permutazioni sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)! permutazioni per A; ancora, delle restanti (n-1)!-(n-2)! permutazioni da togliere per C, alcune sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)!-(n-2)! permutazioni per B.
In particolare, togliendo le (n-1)!-(n-2)! permutazioni per B, togliamo implicitamente (n-3)! permutazioni per C e (n-3)! permutazioni per D; se avevamo più persone, toglievamo (n-3)! permutazioni anche per tutte queste persone.

Quindi, ricapitolando, per A dobbiamo togliere (n-1)! permutazioni, per B dobbiamo togliere (n-1)!-(n-2)! permutazioni, mentre per C dobbiamo (n-1)!-(n-2)!-(n-3)! permutazioni dato che (n-2)! permutazioni sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)! permutazioni per A, e (n-3)! permutazioni sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)!-(n-2)! permutazioni per B.
Per la persona D, dobbiamo togliere sempre (n-1)! permutazioni; però abbiamo detto che (n-2)! permutazioni sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)! permutazioni per A, e (n-3)! permutazioni sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)!-(n-2)! permutazioni per B; ancora, delle restanti (n-1)!-(n-2)!-(n-3)! permutazioni da togliere per D, alcune sono già state tolte implicitamente togliendo le (n-1)!-(n-2)!-(n-3)! permutazioni per C.

In particolare, togliendo le (n-1)!-(n-2)!-(n-3)! permutazioni per C, togliamo implicitamente (n-4)! permutazioni per D; se avevamo più persone toglievamo (n-4)! permutazioni anche per tutte queste persone.
Per cui, alla fine, nel caso di n=4 cappotti (4 persone), dobbiamo togliere dal numero totale n! di permutazioni possibili,
- (n-1)! permutazioni per A
- (n-1)!-(n-2)! permutazioni per B
- (n-1)!-(n-2)!-(n-3)! permutazioni per C
- (n-1)!-(n-2)!-(n-3)!-(n-4)! permutazioni per D;
per cui, le formula, nel caso di 4 cappotti, è:

{n! - [(n-1)!] - [(n-1)!-(n-2)!] - [(n-1)!-(n-2)!-(n-3)!] - [(n-1)!-(n-2)!-(n-3)!-(n-4)!]} con n=4.

Notiamo che tale formula, valida per n=4, può essere semplificata; infatti, togliendo le parentesi otteniamo:

n! - (n-1)! - (n-1)! + (n-2)! - (n-1)! + (n-2)! + (n-3)! - (n-1)! + (n-2)! + (n-3)! + (n-4)!

da cui, sommando i membri uguali si ha:

n! - 4*(n-1)! + 3*(n-2)! + 2*(n-3)! + 1*(n-4)!

Effettuando calcoli analoghi per 3 e per 5 cappotti si trovano le seguenti espressioni:

3: n! - 3*(n-1)! + 2*(n-2)! + 1*(n-3)!
4: n! - 4*(n-1)! + 3*(n-2)! + 2*(n-3)! + 1*(n-4)!
5: n! - 5*(n-1)! + 4*(n-2)! + 3*(n-3)! + 2*(n-4)! + 1*(n-5)

Nel caso di 3 cappotti abbiamo il membro 3*(n-1)!,
nel caso di 4 cappotti abbiamo il membro 4*(n-1)!,
nel caso di 5 cappotti abbiamo il membro 5*(n-1)!,
quindi nel caso di n cappotti avremo il membro n*(n-1)!.

Ancora, nel caso di 3 cappotti abbiamo il membro 2*(n-2)!,
nel caso di 4 cappotti abbiamo il membro 3*(n-2)!,
nel caso di 5 cappotti abbiamo il membro 4*(n-2)!,
quindi nel caso di n cappotti avremo il membro (n-1)*(n-2)!.

Quindi, volendo scrivere in forma più generale, si ha:

n! - n*(n-1)! + (n-1)*(n-2)! + (n-2)*(n-3)! + (n-3)*(n-4)!

dato che:

- n*(n-1)! = n!
- (n-1)*(n-2)! = (n-1)!
- (n-2)*(n-3)! = (n-2)!
- (n-3)*(n-4)! = (n-3)!

Si ottiene:

n! - n! + (n-1)! + (n-2)! + (n-3)!

da cui

(n-1)! + (n-2)! + (n-3)!

formula valida per n=4.
Adesso è facile ricavare la formula generale valida per n cappotti; essa è:

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

Quindi nel caso di 3 cappotti:

2! + 1! = 3

nel caso di 4 cappotti:

3! + 2! + 1! = 9

nel caso di 5 cappotti:

4! + 3! + 2! + 1! = 33

......

......

nel caso di n cappotti:

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