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Ricreazioni di Gennaio 2002

188. Le tre scatole
proposto da Pighin
Ho tre contenitori A, B, C e in uno solo di essi il gestore del gioco pone un oggetto.
Chiede ad uno dei presenti di provare ad indovinare dove sta l'oggetto.
Sia data ad esempio la seguente situazione iniziale:

Il giocatore sceglie ad esempio A, ma non lo apre
Il gestore apre il rimanente contenitore vuoto C e lo mostra al giocatore

A questo punto il gestore propone due metodi per proseguire:

a) il giocatore mantiene sempre la scelta fatta inizialmente
b) il giocatore cambia sempre la scelta ed indica il rimanente contenitore chiuso

Quale è la probabilità di indovinare con la strategia a) ?

Quale è la probabilità di indovinare con la strategia b) ?

>>> Risposte & riflessioni
Sprmnt21
Il fatto che "Il gestore apre il rimanente contenitore vuoto C e lo mostra al giocatore" non aggiunge alcuna informazione al "giocatore" rispetto a quelle date a priori.

La possibilita' di scegliere "il rimanente contenitore chiuso" EQUIVALE a dare la possibilita' al giocatore di scegliere due scatole contro una.

Per vedere (*) questa equivalenza descriviamo la situazione nel seguente modo:

Il giocatore sceglie, ad esempio, la scatola A. Il gestore gli propone di cambiare la sua scelta con le rimanenti scatole B e C.
E' ovvio che, messa cosi, chiunque accetterebbe la proposta.
Ma il fatto che una delle due tra B e C sia vuota e' un DATO DI FATTO e quindi l'esibizzione di questa da parte del gestore non muta la situazione.

Pertanto scegliere, cambiando, la B se la C e' mostrata vuota e' come scegliere B e C contro A.

Lo stesso e' scegliere la C se ad essere mostrata vuota e' la B.

Da quanto detto detto si ricava che,su grandi numeri, la strategia a) da' 1/3 di successi mentre la strategia b) da' 2/3 di successi.


(*)vista la storia di questo famigerato problema non ho grandi speranze che questo argomento sia "definitivo".

Andrea Becucci
In risposta alle 3 scatole.
La probabilità è 1/3 se mantengo la mia scelta, 2/3 se cambio.
Il gioco sembra equo, ma cambiare, equivale al gioco "lasci la scatola che hai e prendi quelle altre 2" (il trucco fuorviante sta nel fatto che il mago te ne apra una davanti agli occhi).

Ivan D'Avanzo
Questo quesito è anche noto come il paradosso di "Monty Hall" e fu proposto agli ospiti di un celebre gioco a premi televisivo americano "Let's make a deal", il cui conduttore era appunto Monty Hall", e suscitò una accesa controversia sulla rivista "Parade" nel 1990.
Comunque la soluzione è che la scelta da effettuare è indifferente in quanto sia nel caso a) che nel caso b) si ha il 50% di probabilità di indovinare perchè aprendo una scatola ne rimangono due: una vuota e una piena.In effetti anche se si rimane sulla scelta precedente è come se si fosse rifatta una scelta tra due scatole.

Pighin
Il giocatore sceglie ad esempio A, ma non lo apre

Il gestore apre il rimanente contenitore vuoto C e lo mostra al giocatore

1. Se il giocatore mantiene A: P(A) = 1/3 (non ha recepito l'informazione)

2. Se il giocatore recepisce l'informazione valgono le seguenti considerazioni:

P(A) = 1/3 (caso 1)
P(C) = 0 (il gestore lo ha aperto ed è vuoto)

Ma la probabilità totale è 1 per cui posso scrivere:

P(A) + P(B) + P(C) = 1

Sostituendo i valori noti:

1/3 + P(B) + 0 = 1 da cui ricavo P(B) = 2/3

Massimiliano Bez
Secondo me la risposta giusta è quella di Ivan D'Avanzo.
Le altre risposte inviate sarebbero giuste solo se la scelta tra a) e b) venisse fatta all'inizio del gioco, ma poichè viene fatta solo dopo aver scoperto il contenitore vuoto, la scelta è effettivamente ridotta a una scatola su due.

Gianfranco Bo
Ahi, ahi! Sprmnt21 aveva ragione.
Praticamente abbiamo due correnti di pensiero, per cui il problema rimane aperto.

187. Due simpatici omaggi
di Riccardo Fusilli e Damiano Salvi

>>> Risposte & riflessioni
Ringrazio Riccardo e Damiano per questi simpatici omaggi.
Forse sono rebus, forse no.
Comunque sono enigmi graditissimi.

Ho ricevuto le risposte di Andrea Becucci, Ivan D'Avanzo, Sprmnt21,

Le risposte colgono tutte nel segno, ecco a titolo di esempio quella di Sprmnt21.

Non so se rispettano (specialmente il primo) i canoni dei rebus, ma sono carini.

Sol.1): GIaNfrancobollo-LLO=Gianfranco, Bo;
Sol.2): BaSeCinQ(u)e'=Base Cinque.

Indovinello vernacolare
proposto da tokytoky86

Lu picciottu mivò ppi cumpagnia,
lu vicchiaruddu ajutu vò di mia;
ma quannu sugnu ccu li malandrini,
spaccu li testi e stoccu li rini!!

>>> Risposte & riflessioni
Il bastone.

185. Due 9 e due 8
proposto da Alessandro Torelli
Due 9 e due 8
(tratto dal newsgroup rec.puzzle)
Utilizzando due 9 e due 8 e le comuni operazioni e funzioni matematiche (+, -, *, /, estrazione di radice, elevamento a potenza, fattoriale, logaritmo, etc) è possibile ottenere diversi numeri, ad esempio:
3 = (8-8)+9/sqrt(9)
39 = (9*sqrt(8+8))+sqrt(9)

E' inoltre possibile utilizzare le notazioni:

• delle calcolatrici (esempio): .9 = 0,9
• periodico (esempio) .(9) per indicare 0,99999..... periodico
• ROOT(n,m) per indicare la radice n-esima di m
• SQRT(n) per indicare la radice quadrata di n

E' possibile ottenere i numeri interi da 0 a 10?

E da 0 a 100?

Alcuni numeri non risolti: 38, 50, 68, 102, 110, ...

>>> Risposte & riflessioni
Alessandro Torelli
38 = 9 * (sqrt(9))! - 8 - 8 = 9 * 6 - 16
50 = 9 * (sqrt(9))! - sqrt (8+8) = 9 * 6 - 4

Damiano
38 = (sqrt 9)! * (sqrt 9)! + sqrt(sqrt(8+8))
50 = (sqrt 9)! * 9 - sqrt(8+8)
68 = 8*8 + .(9) + sqrt 9
102 = (sqrt 9)! * (9 + sqrt(8*8))
110 = 99 * .(8) / .8

Rilancio la sfida: io sono arrivato fino al 129. Qualcuno sa fare il 130 ?

Gianfranco Bo
130 = 120 + 10 = 5! + 10 = ((sqrt 9)! - .(9))! + 8 / .8

184. Bizzarro criterio di divisibilità per 7
proposto da Peppe
Supponiamo di avere il numero  61671142 e di voler stabilire se è divisibile per 7.

Eseguire i passaggi sotto indicati di facile comprensione.

Percio' NON lo è neppure il numero originario 61671142.Questo metodo non fornisce una indicazione semplice per quanto riguarda il resto.

Secondo esempio con un numero divisibile per 7 ad es. 7*325432=2278024

2 2 7 8 0 2 4
................8
2 2 7 7 9 4
.............8
2 2 7 7 1
..........2
2 2 7 5
...1 0
2 1 7
1 4
7
Poiché il resto finale è 7 il numero è divisibile per 7.

Perché funziona?

>>> Risposte & riflessioni
Andrea Becucci
L'operazione che facciamo (moltiplicare per 2 l'ultima cifra del numero e sottrarre questa quantità dal numero "troncato") equivale a sottrarre al numero di partenza l'ultima cifra del numero moltiplicata per 21.
Se il numero di partenza è un multiplo di 7, lo sarà anche il numero di arrivo. Non solo. Per come è costruito, il numero di arrivo sarà anche multiplo di 10.
Dunque se il numero di partenza è multiplo di 7, quello di arrivo sarà multiplo di 70. Conseguentemente il numero di arrivo diviso 10 sarà multiplo di 7 e si può reiterare il giochino sul numero di arrivo diviso 10.
Se in fondo otteniamo 0, allora il numero di partenza era multiplo di 7, altrimenti non lo è.

Damiano Salvi
Il numero iniziale è
x=10A+b
ove b è l'ultima cifra e A è il numero troncato (ovvero x senza la b finale).

Ciascun passaggio trasforma il numero x corrente in
A-2b=(10A-20b)/10=((x-b)-20b)/10=(x-21b)/10=(x-7*3b)/10

Se un numero K è divisibile per N (nel nostro caso N=7) allora è divisibile per N anche ogni numero del tipo K+m*N, con m intero positivo o negativo. Se K è divisibile per N e D è un divisore di K primo con N allora è divisibile per N anche K/D.
Le stesse considerazioni valgono anche con "non" davanti a ciascun "è divisibile".

Quindi x-7*3b è multiplo di 7 se e solo se lo è x; (x-7*3b) è multiplo di 7 se e solo se lo è (x-7*3b)/10; perciò (x-7*3b)/10 è multiplo di 7 se e solo se lo era x.

In altre parole, COMPLIMENTI PEPPE !!!
(Ma l'hai ideato tu o l'hai trovato da qualche parte?)

Sprmnt21
Se N e' il numero da testare ed Uc la sua ultima cifra, abbiamo nei vari passaggi, 

N1 --> N2=(N1-21*Uc1)/10, dove N2 e' il numero ottenuto da N1 con ultima cifra Uc1.

E' immediato dedurre che se (e solo se) N2 e' multiplo di 7, essendo 21*Uc1 multiplo di 7, anche N1 e' multiplo di 7.

Percio' quando saremo in grado (all'n-esimo passo) di stabilire che Nn e' (o non e') multiplo di 7 avremo deciso anche la sorte di N.

Il fatto che prima o poi ci riusciamo e' assicurato dal fatto che, ad ogni passo, l'algoritmo riduce di una cifra il numero.

Damiano Salvi
Dice Peppe: "Questo metodo non fornisce una indicazione semplice per quanto riguarda il resto."
Eppure basta una piccola aggiunta.

Seguendo il grafo in figura, se il numero è risultato non divisibile per 7, si trovi il resto della divisione per 7 dell'ultimo numero ottenuto col metodo di Peppe: per esempio (-2) ci dà 5.
Poi si conti il numero di volte che è stato iterato il procedimento e per ognuna di esse si percorra un arco del grafo. Il nodo su cui ci si trova alla fine dà il resto che si ottiene dividendo il numero iniziale per 7.
Nell'esempio di Peppe 5->1->3->2->6->4->5->1.
Quindi 61671142 diviso 7 dà resto 1.

Damiano Salvi
Ripensando al criterio di divisibilità per 7 mi sono accorto di una cosa piuttosto ovvia a cui non avevo pensato prima.
Nel grafo che ho costruito ogni arco corrisponde alla moltiplicazione per 10 in modulo 7. Prima questo mi era servito per trovare il resto nel metodo di Peppe, però poi ho pensato che può servire per un altro criterio di divisibilità.
Basta sommare le cifre del numero dopo averle moltiplicate per 1 quella della unità, per 3 quella delle decine, per 2 quella delle centinaia,... sempre seguendo il grafo; si ripete il procedimento fino ad arrivare ad un numero abbastanza piccolo da poter stabilire con facilità qual è il suo resto modulo 7.
Per esempio, 15608312 diventa
2*1+1*3+3*2+8*6+0*4+6*5+5*1+1*3=2+3+6+48+30+5+3=97
e, volendo, 97 -> 7*1+9*3=7+27=34, che diviso per 7 dà resto 6, come il numero di partenza.
Questo metodo si potrebbe usare come criterio di divisibilità per un qualsiasi numero, solo che ricavarsi ogni volta i grafi può essere abbastanza noioso, mentre il grafo della divisibilità per 7 è piuttosto semplice da ricordare (1,3,2 e al vertice opposto di ciascuno il complemento modulo 7).

Cesare Fattorosi
Dopo aver letto "un bizzarro modo di dividere per 7" di Peppe, mi sono ricordato di quando alle scuole medie escogitai un metodo simile utile a dividere per nove qualsiasi numero.

Soltanto in seguito capii cio' che significava.

Il metodo è semplice.

Considero dapprima un numero divisibile per 9, ma questa non è una restrizione.

Parto da un esempio.

234 / 9 = 26
ma
26*10 =260 e 234+26=260;
x/9 = y significa che si puo' esprimere come  x+y = 10*y
quindi per trovare la soluzione basta fare "il completamento a 10" e alla fine dividere per 10 (da destra a sinistra, proprio come Peppe)

ripartiamo dall'esempio:
234
considero l'UC (ultima cifra a destra) :4
il suo completamento a 10 è 6
234
.....6
6+4=10; 0 si scrive e 1 si riporta
3 (seconda cifra) +1 di riporto=4
4 il suo completamento a 6 è 2

234
..26

2 a 2 è 0
la divisione è 26

un altro esempio

85476312 / 9  = 9497368

vediamo

85476312
................8
1 di riporto
ora devo fare 1+1 = 2 il suo completamento a 8 è 6
         
85476312
..............68
il 6-3=3

85476312
...........368

3-6=7 con riporto di 1

85476312
.........7368
il 7+1 di riporto = 8
7-8=9 con riporto di 1

85476312
.......97368
il 4+1 di riporto = 5
9-5 = 4

85476312
.....497368

4-5 = 9 con 1 di riporto

85476312
...9497368

9-9 = 0

Ora a conti fatti sembra uno sproloquio e una cosa lunga, ma ti assicuro che basta poco per veder quanto è veloce, permette di fare divisioni lunghissime che neppure il miglior calcolatore al mondo potrebbe fare (teoricamente infinite cifre).

P.S. da leggere solo se quanto scritto prima ti ha incuriosito
Per saper se il numero è divisibile per 9 basta fare "il fuori nove" e procedere come detto. Se non lo è lo si rende divisibile per 9.
es: 233 non è divisibile e la regola non sembrerebbe funzionare, ma basta fare il fuori 9 (che teoricamente si riesce a fare velocemente) per cui 233 diventa 233,1 e si procede come prima tranne che per il numero dopo la virgola al quale si fa il completamento a 9.
Ribadisco sembra tutto contorto, ma la bellezza della matematica è che è piu' semplice della parole.

183. Ancora sulla sequenza di 1 e 2
proposto da Giorgio Dendi
Tempo fa Ulisse chiese di scoprire come continua questa sequenza.

1
11
21
1211
111221

La soluzione è stata proposta da Gianvittorio Righi.

6) 3 1 2 2 1 1
7) 1 3 1 1 2 2 2 1
... e così via

La logica è:
a) la serie comincia con 1.
b) passo alla posizione numero 2 e mi chiedo cosa c'è nella posizione numero 1 nella sequenza? C'è un 1 quindi 1 1.
c) passo alla posizione numero 3 e mi chiedo cosa c'è nella posizione numero 2? Ci sono due 1 quindi 2 1.
d) Arrivo alla posizione 4 e mi chiedo cosa c'è nella tre? C'è 21 cioè un 2 e un 1, che scrivendolo in numeri diventa 1 2 e 1 1 ossia 1 2 1 1.
e) Arrivo alla posizione 5 e mi chiedo cosa c'è nella 4? C'è un 1 un 2 e due 1, che scritto in numeri diventa 1 1 e 1 2 e 2 1 quindi 1 1 1 2 2 1.
f) Che scrivere nella posizione 6? Osservo cosa c'è nella 5 e proseguo con la stessa logica: la soluzione sarebbe 3 1 e 2 2 e 1 1, quindi 3 1 2 2 1 1.

Ora Giorgio Dendi chiede:
Sapreste dimostrare che nella sequenza non comparirà mai il numero 4?

>>> Risposte & riflessioni
Nota: le seguenti soluzioni sono indipendenti l'una dall'altra.
Sprmnt21
Si noti, en passant, che, a parte il seme iniziale, tutti i numeri della sequenza hanno un numero pari di cifre. Infatti ogni numero della sequenza e' costruito come un insieme di un certo numero di COPPIE di numeri che "descrivono" i gruppi di cifre consecutive uguali che costituiscono il numero precedente.
Supponiamo, per assurdo, che nella sequenza ci siano dei numeri contenenti la cifra 4.  Consideriamo il primo di questi numeri, cioe' la cifra 4 non compare in alcun numero che lo precede nella sequenza.
Se il 4 si trova in una posizione pari significherebbe che ci sono dei 4 nel numero precedente, contrariamente all'ipotesi. Poniamo quindi che il 4 sia una cifra di posto dispari. Questo comporta che nel numero precedente ci siano quattro cifre uguali consecutive.
Se la prima cifra di questo quartetto fosse in posizione dispari avremmo due coppie del tipo (c_c), (c_c) che violerebbero la regola di formazione della sequenza perche' potrebbero derivare solo da un gruppo di 2c cifre uguali a c, che genererebbe, appunto, una sola coppia del tipo (2c_c).
Se la prima cifra di questo quartetto fosse in posizione pari avremmo tre coppie del tipo (b_c), (c_c), (c_d). Le prime due di queste coppie violerebbero anch'esse la regola, poiche' potrebbero derivare solo da un gruppo di b+c cifre uguali a c, che genererebbero, appunto, una sola coppia del tipo (b+c_c) .
Giungiamo quindi in ogni caso ad una contraddizione, dovuta all'ipotesi che ci sia il 4 da qualche parte.

Giorgio Dendi
Leggiamo una riga a caso nella quale non compare ancora il 4. Essa è formata da una serie di cifre ABABABAB..., dove A e B sono in numero uguale fra loro (cioè pari in totale) e legati dal fatto che A indica quanti B ci sono nella riga superiore a questa.

Supponiamo che ad un certo punto appaia un 4. Siccome non era ancora apparso nelle righe precedenti, sarà una "A", non una "B".

Vuol dire che nella riga sopra ci sono 4 numeri uguali consecutivamente. E potrebbero essere del tipo ...ABAB... oppure ...BABA..., cioè la prima delle 4 cifre uguali sarà in un posto dispari o in un posto pari della sua riga. Entrambe le combinazioni comprendono due B consecutive. Ma due qualunque B consecutive non possono mai essere uguali, perché non posso dire mai "c'è un 3 e poi ci sono due 3", ma piuttosto "ci sono tre 3", nè "c'è un 2 e poi un 2", ma "ci sono due 2", insomma, la tecnica formata per scrivere le varie righe mi impedisce di avere due cifre uguali in due posti consecutivi, considerando solo i posti pari, quindi mi impedisce di trovare una sequenza di 4 cifre uguali, considerando i posti pari e dispari assieme.

Spero di essermi spiegato, anche se a quest'ora... non è facile.

Shylock
Perché appaia il n.4, ci deve essere una sequenza di 4 numeri uguali nella riga precedente.

Se fossero 4 uno, vorrebbe dire che è stata usata la sintassi "un uno, un uno" per indicare la linea precedente. Ciò non è ammesso, dovendosi usare l'espressione "due uno" (anche la sequenza "n uno, un uno, un n" per gli stessi motivi non sarebbe valida)

Se nella riga n ci fosse ...2 2 2 2... allora in n-1 ci sarebbe ...2 2 2 2...
e quindi, risalendo, anche la riga 1 dovrebbe contenere ...2 2 2 2...

Se nella riga n ci fosse ...3 3 3 3... allora in n-1 ci sarebbe ...3 3 3 3 3 3...
e quindi, risalendo, si avrebbero sequenze di 3 crescenti.

(Analogo discorso vale per tutti i numeri >3)

Damiano Salvi
Il 4 potrebbe comparire se ad un certo punto in una sequenza fatta solo di simboli 1,2,3 ci fossero 4 occorrenze consecutive dello stesso carattere.
Indicando con lettere diverse le varie cifre, uso le maiuscole per i numeri in posto dispari e le minuscole per quelli in posto pari (ovvero 312211 potrebbe essere MnPpNn), dovremmo avere una delle due possibilità qui sotto (a,b,x tutte distinte):

(I)
..aXxXxB....
ma questa codifica è impossibile perché significa che abbiamo X 'x' seguite da altre X 'x', che quindi andrebbe codificata come 2X 'x' cioè ...Yx... ove Y=2X.
(II)
..AxXxXb...
ma anche questa sottosequenza non si può mai trovare perché significa che ci sono A 'x' seguite da X 'x' ovvero, essendo Z=A+X, andrebbe codificata come ...ZxXb...

In entrambi i casi si vede che le occorrenze consecutive dello stesso carattere non possono mai essere 4.

Gianfranco Bo
Secondo me è così (per assurdo)

1) se compare il numero 4 allora esiste la prima riga, n, in cui compare tale simbolo.
es. 41... oppure 42... oppure 43...
Tale simbolo, inoltre, data la sintassi della costruzione, deve essere il primo di una coppia del tipo 4a = "4 volte a".

2) necessariamente nella riga precedente (n-1) deve comparire 4 volte un altro simbolo aaaa (dove a può essere soltanto 1 o 2 o 3)
es. 1111... 2222... 3333...
41...       42...       43

3) ciò significa che nella riga ancora precedente (n-2) deve esserci "a" a volte seguito da "a" a volte
(n-2)  11...      2222...   333333...
(n-1)  1111...   2222...   3333...
(n)     41...      42...       43...

Ci sono 3 casi:
3a) Caso 41...
Impossibile perché nella riga (n-1) ci dovrebbe essere scritto 21...
3b) caso 42...
Contraddice l'ipotesi che la riga n è la prima in cui è scritto il numero 4. Infatti 42 dovrebbe essere scritto nella riga (n-1)
3c) caso 43...
Impossibile perché nella riga (n-1) ci dovrebbe essere scritto 63...

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