Ricreazioni Giugno 2002

240. Somma 21
da un'idea di Jesus Escudero Martin
Scegli sei cifre fra quelle della tabella sottostante che sommate fra di loro diano 21.

Una risposta potrebbe essere: "Capovogli la tabella e prendi tre 6 e tre 1."
Ma Roberto Doniez ha una soluzione migliore...

Roberto Soro Doniez
A propósito del problema 11 (Somma 21) de los “Problemini aritmetici” te hago una sugerencia, derivada de una conversación con mis ayudantes.
La tabla de números:

dada por el problema podría mejorarse (en cuanto a su simetría)
Como es obvio al girar la tabla sólo los nueves se transforman en seises y allí siempre los que no han descubierto el “gioco” se enojan pues ya no es una tabla de números como la primera.

Capovolgendo la tavola non si ha più una tavola di numeri
poiché solo i 9 (e forse gli 1) si trasformano in 6 e 1

Lo interesante sería que al girarla siguiera siendo una tabla de números.

Para que al girar la tabla se vea también una tabla, es necesario por ejemplo pensar en cambiar los 3 y los 5 por 0 y 8 (o al revés) que serían los otros dos números con simetrías. Los unos pueden escribirse como i mayúsculas ( I ), así parecen unos (unos romanos?)

Nuevas tablas propuestas:

239. La spartizione del Tesoro
di CFB
Il quesito l'ho trovato sul sito http://digilander.iol.it/enigmiegiochi/quiz5.htm.
Dopo averci riflettuto ho guardato la soluzione che viene proposta e non mitrova affatto d'accordo.
Vorrei proporlo al forum (ignorando se in passato è stato già affrontato).

Cinque pirati molto avidi, molto intelligenti e assetati di sangue devono dividersi un bottino di mille dobloni d'oro.

I cinque hanno dei nomi particolari legati al loro rango di importanza nel gruppo:
Primo è il capo
Secondo il suo vice, seguono - in ordine -
Terzo
Quarto
Quinto.
Dopo qualche discussione i cinque pirati decidono che ognuno di loro, partendo da colui che si trova più in basso nella scala gerarchica, dovrà fare una proposta di suddivisione del bottino che verrà messa ai voti per l'approvazione.
Se la maggioranza, proponente incluso, accetterà, la suddivisione verrà fatta secondo quanto proposto, diversamente colui che ha fatto la proposta verrà ucciso e si passerà ad una nuova proposta.

Se voi foste Quinto, che proposta fareste?

Dino
Vi mando la mia soluzione sperando possa chiarire parecchi dubbi. Il trucco sta ne partire dal fondo, cioè se restasse solo Primo e poi aggiungendo via via un altro pirata fino a Quinto. Si tratta di trovare poi tra le varie proposte quella che trova la maggioranza e che sia più vantaggiosa per chi la propone.

In pratica ogni pirata accetta una proposta solo se sa che nel caso in cui rifutasse non riuscirebbe in nessun altro modo a guadagnare più dobloni.

Se Primo fosse l'ultimo sopravvissuto prenderebbe tutto il bottino per sè. Se sopravvivessero solo Primo e Secondo, quest'ultimo morirebbe sicuramente poichè Primo non accetterà mai nessuna proposta di spartizione, dato che per lui la soluzione migliore è avere tutto il tesoro, ma è anche assetato di sangue. Così la proposta di Secondo, sperando invano di avere almeno salva la vita, sarebbe:

Vediamo il caso in cui anche Terzo è vivo: egli ha bisogno del consenso di almeno uno degli altri due, ma Secondo sarà d'accordo con qualsiasi sua proposta poichè se Terzo morisse anche la sua sorte sarebbe segnata. Così Terzo proporrà:

Nel caso in cui è Quarto a dover fare la proposta, egli ha bisogno di due consensi. Così egli proporrà di dare un doblone a Primo, il quale accetterà poichè in caso di rifiuto egli si ritroverebbe nella situazione precedente in cui non prenderebbe nulla. Proporrà anche un doblone a Secondo che per la stessa ragione accetterà:

Ma noi sappiamo bene che i pirati sono cinque. Se Quinto offrirà un doblone in più rispetto al caso precedente a Primo (o a Secondo) e a Terzo, questi ovviamente accetteranno, così la maggioranza sarà raggiunta e Terzo potrà tenersi tutto il resto del bottino:

In conclusione Quinto può proporre due dobloni a Primo (o in alternativa a Secondo) e uno a Terzo e tenersi il rimanente, essendo sicuro di avere la maggioranza dei consensi.

Ora ditemi se è tutto chiaro. A me sembra di sì.

[> Re: La spartizione del tesoro -- Andro, 12:28:30 12/20/01 Thu [1]

500 a Primo, 400 a Secondo e 100 a me.

[> Re: La spartizione del tesoro -- Francesco Veneziano, 21:55:00 12/20/01 Thu [1]

Se la gerarchia influenza solo l’ordine col quale devono proporre i metodi di spartizione, il sistema migliore dovrebbe essere di dividere il bottino in parti uguali, infatti ogni pirata ha un voto a disposizione e la situazione iniziale è simmetrica tra i pirati, quindi questa è l’unica configurazione stabile; se invece Primo si aspetta di ricevere più degli altri per il solo fatto di essere il più importante, allora la proposta potrebbe essere : 333 a Terzo, 333 a Quarto e 333 a me, ma non ne sono affatto sicuro, forse è necessario quantificare la gerarchia tra i pirati.
CaO (ossido di calcio)

[> Re: La spartizione del tesoro -- cfb, 09:17:44 12/21/01 Fri [1]

il sito citato nel messaggio precedente propone

Quinto propose questa spartizione:
997 dobloni a se stesso
0 dobloni a Quarto
1 doblone a Terzo
2 dobloni a Secondo
0 dobloni a Primo
La proposta fu approvata, a maggioranza, da Quinto, Terzo e Secondo.

La mia obiezione è che il terzo non accetta!

[> Re: La spartizione del tesoro -- paolo p, 15:38:21 12/21/01 Fri [1]

Una domanda.
Restano solo Primo, Secondo e Terzo e la proposta di Terzo viene bocciata.
Terzo viene ucciso e restano in due. Qual' è la maggioranza a questo punto ?
Dividono in parti uguali , Primo prevale su Secondo (e lo uccide) , si tira a sorte o cosa?
Ciao

[> Re: La spartizione del tesoro -- cfb, 17:33:48 12/21/01 Fri [1]

in caso di parità primo prevale su secondo che prevale su terzo .....

[> Re: La spartizione del tesoro -- paolo p, 11:59:47 12/22/01 Sat [1]

Bellissimo questo problema.
C’ è un’ altra cosa che occorre definire.
Qual’ è la somma minima che un pirata è disposto ad accettare ? Diamo per scontato che in tutti i casi 1 doblone è meglio di niente, oppure qualcuno potrebbe dire a chi glielo propone :”Per questa miseria preferisco che tu muoia, così impari” ?
Ciao

[> Re: La spartizione del tesoro -- albi, 14:07:08 12/22/01 Sat [1]

Il problema non e' uccidere qualcuno, rimettendoci un misero doblone, ma venire uccisi al turno successivo.
Ad esempio secondo e' sicuro che, qualunque cosa proponga, primo lo uccidera' per prendersi tutto.

Comunque, lo trovo un bel problema, molto intrigante.

Albi

[> Re: La spartizione del tesoro -- sprmnt21, 17:38:33 12/22/01 Sat [1]

Se si arriva alla terza proposta (cioe' Quarto e Quinto sono stati fatti fuori), si avrebbe la seguente situazione.

## Primo Secondo Terzo Quarto Quinto

V---> -----------------------------x
IV--> ----------------------x
III--> 0.....0.....1000

Terzo puo' fare questa proposta fidando nella "collaborazione" di Secondo che non avrebbe chance rimandendo da solo con Primo.
Siccome i furfanti oltre che sanguinari sono razionali e quindi Quarto (come gli altri) sa di questo sviluppo propone una cosa del tipo

IV--> 1....1.....0....998....x

In questo modo Primo e Secondo ci guadagnerebbero un doblone e Terzo rimarrebbe al secco. Ma sapendo questo Quinto si regola cosi:

V--> 0.....2.....1....0....997.

In questo modo avrebbe la collaborazione di Terzo e Secondo che ci guadagnerebbero un doblone a testa.

Che ne dite?

Ciao

Sprmnt21

[> Re: La spartizione del tesoro -- paolo p, 22:11:22 12/22/01 Sat [1]

E' stato un sabato impegnativo e ricomincio a pensarci domani mattina.
Però ho visto le vostre tesi, albi e sprmnt. Anch' io partivo dalla fine, cioè con solo 2 superstiti, ma mi pare che la cosa sia più complicata di come dite voi.
Non è vero che Secondo muore se resta solo con Primo. Basta che gli proponga "1000 a te e niente a me".
Sul resto di sprmnt ci devo riflettere.
Ciao a tutti

[> Re: La spartizione del tesoro -- sprmnt21, 08:42:45 12/23/01 Sun [1]

In effetti il problema mi si e' chiarito a seguito dell'osservazione di Albi sul destino infame di Secondo. Poi andando arileggere il testo nel primo msg ho la conferma nella frase <<Cinque pirati molto avidi, molto intelligenti e assetati di sangue>>.

Il modello che ne ricavo da queste caratteristiche "qualitative" e' che ognuno cerca la soddisfazione massima secondo la segunte scala di valori: salvare la pelle; prendere piu' dobloni; "bere" il sangue dei complici magari usandone il teschio come coppa :-)).

Comunque sia e' chiaro che il tipo di soluzione dipende dal sistema di valori (relazione/i d'ordine) che costituisce il modello di questa umana vicenda.
Quindi suggerisco per minimizzare i fraintendimenti di premettere ad ogni soluzione il modello di riferimento.

Buone feste

Sprmnt21

[> Re: La spartizione del tesoro -- Enrico Delfini, 10:00:29 12/23/01 Sun [1]

Poichè i pirati sono 5 e le votazioni richiedono la maggioranza,se interpretiamo la maggioranza come maggioranza a prescindere dal rango, ne deriva che l'eventuale proposta di Quarto necessita dell'adesione di 3 contro 1, e quella di Secondo dovrebbe avere l'unanimità.La proposta di Quinto deve avere l'adesione di altri due, non importa di quale rango.
"Sic stantibus rebus", Secondo, se mai arrivasse il suo turno, è spacciato: anche una sua proposta di 1000 a primo e zero per sè, verrebbe bocciata da Primo, che così facendo avrebbe lo stesso 1000 dobloni e in più il sangue di Secondo (cosa buona e giusta secondo l'enunciato).
Sapendo che Secondo in uno scontro a due non può cavarsela, Terzo al suo turno può proporre: zero a Primo, zero a Secondo e 1000 per sè, e ottenere il voto favorevole di Secondo che ha così salva la vita.
Sapendo che Terzo ha questa enorme chance, l'unica cosa che può fare Quinto è proporre zero-zero-1000-zero-zero. Questa suddivisione dovrebbe ottenere almeno il voto di Secondo e Terzo.
Resta il problema della sete di sangue. Primo, Secondo e Terzo se accettano la proposta di Quinto non guadagnano niente rispetto allo scenario in cui la proposta viene fatta da Terzo, anzi se si mettono d'accordo di bocciare a priori le proposte di Quinto e Quarto, otterranno gli stessi dobloni e in più il sangue di Quarto e Quinto.

[> Re: La spartizione del tesoro -- enrico Delfini, 12:27:27 12/23/01 Sun [1]

Ho ripensato a quello che ho scritto e a quanto dice Sprmnt. Quinto alla fine del ragionamento che ho fatto prima: 0-0-1000-0-0, potrebbe proporre a Primo e Quarto, che otterrebbero zero, di accettare 1 doblone e coalizzarsi contro Secondo e Terzo. La nuova spartizione sarebbe: 1-0-0-1-998.
Certo il quesito è intrigante. Secondo me è anche sbilanciato perchè il rischio di essere ucciso riguarda volta per volta solo chi propone una spartizione; forse sarebbe stato più equilibrato se le proposte potessero contenere ipotesi di uccisione di uno o più dei compari.
Ciò soddisfarebbe anche la sete di sangue....

[> Re: La spartizione del tesoro -- sprmnt21, 21:59:44 12/23/01 Sun [1]

Non credo che le coalizioni con questo tipo di personaggi funzionino molto. Mi verrebbe da fare qualche battuta di tenore politico a riguardo ma evito.

L'unica cosa che funziona e' il fare una proposta che rappresenti il meglio (o il male minore) per almeno due complici affinche venga accettata.

Nel merito, la proposta di V-->1-0-0-1-998 non sarebbe accettata ne' da IV perche' eliminando V si troverebbe lui ad avere il "banco", ne' da II ne' perche' avrebbe almeno un doblone dalla prossima proposta di IV, ne' da III perche' pur restando a secco di dobloni in questo modo si dissetera' col sangue di V (anche perche' III si incazza come un tassista incastrato nel traffico per il fatto che si aspettava da V una proposta "migliore" per lui di un doblone ;-)).

Ciao

Sprmnt21

[> Re: La spartizione del tesoro -- enrico delfini, 23:31:32 12/23/01 Sun [1]

Ricordiamoci che, secondo l'enunciato, i cinque compari, oltre che assetati di sangue e di denaro, sono anche intelligentissimi, pertanto dovrebbe essere possibile indurli a comportamenti "razionali".

[> Re: La spartizione del tesoro -- paolo p, 11:39:10 12/24/01 Mon [1]

Con la scala di valori suggerita da sprmnt, ossia 1= salvarsi, 2= incassare il massimo possibile, 3= uccidere, secondo me funziona così (con un ulteriore postulato che dirò fra poco).
Supponiamo che Quarto e Quinto siano già morti. Dato che se resta solo con Primo morirà, Secondo è costretto ad approvare qualsiasi proposta di Terzo, che quindi dirà "1000 a me e niente a voi".
E' evidente che a Primo e Secondo non conviene arrivare ad un finale a tre con Terzo, quindi devono approvare qualsiasi proposta di Quarto che sia migliore di quella che farebbe Terzo. Quarto può allora proporre "1 a Primo, 1 a Secondo, 998 a me".
Naturalmente a questo punto potrebbe rientrare in gioco Terzo, promettendo che, una volta eliminato Quarto, lui proporrà non più 0-0-1000, ma invece 2-2-996. Quarto potrebbe a sua volta rilanciare e così via.
A questo punto sorge però il problema : i pirati mantengono la parola data? Ossia, chi garantisce a Primo e Secondo che, una volta eliminato Quarto, Terzo non dirà ancora "tutto a ma e niente a voi"?
Viste le premesse, stabilirei che non ci si può fidare della parola di un pirata e quindi Primo e Secondo DEVONO accettare la proposta di Quarto "1 a Primo, 1 a Secondo, 998 a me".
E Quinto, che è poi il primo a parlare? Quinto, per salvarsi, deve fare una proposta che per Primo e Secondo sia più vantaggiosa di quella di Quarto e può allora tranquillamente dire "2 a Primo, 2 a Secondo, 996 a me"
Che ne dite?
Ciao a tutti.

[> Re: La spartizione del tesoro -- enrico delfini, 13:59:11 12/24/01 Mon [1]

Quasi d'accordo, ma..
Bisogna considerare che Secondo e Quarto si trovano in posizione anomala, perchè la loro proposta, qualunque essa sia, deve avere una maggioranza "qualificata": Secondo deve avere l'unanimità e Quarto deve avere 3 a 1. Primo nel primo caso e i primi tre nel secondo non hanno nessun motivo di accettare le proposte di Secondo o di Quarto.Ne consegue che per Secondo e Quarto l'unico modo di non morire è non arrivare al momento di dover fare la proposta; di fatto hanno interesse ad appoggiare Quinto, qualunque offerta faccia: 0-1-0-1-998 o addirittura 0-0-0-0-1000.
Il problemma potrebbe essere riformulato così: in un paese dove tutti sono democratici, razionali, avidi e amorali, cinque fratelli devono dividersi una favolosa eredità; il più piccolo dice: "mi tengo tutto io e a voi non lascio il becco di un quattrino. La maggioranza approva. Come è possibile?
Certo però che brutto mondo un mondo dove tutti sono democratici, razionali, avidi e amorali... (aiuto! è il nostro mondo!!)

[> Re: La spartizione del tesoro -- paolo p, 15:48:32 12/24/01 Mon [1]

Enrico, forse non ho capito, ma secondo me la proposta di Quinto = 0 0 0 0 1000 ( o altre simili) non funziona perchè sarebbe bocciata da tutti.
Infatti, per quel che riguarda la salvezza, Primo è in una botte di ferro.
Secondo anche, gli basta approvare qualunque cosa proponga Terzo.
Entrambi possono quindi tirare al massimo profitto e voteranno contro a Quinto se Quinto propone zero per loro (oltretutto così avranno almeno il sangue).
Terzo lo sa e non vede l' ora di votare contro a Quinto: può avere soldi e sangue se va bene ( nel senso che poi può morire anche Quarto), o alla peggio, non avrà soldi , ma vedrà il sangue e lui si salverà (ricordiamo che Secondo, per salvarsi, DEVE approvare qualunque proposta di Terzo).
Abbiamo visto anche che in un finale a tre Primo e Secondo restano a secco e quindi sono costretti ad accettare qualunque cosa > 0 che offra loro Quarto. Quindi anche Quarto è al sicuro e se Quinto muore, Quarto potrà proporre 1 1 0 998 e avrà contrario il solo voto di Terzo. E allora anche Quarto ha tutto l' interesse di bocciare la proposta di Quinto, ne ricaverà con certezza sia un mucchio di soldi (998) che il sangue di Quinto.
Salvo che mi sfugga qualcosa.
Ciao

[> Re: La spartizione del tesoro -- sprmnt21, 12:54:51 12/26/01 Wed [1]

Ciao Paolo!

Io dico chee tu come "Quinto" sei troppo generoso :-).

Ti sei forse fatto influenzare dall'atmosfera natalizia :-)?

Ciao

Sprmnt21

[> Re: La spartizione del tesoro -- Dino, 08:35:16 12/27/01 Thu [1]
Segue la risposta di Dino presentata all'inizio.

238. Problema di 1° grado
di Ivana
In una partita un giocatore perde 5/9 di quanto ha, nella seconda partita raddoppia la somma rimastagli, nella terza perde ancora i 2/11 di questa somma e rimane così con 72 euro.
Qual era la somma iniziale?

Gianfranco Bo
Va bè, ho capito, la manovalanza tocca a me.
Quanto ha: x
Prima partita: x - 5x/9
Seconda partita: 2(x - 5x/9)
Terza partita: 2(x - 5x/9) - 2(2(x - 5x/9))/11
Equazione:
2(x - 5x/9) - 2(2(x - 5x/9))/11 = 72
Risolviamola per passi, procedendo a ritroso:
(9/11)(2(x - 5x/9)) = 72
2(x - 5x/9) = 88
(x - 5x/9) = 44
(4/9)x = 44
x = 99.

Massimiliano Bez
Somma iniziale= S
1° partita: rimango con S*4/9;
2° partita: con S*(4/9)*2;
3° partita: con S*(4/9)*2*(9/11)

S*8/11=72
S=99

237. Mira infallibile
di Gennaro Cangiano
Marco ha una mira infallibile.
Punta col suo fucile una noce di cocco appesa ad una palma.
Nello stesso istante in cui preme il grilletto, la noce si stacca dal ramo e inizia a cadere.
Marco impreca, ma con sua sorpresa s'accorge di aver fatto segno prima che la noce tocchi terra.
Ci riprova, ma stavolta sale su di alto albero in modo da posizionarsi più in alto di un'altra noce appesa ad un ramo della stessa palma di prima. Punta il bersaglio, preme il grilletto ed anche stavolta nello stesso istante, la noce si stacca dal ramo.
Il proiettile stavolta colpirà o mancherà il bersaglio?

Enrico Delfini
Se "mira infallibile" significa che il proiettile arriverà sul bersaglio (o deve era il bersaglio) passando esattamente nel punto inquadrato dal mirino al momento dello sparo, il problema si riduce(?) a calcolare il tempo necessario al proiettile per arrivare dove è (o era) la noce e il tempo per la noce accelerata dalla gravità per "uscire" completamente dal posto dove era in quiete.
Anzi, assumendo che Marco miri al centro della noce, bisogna calcolare il tempo necessario alla noce stessa (alta x ) per percorrere lo spazio x/2.

A occhio e croce (solo con un occhio perchè sto prendendo la mira) la variabile principale è la distanza, a meno che l'altezza non sia moooolto più grande della distanza orizzontale. In questo caso potrebbe succedere che, se lo sparo è diretto in verticale verso il basso, o appena un po' meno della verticale, lo spazio valido per raggiungere la noce si allunga fino a terra.

Cesarone
Questo è il classico problema di fisica del cacciatore che spara alla scimmia sull'albero, che si spaventa con lo sparo e si lascia cadere giù.
Di solito in questo problema, per mirare si intende che il proiettile parte con una direzione che lo condurrebbe al punto in cui si trova inizialmente il bersaglio (ovviamente se non ci fosse la gravità). In pratica Marco mette la noce al centro del mirino, tutto qui.
Ovviamente il proiettile ha un moto parabolico.
Bene, dovunque si metta Marco, sopra o sotto, mirando la noce, la colpirà sempre.
Se si scrivono le eqz del moto lo si vede immediatamente, inoltre distanza, altezza, velocità iniziale non influenzano la situazione... la noce verrà colpita in ogni caso.

Ma questa è la versione del problema posta dagli animalisti?
Con la scimmia il problema aveva tutto un altro gusto.

236. D'oro e d'argento
di Peppe
(dai giochi di Milano)
Una bilancia è dotata di 17 pesi, rispettivamente di 1 grammo, 2 grammi, 3 grammi,...17 grammi.
Dieci pesi sono neri, sei sono argentati, uno solo è dorato.
I pesi argentati totalizzano 32 grammi in più di quelli neri.
Qual è il numero di grammi del peso dorato?"
------
Ora non venite a dirmi che pure questo è...troppo facile. A proposito, a che categoria appartine questo quesito?

Enrico
Caro Peppe, non so se, come tipo di problema, quello dei pesi colorati, sia facile o difficile.
Nel caso presentato, la soluzione più che facile, la direi...facilitata, almeno per chi va per tentativi.
Dovendo essere i sei pesi più pesanti (e non di poco) dei dieci, è logico cercarli fra quelli "grossi".
Tanto per fare una prova, prendiamo i sei più pesanti (da 12 a 17) e confrontiamo il loro peso con quello dei dieci più piccoli (da 1 a 10). Perbacco! La differenza è proprio 32!
Qualsiasi altra combinazione non può che diminuire questa differenza, quindi...

Ivana Niccolai
Anche la mia risoluzione coincide con quella di Enrico, aggiungo che ho calcolato facilmente il 153 (numero a te caro, vero Peppe?!) con il metodo scoperto da Gauss, quand’era un ragazzino, quindi :
(18*17)/2 = 153
Bisognerebbe, però, sapere se per i “Giochi della Bocconi” è richiesta solo l’”intuizione”, oppure se necessita una vera e propria “formalizzazione” dell’ idea.(In quest’ultimo caso il problema è davvero difficile!)

La soluzione può ricercarsi analiticamente: osserviamo anzitutto che la somma di tutti e 17 i pesi è pari, in grammi, alla somma dei primi 17 numeri naturali e quindi a:

grammi. Indichiamo ora con n, o ed a rispettivamente la somma dei dieci pesi neri, dell'unico dorato e dei sei argentati per cui si ha:

Poichè i pesi vanno da uno a 17 grammi, il singolo peso dorato dev'essere anche minore od uguale a 17 grammi, cioè in formula:

grammi. Dato che i pesi d'argento sono solo sei solo considerando gli ultimi, ossia quelli più pesanti, arriviamo ad un valore maggiore od uguale ad 84. Infatti, se si considerano i sei pesi da 11 a 16 grammi (escludendo quindi quello più pesante da 17 grammi) otteniamo come somma 81 grammi che è troppo bassa per quanto visto; se sostituiamo uno di questi sei pesi con un altro più piccolo tale somma scende e si peggiora la situazione! Allora occorre considerare necessariamente il peso di 17 grammi tra quelli argentati; ponendolo al posto di quello da 12 grammi abbiamo quale somma:

grammi. La soluzione sembrerebbe buona perchè maggiore di 84, ma in questo caso risulterebbe:

grammi. Con dieci pesi non raggiungiamo mai tale somma, infatti, al minimo coi primi dieci, quelli più leggeri da uno a dieci grammi, si hanno 55 grammi (pari alla somma dei primi dieci numeri naturali). Sostituendo invece, tra i sei argentati, il peso di 17 grammi al posto del 13 e ripetendo lo stesso ragionamento risulta:

grammi. Ciò significa che non possiamo escludere uno dei pesi argentati ancora con più grammi ed occorre sostituire necessariamente il peso di 17 grammi con quello da 11 grammi: infatti, in tal caso, ripetendo lo stesso ragionamento fatto fin ora abbiamo:

235. Il mercante
di Giorgio Dendi
Un mercante acquista un oggetto a 900 euro e lo espone in vetrina a 1000. Il giorno dopo lo vende. Il giorno successivo arriva un altro cliente che gli dice: "Peccato che tu lo abbia venduto, mi piaceva e te lo avrei pagato anche 1200 euro". Allora il commerciante si precipita da chi aveva acquistato l'oggetto e glielo ricompra per 1100 euro. Quanto ha guadagnato?
Questo problema era stato presentato nel programma sul quoziente d'intelligenza su Rai1 da Paolo Limiti, e Natalia Estrada aveva detto che era difficile, "in quanto non siamo ancora abituati all'euro"!!!

A me sembrava facile rispondere, (per forza, io frequento voi e i vostri problemini!), però ho visto che alcune delle persone alle quali l'ho proposto si sono perse e non hanno trovato la soluzione giusta.
A voi cosa pare?

>>> Risposte & riflessioni
Riccardo
Leggendo la Ricreazione n.235, mi sembra che un ragionamento possa essere il seguente:

Se il mercante acquista l'oggetto a 900 Euro e poi lo riacquista a 1100 Euro, vuol dire che per quell'oggetto ha speso 2000 Euro.
Nel rivenderlo a ricavato prima 1000 Euro e la seconda volta 1200 Euro, quindi in totale ha ricavato 2200 Euro.

Da tutto ciò si ottiene che il mercante ha guadagnato 200 Euro.

Però mi sorge un dubbio:
nel quesito non è specificato se poi il secondo cliente abbia acquistato effettivamente l'oggetto, quindi, in caso negativo, il mercante ci ha rimesso 1000 Euro; poichè ha sempre speso 2000 Euro per l'oggetto, ma l'unico ricavo è stato quello di 1000 Euro della prima vendita.

234. In Maremma
di Peppe
1° Quesito: IN MAREMMA. (definito facile)
Roberto, Riccardo e Renato sono tre fratelli che vivono in Maremma, in un paese non lontano dal mare.Tra quattro anni avranno in totale 44 anni. Il loro papà, Mario, ha superato i 40 anni. La nonna Fernanda, la mamma della mamma, ha un'età compresa tra 70 e 80 anni.
Qual è la somma delle età attuali di Roberto,Riccardo e Renato?

233. Le albicocche
di Ivana Niccolai
Un giovane entrò in un orto, in cui c'erano tre giardini e prese tante albicocche; per uscirne, dovette darne al primo guardiano la metà più 3, al secondo guardiano la metà di quelle che gli rimanevano più tre e poi al terzo guardiano la metà di quelle rimaste più tre: Riuscì così a conservare per sé solo un'albicocca.
Quante ne aveva raccolte?

Jobbuzzo
50 ottime albicocche...val la pena pensare che forse non ne è valsa la pena...vero?

Ivana Niccolai
La premessa era chiara:”Problema molto semplice”; l’avevo inventato e “postato” per i ragazzi della Scuola Media, che sporadicamente entrano in questo forum… Vogliamo tenere in considerazione anche le loro esigenze, senza far prevalere i nostri “interessi egoistici”?
Nell’ articolo “Giocare con i numeri”di “Sorrisi e Canzoni TV” della settimana scorsa , (rivista che mia madre segue settimanalmente”), sono presentati due problemi proposti a Milano alla finale nazionale: uno, dal titolo “In Maremma”, è di una facilità incredibile (probabilmente sarà stato proposto solo agli alunni della Scuola Media , dal momento che sono esclusi dalla gara i ragazzi della Scuola Elementare”), eppure il giornalista ha concluso con la seguente frase: “Se voi, come noi, non riuscirete a risolvere due dei problemi proposti a Milano e trovate più divertente la Playstation, niente paura: siete in buona compagnia….”

Indico con x il numero delle albicocche raccolte in tutto; il primo guardiano ne riceve x/2 +3

Il problema può essere risolto anche facendo un semplice ragionamento a ritroso: se alla fine gli è rimasta una sola albicocca significa che, prima di pagare l’ultimo pedaggio al terzo guardiano, aveva 8 albicocche; infatti la metà di 8 è 4 e togliendo a 4 tre albicocche rimane una sola albicocca.

Prima del secondo pedaggio aveva 22 albicocche; infatti la metà di 22 è 11 e togliendo a 11 tre albicocche restano proprio 8 albicocche.

Prima del primo pedaggio aveva esattamente 50 albicocche; infatti la metà di 50 è 25 e togliendo a 25 tre albicocche restano proprio 22 albicocche.

Pertanto in ogni passaggio a ritroso occorre aggiungere 3 al numero delle albicocche rimastee raddoppiare il numero ottenuto; infatti:
(1 + 3 ) * 2 = 8;
(8 +3) *2 = 22;
(22 + 3) * 2 = 50

232. Che giorno è oggi?
di Uno che la sa lunga
Ora veniamo a noi con un Quiz semplice, ma carino: "Ci sono tre persone, chiamiamole per circostanza: "Archimede", "CaO", "Uno che la sa lunga".
Dice "CaO": Oggi sia "Archy" sia "Uno che la sa lunga" mentono.
Risponde "Uno che la sa lunga": Oggi invece sia "Archy" sia "CaO" dicono la verità.
Che giorno è oggi?

Si sappia che:
"Archy" mente di Domenica, Lunedì, Mercoledì, Venerdì
"CaO" mente di Mercoledì, Giovedì, Venerdì
"Uno che la sa lunga" mente di Martedì, Giovedì, Sabato

P.S. come vedete "Uno che la sa lunga", cioè il sottoscritto, è sempre ben disposto verso gli altri.
(Postata al Forum elastico il 14:01:20 06/17/02 Mon)
La versione originale è di Roberto Portaluri ed è stata pubblicata su Focus n. 117, Luglio 2002.

Silvia Macis
È Giovedì.
Per capirlo basta semplicemente notare che “CaO” sta sicuramente mentendo visto che in nessun giorno “Archimede” e “Uno che la sa lunga” mentono contemporaneamente.
Perciò ci rimangono da considerare i tre giorni in cui “CaO“ mente.

Allora il giorno potrebbe esse uno di questi tre: Mercoledì, Giovedì, Venerdì

Esaminiamo ora la frase di "Uno che la sa lunga": potrebbe essere vera o falsa, vediamo.

Dalla tabella di verità si vede subito che “Uno che la sa lunga” sta mentendo.
L’unico giorno in cui mentono sia “CaO” che “Uno che la sa lunga” è il Giovedì.

Infinito
Comunque forse il giochino prevedeva come risposta "giovedì".
Infatti, chiamati nell'ordine i tre tizi "A", "C" e "U", si ha che U non può dire la verità (altrimenti la direbbero anche A e C, e C dice che A e B mentono: assurdo).
Allora almeno uno degli altri due deve mentire.
Ma dei giorni in cui U mente (martedì, giovedì e sabato) solo il giovedì ammette tale possiblità,
La situazione inoltre è: A verità, C mente, U mente.

231. Due euro o un centesimo?
di Gianfranco Bo
Supponete che io metta sul tavolo una moneta da 2 euro e una da 1 centesimo e che vi faccia la seguente offerta:
”Dite una proposizione.
- se è vera vi darò una delle due monete;
- se è falsa non vi darò nulla.”

Massimiliano Bez
"Non mi darai la moneta da 1 centesimo."
Se la ricevo, quello che ho detto è falso, ma allora non avrei dovuto ricevere niente.
Se non la ricevo quello che ho detto è vero, dunque riceverò una moneta che non può essere quella da un centesimo.

Pietro Vitelli
Bisogna fargli una domanda autoreferenziale alle offerte da lui proposte.
La migliore tra queste è senz'altro quella data da Massimiliano Bez.
Però volevo far notare una cosa.
Potremmo fargli la seguente domanda per provare a guadagnare qualcosa in più di 2 euro:

"Non mi darai mai una moneta inferiore a 2 euro"

Ora, dato che dalle sue offerte la domanda non risulta né vera, né tantomeno falsa, egli (speriamo!) per dimostrare che il suo gioco ha una sua valenza ed una regolare soluzione, ci darà una moneta superiore a 2 euro.

Potevamo anche aumentare a 5 o 10 euro nella domanda, ma poi, non penso avrebbe accettato!

	A Archy dice la verità	B CaO dice la verità	A & B
Mercoledì	F	F	F
Giovedì	V	F	F
Venerdì	F	F	F

	Primo	Secondo	Terzo	Quarto	Quinto
Dobloni	2	0	1	0	997
Risposta	SI	NO	SI	NO	SI