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Ricreazioni di Luglio 2001

121. Quante damigiane?
proposto da Gennaro Cangiano
Un enologo ha a disposizione una gran quantità di vino (non importa quanto, ma molto vino).
Ha 4 tipi di vino che vengono sistemati in un determinato numero di damigiane.
Tenendo presente che le damigiane possono contenere anche tutte lo stesso tipo di vino, si calcola che le combinazioni possibili dei 4 tipi di vino sistemate per ogni botte sono 16.384.
Sapendo che ogni damigiana contiene un solo tipo di vino e che può contenerne al massimo 10 litri, quanti litri di vino vengono messi nelle damigiane affinché sia possibile il numero di combinazioni trovato?
E quante devono essere le damigiane?    

>>> Risposte & riflessioni
Abbiamo due soluzioni arrivate indipendentemente l'una dall'altra.
La prima ammette la possibilità di mescolare i vini, la seconda no.
Evidentemente la formulazione del problema da adito a diverse interpretazioni.

Roberto Callegari
Penso di non sbagliare nel dire che le damigiane sono 7.

Con 4 tipi di vino e 7 damigiane si formano esattamente le 16.384 combinazioni richieste dal problema (4^7).

Il numero di litri per me invece è un mistero: posso mettere indifferentemente una quantità che varia da 0 a 10 litri, secondo il testo del problema, per cui oserei dire che sono 0<L<7*10.

Addirittura con sole 4 damigiane posso ottenere infinite combinazioni mettendo diverse quantità di vino.

Cesare F. B.
Il problema presenta delle lacune e delle imperfezioni.
Supposta la buona fede e la logica esasperata di Cangiano si possono eliminare le incongruenze ma alcune considerazioni vanno fatte.
Se è un ENOLOGO non solo non mischierà due tipi di vino ma neppure lascerà delle damigiane semivuote, perchè il vino si perderebbe,
quindi tutte le damigiane avranno 10 litri, al massimo l'ultima ne avrà meno e se la porterà a tavola!
Detto cio':

Abbiamo 4 tipi di vino e 16384 combinazioni (con ripetizioni: ad esempio la 2 combinazione è uguale alla 5).
In sostanza si puo' ragionare in base 4 (0,1,2,3) (quanti sono it tipi di vino).
Siccome 16384= 4^7 abbiamo bisogno di almeno 7 "posti" o "set" di damigiane per scrivere in base 4 16384.
Ad ogni combinazione possiamo associare una botte.

Infatti

0000000 (1 combinazione-botte)
0000001 (2 combinazione-botte)
0000002 (3 combinazione-botte)
0000003 (4 combinazione-botte)
0000010 (5 combinazione-botte)
.
.
.
.

.
.
3333333 (16384 combinazione-botte)

per un totale di 16384*7=114688 damigiane.

E nessuno si permetta di "spezzare" il vino.

120. Un morto in mezzo al campo
proposto da LupoAlato
In un campo di grano viene trovato un uomo senza vita.
Vicino a lui c'è un pacco (o zaino) chiuso. Se l'uomo fosse riuscito ad aprire il pacco (zaino) non sarebbe morto. Cosa c'è nel pacco (zaino)?     

>>> Risposte & riflessioni
Steve
Nello zaino c'era il paracadute che non si e' aperto.

119. Quanti 0, 1, 2?
proposto da Gianvittorio Righi
Quante cifre '0', '1', '2' sono presenti nei numeri interi tra zero e 1.000.000.000 compresi?

>>> Risposte & riflessioni
Roberto Callegari
La somma dei numeri 0,1,2 é: 2.591.111.100

Con i numeri da 0 a 9 formo 10^n numeri di n cifre 

Il numero di 2 è: 10^(n-1)*n

esempio:

• n=1  ho   10 numeri i 2 saranno solo 1

• n=2  ho 100 numeri i 2 saranno 10*2=20

per gli 1 vale lo stesso discorso.

Per gli 0 invece devo poi togliere quelli che stanno davanti e che in questo modo sono stati contati.

esempio: 0001 è il numero 1 e non devo contare i tre 0 iniziali.

Per n=1 non ho 0 iniziale.

Per n=2 ho 10 0

Per n ho 10^(n-1)+10^(n-2)+...+10^2+10 numeri 0 da non contare.

Quindi per n=9 ottengo

2: 10^(9-1)*9=9*10^8

1: 10^(9-1)*9=9*10^8

0: 10^(9-1)*9=9*10^8 da cui devo togliere 10^8+10^7+10^6+10^5+10^4+10^3+10^2+10

A questi dovrò aggiungere 10 (numeri 1 e 0 che compongono 1000000000).

TOTALE:

= 3*9*10^8-(10^8+10^7+10^6+10^5+10^4+10^3+10^2+10)+10

= 26*10^8-10^7-10^6+10^5-10^4-10^3-10^2

= 2.591.111.100

Cesare F. B.
Le considerazioni da fare per giungere ad una rapida soluzione, tenendo presente che non si rappresentano gli zeri davanti al numero:esempio si scrive 100 e non 0100

1) i numeri nel sistema posizionale pesato a base 10 si dividono in unita', decine, centinaia, ecc.

2) come unita' tra 0 e 999.999.99x la decupla (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)  si ripete. Quindi ogni numero ha un numero di ripetizioni uguale a ciascun altro e pari al 10% (=1/10).
3) come decina tra 0 e 999.999.9x9 il ragionamento è analogo. Infatti tra 0 e 99, nella posizione delle decine, ci sono
10 volte 1 (11 12 13 14 15 ...);10 volte 2 (21 22 23 ..) ecc. quindi anche per le decine ogni numero è presente nel 10% dei numeri.
4) l'unico numero che bisogna trattare a parte è lo 0. Infatti anche per le decine il numero 0 rispetta la regola del 10% soltanto al passagio delle centinaia (100, 101,102 ecc.),fino a 99 nelle decine 0 non è presente!
detto questo si puo' giungere alla conclusione che fino a 99.999.999 ogni numero ha frequenza del 10%.
da 100.000.000 a 999999999 la posizione pesata che rappresenta le centinaia di milioni non ha 0, presente proprio nell'ultimo numero,1.000.000.000.


Ricapitolando
il 10% delle unita',decine,centinaia,unita'di migliaia,decine di migliaia,centinaia di migliaia,unita di milione,decine di milioni è costituita da 0, e un solo 0 nelle centinaia di milioni

il 10% delle unita',decine,centinaia,unita'di migliaia,decine di migliaia,centinaia di migliaia,unita di milione,decine di milioni,centinaia di milione è costituita da 1

il 10% delle unita',decine,centinaia,unita'di migliaia,decine di migliaia,centinaia di migliaia,unita di milione,decine di milioni,centinaia di milione è costituita da 2


per cui ci sono
900.000.001 di 1
900.000.000 di 2
800.000.001 di 0

118. Chi ha vinto?
proposto da Gianvittorio Righi
Da attendibili informazioni risulta che la combinazione della cassaforte contenente le prove delle finali dei campionati intergalattici di matematica è un numero di 5 cifre multiplo di 3 della forma ABCBA (A,B e C cifre da 0 a 9, non necessariamente diverse tra loro). Quale è il numero minimo di tentativi necessari per avere la certezza di aprirla?

>>> Risposte & riflessioni
Roberto Callegari
Il numero minimo è 334 (sono tutte le soluzioni possibili)

Giovanni Macchia
Il numero minimo di tentativi che occorre effettuare per aprire la cassaforte è 334.

Il problema posto è equivalente a trovare il numero di combinazioni possibili per ABCBA tali che il numero sia divisibile per 3. Si tratta di trovare per ogni coppia AB il numero N_ab di C che formano un numero ABCBA divisibile per 3 e poi sommare tutti gli N_ab ottenuti per ogni coppia AB.

Un numero del tipo ABCBA è divisibile per 3 se 2*(A+B) + C = 3m con m intero. Sia k = A+B, troviamo il numero degli interi C_i, con 0 £ C_i £ 9 , tali che

(1) 2k + C_i = 3m.

(2) 2k + C_i+1 = 3(m+1)

(3) C_i+1 = C_i + 3 e 0 £ C_i £ 9 per ogni i

Vi sono due casi: a) k è divisibile per 3; b) k non è divisibile per 3.

Nel caso a) esisterà un m per cui 2k = 3m e quindi C₀ =0, per cui l'insieme C sarà composto da 4 numeri (ovvero 0,3,6,9).Ogni numero del tipo ABCBA con (A+B) divisibile per tre ha quindi 4 combinazioni che soddisfano il requisito del problema

Nel risolvere il caso b), premettiamo che A e B hanno valori da 0 a 9 e AB avrà quindi valori compresi tra 00 e 99 , inclusi questi ultimi. La somma di A e B ha pertanto valori compresi tra 0 e 18, inclusi questi ultimi valori, e quindi gli unici valori di k non divisibili per 3 sono 1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17. E' facile verificare, sostituendo in (1) tali valori, che C₀ =1 o 2. Iterando la (3) con tali valori di C₀ , si ottiene che il numero degli elementi di C è 3. Ogni numero del tipo ABCBA con (A+B) non divisibile per tre ha quindi 3 combinazioni.

Il numero di combinazioni possibili sarà pertanto dato da

(4) (Numero di AB con (A+B) divisibile per 3) * 4 + (Numero di AB con (A+B) non divisibile per 3) * 3

Nell'intervallo da 00 a 99 il numero di AB con somma di AB divisibile per 3 è pari a (1/3 di 99 +1)(l'unità da aggiungere è dovuta allo 00) ovvero 34. Pertanto, il numero AB con somma di AB non divisibile per 3 è pari a 66. Dalla (4) si ha che il numero di combinazioni possibili è pertanto

34*4+66*3 = 334

Questo è il numero minimo di tentativi che occorre effettuare per aprire la cassaforte.

117. Roulette russa
proposto da Gianvittorio Righi
Nel film di Michael Cimino, Il cacciatore, la scena della roulette russa è sicuramente la più cruenta.
E' abbastanza evidente che chi comincia per primo a sparare ha maggiore probabilità di sopravvivere, ma qual è esattamente questa probabilità?

In sintesi le regole di questo gioco mortale sono le seguenti.
Due giocatori a turno premono il grilletto di una rivoltella puntata alla loro testa.
La rivoltella ha una sola pallottola inserita in una delle sei posizioni possibili.
Il gioco continua fino a che uno dei due giocatori muore, considerando che prima di ogni colpo ruotano con un colpo di mano il rullo della pistola.

>>> Risposte & riflessioni
Questo problema ha ricevuto diverse e differenti risposte. Chissà quale sarà
quella esatta...
Io non ho visto il film, e non conosco bene le regole di questo gioco. Ad esempio: ad ogni turno i giocatori ruotano il tamburo o no?

Francesco Veneziano
Le probabilità di morte ogni giocatore sono le seguenti:
1° giocatore P=(1/6)(1+25/36+(25/36)^2+(25/36)^3+... = 6/11=54,55% circa
2° giocatore P=(5/36)(1+25/36+(25/36)^2+(25/36)^3+ ... = 5/11=45,45% circa
Il totale della somma infinita è dato dalla formula S=a1/(1-q) perché è una progressione geometrica di ragione 25/36 e primo termine 1.
Il primo giocatore ha 1/6 di possibilità che muoia al primo colpo, (5/6)(5/6)(1/6) che sopravviva al primo colpo, che l'avversario sopravviva al primo colpo e che lui muoia al secondo colpo, e così via...;
Il primo giocatore è quindi svantaggiato rispetto al secondo ed ha il 9% circa di probabilità in più di morire.
Nel caso in cui non si ruoti il rullo della pistola il gioco deve finire entro il 6° colpo, ma in questo caso lo svantaggio del primo giocatore è annullato ed entrambi hanno una probabilità del 50% di sopravvivere.

Carmelo Sclafani
Ho letto il quesito sulla roulette russa, ma non sono d'accordo sul fatto che il primo dei due che inizia il gioco abbia maggiore probabilità di sopravvivere rispetto all'altro, anche perchè,  se il "gioco" va avanti ad oltranza, dovendo prima o poi, per la legge dei grandi numeri, verificarsi l'evento contrario, cioè la morte, questo dovrà accadere al primo dei due che ha cominciato.
Premessa: non sono convinto che il primo dei due che inizia il gioco abbia maggiore probabilità di sopravvivere, io non farei mai questo gioco e in ogni caso non vorrei cominciare per primo.

La mia risposta:
Il primo che preme il grilletto ha certamente una probabilità di sopravvivere che è di 5/6.
 
Se al primo è andata bene, il secondo, dopo avere girato il tamburo della pistola, si ritroverà ad avere la stessa probabilità che ha avuto il primo cioè 5/6.
 
Continuando il gioco, è vero che ciascuno di loro ad ogni prova si ritroverà sempre con la stessa probabilità di sopravvivere pari a 5/6, ed in teoria potrebbero sopravvivere entrambi, ma è pur vero che per la legge empirica del caso o dei grandi numeri, naturalmente il gioco deve proseguire ad oltranza o quanto meno per un adeguato numero di volte, si verificherà l'evento contrario cioè la morte.
 
A questo punto ci si potrà chiedere: chi dei due morirà, il primo che ha cominciato o il secondo?
 
Certamente non è possibile stabilirlo ma è sicuramente possibile dire che l'evento morte si verificherà certamente e casualmente interesserà in modo ugualmente possibile uno dei due partecipanti.
 
La conclusione è che la probabilità di sopravvivere quanto del primo che del secondo è 1/2.

Ivan propone un nuovo tipo di roulette russa. Se può interessare a qualche regista, magari di film di fantascienza, in cui si gioca con pistole laser che ti friggono la testa...

Ivan Furlan
Secondo me il piú avvantaggiato é il secondo giocatore, (quello che spara dopo).
Infatti la probabilitá che il primo giocatore metta a rischio la propia vita almeno una volta é:
P(vita a rischio una volta)=1
mentre per il secondo vale:
P(vita a rischio una volta)=5/6 (probabilitá di vita del secondo)

Quindi il primo giocatore  rischierà sicuramente almeno una volta di morire, mentre il secondo potrebbe anche non dover sparare. Dunque il secondo risulta avvantaggiato.
Per rendere il gioco equo bisognerebbe adoperare due pistole, una carica con un colpo e l'altra scarica completamente.
I due contendenti dovrebbero pescare una pistola a caso, e quindi cominciare il gioco sparando simultaneamente al propio capo con la pistola pescata.
In questo caso i due contendenti rischiano allo stesso modo la propia vita.

Rocco Si
Innanzi tutto prima di ogni colpo NON ruotano il rullo della pistola,quindi la probabilità di morire ad ogni colpo è:
 1 - 1/6
 2 - 1/5
 3 - 1/4
 4 - 1/3
 5 - 1/2
 6 - 1 (morte certa)

Nel caso che invece ruotino il tamburo, la probabilità che dopo n colpi la pistola non abbia ancora sparato è (5/6)^n vale a dire che dopo 10 prove la probabilità di sopravvivere è del 16%, ma dopo 100 prove solo del 0.0000012%
Nel primo caso le probabilià sono uguali, nel secondo il primo a "giocare" è leggermente sfavorito

16. La catena
proposto da Gianvittorio Righi
Un tale ha 6 pezzi di catena di 5 maglie ciascuno.
Decide di portarli dal gioielliere per farli unire in un unica collana.
Il gioelliere gli chiede un compenso di L.10.000 per ogni maglia che apre e chiude.
Per cui, realizzare la collana viene a costare L.60.000.
Ma il cliente non è d'accordo. Secondo lui si può spendere meno.

Quanto?

>>> Risposte & riflessioni
Francesco Veneziano
È possibile risparmiare £ 10.000 in questo modo: si prende una catena, se ne apre un anello, lo si estrae e lo si usa per unire altri due pezzi di catena, in questo modo si aprono e chiudono solo 5 maglie, spendendo £ 50.000, però non sono certo che si tratti del miglior risparmio possibile.

Roberto Callegari
L.50.000.
La soluzione si ottiene spezzando i cinque anelli di un pezzo della catena  e usando questi per unire i cinque pezzi da catena rimasti e realizzare quindi la collana.

Ivan Furlan
Puó spendere 50.000.
Aprendo tutti gli anelli di un pezzo, ottiene 5 anelli aperti, che puó interporre fra i quattro pezzi di catena rimanenti. In totale ha quindi aperto e chiuso 5 anelli per un totale di 50000 lire.

115. La tartaruga di Hugo Radice
proposto da Gianfranco Bo
Il famoso algebrista Evaristo Slogai stava recandosi a piedi alla facoltà di Matematica.
Ad un certo punto, imboccando la solita strada che percorreva tutti i giorni, notò con sorpresa, una nuova lapide affissa sul muro della Banca Money Pump.
Sulla lapide c'era scritto:

Evaristo, fatti pochi passi, entrò nel bar Flexagon dove riconobbe subito il suo amico Hugo Radice, anch'egli un grande matematico.
"Ciao Hugo!" disse "Come mai sei ubriaco, già di prima mattina?"
"Perché Wiles ha dimostrato il secondo teorema di Fermat prima di me. Ma non farmici pensare, bevo per dimenticare. Piuttosto, posso offrirti qualcosa?"
"Sì grazie, una spremuta logaritmica"
"Barman, una neperiana per il mio amico Evaristo, per favore."
"Sai Hugo, non mi ricordo più quanti anni ha la tua tartaruga."
"Guarda che coincidenza. Due anni fa la sua età era un quadrato perfetto e fra due anni sarà un cubo perfetto."
"Oh no! Ricominciamo con gli enigmi! A questo punto io ti devo dire che i dati non sono sufficienti!"
"E va bene. Non ha un numero di anni uguale al numero civico di questo bar."
"Ora mi hai detto fin troppo! Posso sapere l'età senza neanche andar fuori a leggere il numero!"
"Acc... hai ragione. Devo aver bevuto troppo..."

Qual è il numero civico del bar Flexagon?

Qual è l'età della tartaruga di Hugo Radice?

>>> Risposte & riflessioni
Gennaro Cangiano
Credo che il numero civico del bar sia 6 e l'età della tartaruga sia 123 anni.
Di fatto il bar si trova all'inizio della strada (ipotesi del quesito), suppongo che la numerazione inizi con l'1 (ipotesi di lavoro), di conseguenza il civico del bar deve essere un numero non troppo alto.
Tra i numeri che soddisfano il vincolo del test ci sono 6 e 123: 6-2=4 (quadrato perfetto) e 6+2 =8 (cubo perfetto).
Mentre 123-2=121 (quadrato perfetto) e 123+2=125 (cubo perfetto).
Quindi il civico dovrebbe essere il 6, e poiché non coincide con l'età della tartaruga, di conseguenza l'altro è 123.
Giusto?

Giovanni Macchia
Indichiamo con x l'età attuale della tartaruga. Si ha, con a e b numeri interi,

(1) (x-2) = a²

e

(2) (x+2) = b³.

Dalla (1) e (2) si ha

(3) a² + 4 = b³

Si tratta quindi di trovare i numeri interi a e b che soddisfano la (3). Per inciso, siamo in presenza a uno dei problemi di Fermat: dimostrare che la (3) ha solo 2 soluzioni. Non conosco dimostrazioni di tale teorema (anche se penso che debbano esistere) e pertanto la dimostrazione che segue è mia (e spero pertanto corretta... :-).
Dimostriamo pertanto che la (3) ha come uniche soluzioni intere positive a=2 e a=11.

Dalla (3) si ha, indicando con i il coefficiente immaginario,

b³ = (a + 2 * i ) * (a - 2 * i)

Vi possono essere due casi: a) a pari e b) a dispari.

Nel caso a), ponendo a = 2k, si ha

b³ = (2k +2 i ) * (2k - 2* i)

Imponiamo, con c e d interi positivi:

2 *k - 2 * i = ( c - d*i )³= c *(c² - 3 * d²) - i * (3 c²*d -d³)

da cui, eguagliando le parti immaginarie, si ha 2 = d * (3 c² - d²) che ha soluzioni solo per d = 1 e c = ± 1. Nel caso c = -1, si ha k = 1 e quindi a = 2. Per c = 1, a non è intero positivo.

Nel caso b), ponendo (a - 2 * i) = (c + 2*d*i) ³

si ottiene

(4) (a - 2 * i) = (c³-12c * d²) + i* ( 6c²*d - 8d³ )

uguagliando le parti immaginarie si ha che ( 3c²*d - 4d³ ) = -1 e pertanto d(4d² - 3c²)= 1. Poiché c e d devono essere interi allora d =1 e c= ± 1. L'unica soluzione con a intero positivo è data da c=-1, per cui sostituendo nella parte reale della (4) si ha a = 11.

Ed ora veniamo alla parte ludica: sostituendo le soluzioni trovate in (1) si ha che x = 6 oppure x = 123. Siccome siamo all'inizio della strada, il numero del bar deve essere 6 e l'età della tartaruga , non essendo uguale al numero del bar, deve essere 123.

Roberto Callegari
Il numero civico del bar è 6.

Nel testo non si parla di due tartarughe ma di una sola, l'etè di questa tartaruga è 123 anni.

Il problema è ambiguo in quanto sia il numero 6 che il numero 123 hanno le proprietà indicate nel testo.

6-2=4 quadrato perfetto (2)...123-2=121 quadrato perfetto (11)

6+2=8 cubo perfetto (3)...123+2=125 cubo perfetto (5)

Evaristo però "imboccando la solita strada che percorreva tutti i giorni, notò con sorpresa, una nuova lapide affissa sul muro della Banca Money Pump.
Sulla lapide c'era scritto:

Evaristo, fatti pochi passi, entrò nel bar Flexagon dove riconobbe subito il suo amico Hugo Radice, anch'egli un grande matematico".

Se ha appena imboccato la strada e si trova dove questa INIZIA e ha fatto pochi passi il numero civico del bar sarà il più basso dei due 6 e l'età della tartaruga l'altro 123.

114. I numeri cugini
proposto da Gianvittorio Righi
Trovare un numero intero tale che spostando la prima cifra dopo l'ultima si ottenga la meta' del numero dato.
Per esempio si abbia 315, spostando il tre dopo il cinque si ottiene 153 che e' vicino ma non e' la meta' esatta di 315.

>>> Risposte & riflessioni
Francesco Veneziano
Ecco nove numeri che si dimezzano se si sposta la prima cifra in fondo:
105263157894736842
210526315789473684
315789473684210526
421052631578947368
526315789473684210
631578947368421052
736842105263157894
842105263157894736
947368421052631578

Un numero del genere deve necessariamente finire con una cifra pari,che è anche la penultima cifra della sua metà; partendo dalla fine si può quindi determinare l'ultima cifra della sua metà, che è anche la prima cifra del numero; conoscendo le ultime due cifre della metà, si può determinare, la penultima cifra del numero, che è anche la terzultima cifra della metà, e così via...; da qualunque cifra si sia partiti, dopo 18 iterazioni si ritorna alla cifra iniziale, sia nel numero che nella sua metà.
Tagliando la sequenza ottenuta in modo da avere l'ultima cifra pari, si ottengono i numeri che ho elencato.
Esistono infiniti altri numeri dello stesso tipo, ottenuti ripetendo ciclicamente la sequenza più di una volta.

Gennaro Cangiano
Vorrei sapere in quale base sono scritti i numeri. Nella base decimale non ne ho trovati fino a 5 cifre. Nella base 2 invece avrei trovato il numero 10 (equivalente a 2 nel sistema decimale) e, invertendo le cifre, il numero 01 (equivalente a 1 nel sistema decimale) che è la metà. Giusto?

Roberto Callegari
Queste sono tutte coppie di numeri cugini:

Sono stati ottenuti con un semplice algoritmo: partendo dalla cifra finale (riportata nella prima colonna) del secondo numero, quello dimezzato, ho ricostruito la sequenza dei numeri fino ad ottenerli tutti.

Curiosità 1: qualsiasi numero formato da soli zeri (può essere considerato un numero???) è cugino di se stesso.

Curiosità 2: osservate il seguente numero  

052631578947368421052631578947368421052631578947368421

A me sembra tanto un numero ciclico nel quale sono contenuti tutti i numeri cugini sopra riportati... ne deriva che quelli scritti nella tabella sono i più piccoli possibili, gli altri si ottengono ciclicamente.

113. I tre prigionieri
proposto da Giovanni Macchia
Tre prigionieri vengono portati al cospetto di un re cattivissimo, ma amante della matematica.
Il re dice ai 3 prigionieri: "Se volte avere salva la vita, domani dovete superare questa prova. Ognuno di voi avrà un martello e dovrà batterlo su quella piastra senza vedere gli altri due.

• Tu " dice indicando uno dei prigionieri" devi battere senza interruzione ogni 3 secondi.

• Tu " dice indicando il secondo prigioniero " devi battere senza interruzione ogni 4 secondi e...

• ...tu " dice indicando il terzo dei poveri prigionieri" invece ogni 6 secondi.

Attenti però: ognuno di voi, dopo aver battuto, deve posare il martello sulla piastra e lasciarlo per un tempo maggiore di zero prima di riprenderlo (il tempo può sceglierlo lui).
Se vedrò due martelli lasciati insieme sulla piastra entro un ora dopo aver iniziato sarete uccisi tutti e tre.
Se supererete l'ora senza porre due o più martelli contemporaneamente, allora sarete liberi.
Ed ora tornate in cella tutti e tre".

Come possono fare i tre prigionieri a salvarsi, supponendo che ognuno possa misurare con precisione arbitraria i propri tempi e che il tempo per ritirare il martello dalla piastra sia uguale a 0 ?

E perché si salvano ?

>>> Risposte & riflessioni
Cesare Fattorosi
I  prigionieri decidono di lasciare il martello sulla piastra nel seguente modo:
il primo prigioniero nel primo terzo di secondo
il secondo nel secondo terzo
il terzo nel terzo terzo di secondo.
In questo modo non devono preoccuparsi d'altro e potrebbero battere il martello a prescindere dai secondi di intervallo che devono passare.

Gianfranco Bo
Concordo con la soluzione di Cesare, alla quale aggiungo qualche precisazione. Il problema infatti richiede anche di posare i martelli sulla piastra in intervalli di tempo diversi.

I prigionieri iniziano a battere sfasati di 3 decimi, e posano il martello per 2 decimi, per la precisione:
(vedere con un carattere a larghezza fissa, non è comunque in scala)

0P.......30P.....60P.........90P.....120P..
...3P........43P.........83P..............123P..
......6P.............66P.......................126P..

La sequenza delle persone che devono prendere il martello è la
seguente:
 
1-2-3-1-2-1-3-2-1-...(si ripete uguale)
 
Preciso: ciascun prigioniero batte-posa-solleva nei seguenti intervalli espressi in decimi di secondo.

000-002...030-032...060-062...120-122...

.003-005...043-045...083-085...123-125...

..006-008........066-068........126-128

Gli intervalli della prima serie sono tutti del tipo 0-2, quelli della seconda 3-5 e quelli della terza 6-8 perciò non potranno mai intersecarsi.
Perciò non accadrà mai che due martelli battano nello stesso istante, né che siano posati sulla piastra nello stesso intervallo. Inoltre ciascuno posa il proprio martello dopo ogni battuta.
Questo ritmo deve ripetersi fino allo scadere dell'ora, cioè il primo martellatore deve aver dato 3600/3 = 1200 colpi.

Ringrazio l'autore del problema, il quale ci conferma che le soluzioni date sono corrette, e aggiungo un suo commento alquanto istruttivo.

Giovanni Macchia
Il problema è l'equivalente di un problema di schedulare n tasks software, che devono avere differente priorità di esecuzione e che devono terminare entro un istante fissato (chiamato deadline), che "girano" in maniera periodica ciascuno con periodo Ti su uno stesso processore con il vincolo che nessuno ritardi l'altro( il ritardo si ha quando un task fa sì che un'altro task ad un certo punto non termini entro la deadline poichè il tempo di processore è dedicato ad un task di priorità più alta).

Vi è un teorema ed una formula matematica che detta le condizioni per cui questo avviene, ed è una parte molto interessante dei sistemi real-time.

La cosa simpatica, come vedete, è che si può applicare anche a situazioni come questa, dove più task (in questo caso le persone) usano una risorsa (in questo caso la piastra su cui battono, nei sistemi real-time il processore) per portare a termine il proprio compito nella deadline.

Può essere applicato a reti informatiche ed anche altre cose. Sicuramente questo tipo di problema "divertente" può essere utile per far capire alcuni dei concetti base dei sitemi real-time.

Ed è proprio questo il bello della matematica....

112. Gli indigeni al mercato
proposto da Francesco Veneziano
Una tribù di indigeni si reca al mercato cittadino per vendere noci di cocco.
Ogni membro della tribù paga 5 monete per entrare in città, dove le noci di cocco sono quotate 7 monete.
Vendute tutte le noci e messe da parte 18 monete per spese varie, la tribù si divide il ricavato, e ogni indigeno riceve esattamente 11 monete.
Un esploratore si trova nei paraggi con un suo amico matematico, e questi gli dice che quella è la più piccola tribù a poter fare un calcolo del genere.

Questa tribù è formata da individui che mentono sempre ed altri che dicono sempre la verità. L'esploratore chiede ad un indigeno da quante persone è composta la tribù e se lui è uno di quelli che dicono la verità, e riceve come risposta: "Gongo, bongo."
Un altro indigeno si avvicina a spiega: "Gongo vuol dire 12 e bongo vuol dire no, ma non bisogna fidarsi di quello, perché mente sempre".

Cosa vuol dire "gongo"?

Quanti sono i membri della tribù e quante noci hanno venduto?

>>> Risposte & riflessioni
N.d.R. Abbiamo due tipi di soluzioni che, pur partendo da equazioni praticamente identiche, giungono a due risultati diversi. Che però possono essere validi entrambi, con una piccola precisazione:
a) la soluzione di Gennaro non è la più piccola possibile, come ha affermato il matematico. Ma chi ci può garantire che il matematico non ha sbagliato? Se il matematico ha sbagliato allora la soluzione di Gennaro è corretta.
b) se invece assumiamo che il matematico ha detto il vero allora la soluzione di Roberto è corretta.

Gennaro Cangiano
Ho esaminato il quesito sulla tribù di indigeni e sulle noci di cocco. Di fatto il numero delle noci vendute dovrebbe essere fornito da:

1) (18+(11+5)*n))/7

questo vuol dire che il numeratore deve essere multiplo di 7. Ora, l'indigeno afferma che il numero che compone la tribù è 12; bene, per n=12 i conti tornano e le noci sarebbero 30.

Ciò significherebbe che la parola gongo vuol dire 12.

Questa constatazione mi fa supporre che l'indigeno abbia detto il vero per la prima parte della frase, ma il falso per la seconda; perché se avesse detto il vero allora bongo dovrebbe significare no come egli stesso afferma, ma il primo se è sincero non può aver detto no; se invece è bugiardo avrebbe detto comunque si.

P.S. non so se ho ben compreso il testo: la risoluzione l'ho basata sul recupero delle 5 monete pagate per accedere alla città. Ad ogni modo almeno tra 1 e 100, ci sono ben 14 possibilità di soddisfare la 1) così come l'ho scritta.

Roberto Callegari
Gongo vuol dire 5.

I membri della tribù sono 5 e hanno venduto 11 noci .

Il numero di componenti x della tribù si ottiene dalla soluzione della seguente equazione:

(7n -18-5x)/x=11
dove n è il numero di noci.

Le soluzioni intere di questa equazione sono infinite:

x=5; 12; 19; 26 ecc. (5 + un multiplo di 7)

La più piccola tribù a poter fare un calcolo del genere è quella composta da 5 persone per cui le noci vendute diventano 11.

Perchè "gongo" vuol dire 5?

Il secondo dicendo che "gongo" vuol dire 12 dice il falso e quindi mente: quindi bongo vuol dire si e il primo indigeno dice sempre la verità. Per questo le risposte del primo sono 5 e si.

Francesco Veneziano
L'interpretazione di  Gennaro Cangiano è corretta, così come la formula per il numero di noci e il ragionamento sul significato di "Bongo"; il numero di indigeni effettivi e il significato di "Gongo" invece sono una delle soluzioni al quesito, ma non quella corretta, e l'ipotesi che il secondo indigeno dica la verità nella prima parte della frase, e manta nella seconda, è in disaccordo con le premesse secondo cui i membri della tribù mentono sempre, o dicono sempre la verità.
Suggerimento: attenzione alle parole del matematico.

Rocco Si
L'equazione da risolvere è (18+(11+5)*n))/7=noci
Il MINIMO  valore di n che la soddisfa è 5
Quindi gongo vuol dire 5 e il secondo indigeno mente

111. Feriti in battaglia
proposto da Gennaro Cangiano
Gennaro ci invia un classico di Lewis Carroll. Sempre valido per esercitare i neuroni.

Dopo una battaglia, almeno il 90% dei soldati perse un occhio, almeno il 95% perse un dente, almeno l'80% perse un braccio e almeno il 75% perse una gamba.

Quanti soldati almeno persero tutti e quattro gli organi?

>>> Risposte & riflessioni
N.d.R. Questo quesito ha ricevuto le risposte più diverse... Quale sarà quella giusta?
Carroll, dove sei? Se ci sei, batti un colpo!

Pietro Vitelli
Partiamo dal numero di soldati che persero un occhio: il 90%.
La percentuale di soldati che persero, oltre ad un occhio, anche il dente, ci sarà data, dato che:

soldati che persero il dente = 95%

dalla proporzione:

95 : 100 = x : 90 da cui

x = (95*90)/100 = 171/2 = 85,5

Per cui, la percentuale di soldati che persero almeno un occhio e un dente, è 85,5%.
Continuando in questo modo, la percentuale di soldati che persero almeno un occhio, un dente e un braccio è,
dato che

soldati che persero un braccio = 80%,

80 : 100 = x : 85,5 da cui

x = (85,5*80)/100 = 68,4

Per cui, la percentuale di soldati che persero almeno un occhio, un dente e un braccio, è 68,4%.
Infine, la percentuale di soldati che persero almeno tutti e quattro gli organi, è, dato che

soldati che persero una gamba = 75%

75 : 100 = x : 68,4

x = (68,4*75)/100 = 51,3

Per cui, la percentuale di soldati che persero almeno tutti e quattro gli organi è 51,3%.

Gianvittorio Righi
Hanno perso tutti e quattro gli organi il 75% dei soldati ....ma possibile che sia cosi facile?

Francesco Veneziano
Dai dati possiamo desumere che al massimo il 10%, 5%, 20% e il 25% dei soldati hanno mantenuto un organo, rispettivamente un occhio, un dente, un braccio e una gamba; queste percentuali sono indipendenti tra loro, e possono combinarsi in qualunque modo.
Dal momento che noi cerchiamo il minimo valore possibile di chi ha perso tutti gli organi, le quattro percentuali di fortunati reduci non si devono sovrapporre, sommandole otteniamo quindi un valore del 60%, che rappresenta il totale di coloro che hanno mantenuto almeno un organo, il restante 40% è la percentuale di chi ha perso tutti gli organi, e corrisponde al seguente bollettino di guerra:
Il 5% ha perso un occhio, un braccio e una gamba
Il 10% ha perso un dente, un braccio e una gamba
Il 20% ha perso un occhio, un dente e una gamba
Il 25% ha perso un occhio, un dente e un braccio
Il 40% ha perso un occhio, un dente, un braccio e una gamba

Il quesito chiedeva di trovare quanti ALMENO hanno perso tutti gli organi, la  corretta soluzione inviata da Pietro Vitelli si riferisce a quanti IN MEDIA sono rimasti gravemente mutilati.

Gennaro Cangiano... ci dà una mano.
La risposta al quesito dei feriti è soprattutto di logica, si consideri, p.e., per semplificare le cose il caso semplice di due tipi di ferite: 70% all'occhio e 75% al braccio. Qual è la percentuale di feriti ad entrambi gli organi? di fatto dall'intersezione dei due insiemi (70 per l'occhio e 75 per il braccio) si ottiene la parte comune pari a...

Giuliano Bettella
Forse a causa delle ferie Lewis "Dendi" Carroll latita, cosi' provo anch'io a dare la mia risposta, la quarta diversa tra quelle finora apparse.

Dipende dalla forma della distribuzione.

Nel caso che le perdite di singoli organi siano distribuite il piu' possibile, la percentuale di soldati che ha perso tutti e quattro gli organi e'.

100 - ((100-95) + (100-90) + (100-80) + (100-75)) =
100 - (5 + 10 + 20 + 25) = 40

Nel caso che invece le perdite siano piu' concentrate, si puo' arrivare anche alla percentuale del 75 per cento che ha perso tutti e quattro gli organi.

Rocco Si
C'è un minimo e un massimo,
Il massimo che può aver perduto 4 organi è del 75%
Il minimo del 40%
Ciò può essere illustrato da 2 grafici

-----------100--------------
|
| , |
| , | , |
| , | , | , | =7
| , | , | , | =5 %
95  90  80  75

-----------100--------------
| , | , |
| , | , |
| , | , |
| , | , | , | =4
| , | , | , | =0 %
| , | , - , |
| , | , - , |
| , - , | , |
- , | , | , |
_ , | , | , |
_ , | , | , |
_ , | , | , |
75  95  90  80

110. Il problema delle età
proposto da Gianvittorio Righi
Due docenti di algebra si rincontrano per la prima volta in maniera casuale dopo diversi anni dal giorno della loro laurea perciò decidono di passare la serata insieme per raccontarsi reciprocamente le loro vicissitudini.

"Dunque, Vittorio, hai tre figlie..." dice ad un certo punto Giulio all'amico "...e quanti anni hanno?"

"Il prodotto delle loro età è pari a 72." Risponde con un sorriso sornione Vittorio. Giulio si concentra un attimo e poi scuote la testa dicendo: "Ma ci sono diverse combinazioni con tre numeri che danno come prodotto 72. Dammi qualche altro elemento."

"Bene...", risponde Vittorio, "...lo vedi il tram che arriva? Ebbene il suo numero è uguale alla somma delle tre età." Il collega osserva il tram, scruta il numero di linea, rimugina ancora per qualche istante quindi replica: "Non mi basta! Non mi hai dato elementi sufficienti per individuare una risposta univoca."

"Hai ragione..." risponde Vittorio "...ti dirò allora che se oggi non ci fossimo per niente incontrati ed il nostro primo incontro fosse avvenuto solo tra un anno ed io, in tale circostanza, avessi risposto alle tue precedenti domande in modo corretto, ebbene tu anche in questa occasione non avresti potuto indovinare le loro età!"

Giulio si rischiarò il viso e diede immediatamente la risposta giusta.

Com'è possibile?

>>> Risposte & riflessioni
Dino
La soluzione è 8 anni, 3 anni e 3 anni.

Per rispondere è necessario produrre tutte le combinazioni di tre numeri interi che, moltiplicati tra loro, producono 72. Queste sono ben dodici:

72·1·1 (somma=74)

36·2·1 (somma=39)

24·3·1 (somma=28)

18·4·1 (somma=23)

18·2·2 (somma=22)

12·6·1 (somma=19)

12·3·2 (somma=17)

9·8·1 (somma=18)

9·4·2 (somma=15)

8·3·3 (somma=14)

6·6·2 (somma=14)

6·4·3 (somma=13)

Ognuna di esse avrebbe potuto essere la combinazione giusta, come osserva Giulio dopo la prima indicazione di Vittorio. E' fuor di dubbio che se il numero del tram che stava passando fosse stato il 74, o il 39, o il 28, o il 23, o il 22, o il 19, o il 18, o il 17, o il 15, o infine il 13 Giulio avrebbe dato immediamente la soluzione corrispondendo a ciascuno di questi numeri una sola terna di valori. Non avrebbe cioè risposto: "Non mi basta!"

Pertanto, se Giulio non é ancora in grado di rispondere correttamente, malgrado la seconda informazione, significa che la soluzione é ancora alternativa. Il numero del tram, come la somma delle tre età, doveva essere perciò il 14 al quale corrispondono due terne di valori: 8 3 3 e 6 6 2 unici a rappresentare la somma più di una volta.

Vittorio aggiunge che anche tra un anno, senza essersi incontrati oggi (quindi senza sapere i dati che faticosamente abbiamo dedotto), con le medesime domande, Giulio non saprebbe rispondere. Ma allora, visto che Vittorio tra un anno risponderebbe in modo corretto, sapendo che oggi la scelta è solo tra 6 6 2 e 8 3 3, conosciamo le possibili risposte che darebbe Vittorio stesso!

1) Se oggi i tre figli avessero 6 6 2 anni, tra un anno avrebbero 7 7 3. Vittorio direbbe il giusto prodotto, 147, e Giulio leggerebbe come somma delle età ovviamente 17. Costruendo una tabella come nel caso precedente si scopre che solo una terna di numeri tra tutti quelli che moltiplicati tra loro danno 147 andrebbe bene: proprio 7 7 3 (da notare anche che questi sono pure numeri primi tra loro e quindi non esistono altre possibili combinazioni di tre numeri che non considerano una figlia di un anno ossia nata nello stesso anno in cui i due amici si incontrano), quindi Giulio indovinerebbe subito le tre età senza ulteriori informazioni, cosa esclusa da Vittorio e perciò la soluzione 6 6 2 è da scartare!

2) Vediamo invece cosa accade se oggi i tre figli avessero 8 3 3 anni: tra un anno avrebbero 9 4 4. Vittorio direbbe il giusto prodotto, 144, e Giulio leggerebbe come somma delle età di nuovo 17. In questo caso però due terne di numeri andrebbero bene, 9 4 4 per l'appunto ed anche 8 6 3, e quindi Giulio non saprebbe ancora rispondere necessitando di un ulteriore informazione, come detto da Vittorio.

La soluzione è quindi 8 anni, 3 anni e 3 anni.

Roberto Callegari
(indipendentemente da Dino ha inviato la seguente soluzione)
La soluzione esatta è: 3, 3, 8.

La condizione A+B+C=72 fornisce le seguenti terne di numeri:

Le terne 2-6-6 e 3-3-8 danno l'ambiguità: il prodotto è per entrambe 72 e la somma 14.

Le altre terne devono essere scartate, altrimenti Giulio avrebbe indovinato senza alcun suggerimento aggiuntivo.

La condizione seguente dice che passato un anno egli avrebbe potuto rispondere in maniera del tutto simile con lo stesso risultato: il collega non avrebbe potuto indovinare.

Prendendo le due terne ambigue si ottengono le seguenti:

Se Vittorio avesse detto che il prodotto delle età sarebbe stato 147, Giulio non avrebbe avuto alcuna esitazione a rispondere immediatamente che le età dopo un anno sarebbero state 3-7-7 tutti numeri primi e unica scomposizione possibile del prodotto indicato.

La soluzione quindi è quella relativa alla terna 4-4-9 la cui somma è 17 così come la terna 3-6-8 (per questo il problema sarebbe stato ambiguo anche l'anno successivo).

La soluzione finale è quindi 3-3-8.

109. Il problema delle formichine
proposto da Roberto Callegari
Ci sono cinque formichine che camminano in fila indiana.
La prima formichina dice: "Dietro di me ci sono 4 formichine."
La seconda formichina dice: "Dietro di me ci sono 3 formichine."
La terza formichina dice: "Dietro di me ci sono 2 formichine."
La quarta formichina dice: "Dietro di me ci sono 4 formichine.

Come si spiega?

>>> Risposte & riflessioni
Alberta Sestito
La quarta formichina sta mentendo

Gianvittorio Righi
La quarta formichina sta camminando a marcia indietro

Fabio Rennella
La soluzione al problema delle formichine è semplice...la quarta dice una bugia!

Edoardo Sassone
Le formichine si trovano su un nastro di moebius!

Gennaro Cangiano
Secondo me le cose sono due: o la quarta formichina è bugiarda oppure quando è il turno della sua dichiarazione le prime tre si sono messe a circolo oppure sempre le prime tre si sono sistemate dietro di lei....

108. Cinque monete
proposto da Giovanni Macchia
Si hanno 5 monete di cui almeno una è falsa.
Le monete vere pesano 10 g e quelle false 9 g.
Si ha a disposizione una bilancia a due piatti graduata che misura le  differenze tra i pesi posti sui due piatti.

Come faccio a determinare quali sono le monete false e quale è il numero minimo di pesate necessario?

>>> Risposte & riflessioni
Giovanni Macchia
Così come la brillante soluzione di Francesco Veneziano, anche questa si effettua con sole 3 pesate e parte dal presupposto che sia possibile distinguere le monete. A differenza della precedente, fornisce una soluzione senza dover osservare quale dei piatti si è alleggerito o quale dei piatti è più pesante: i piatti potrebbero essere elettronici, per esempio, e non si muoverebbero mai e pertanto l'osservazione di un piatto alleggerito e di un piatto pesante equivarrebbe ad almeno una pesata in più, visto che il problema non dice che i piatti della bilancia siano mobili.

Siano A,B, C, D ed E le monete da pesare, sapendo che almeno 1 è falsa. Indichiamo con V quelle vere e con F quelle false. Mettiamo A e B su un piatto e C e D sull'altro(1a pesata). Allora si hanno i seguenti casi

a) AB = CD

b) AB > CD

c) AB < CD

Esaminiamoli uno per uno:

Caso a) AB = CD

si possono avere le seguenti possibilità:

a1) Entrambe le monete sono vere (AB = VV e CD = VV)

a2) entrambe le monete sono false (AB = FF e CD = FF)

a3) una moneta è vera ed una è falsa su ogni piatto (AB = VF e CD = VF oppure AB = FV e CD = FV)

Poniamo la C sulla A e la B sulla D (2a pesata).

Si possono avere i seguenti casi

A1) AC = BD

A2) AC > BD

A3) AC < DB

Esaminiamo i casi singolarmente:

Nel caso A1) si ha che entrambe le monete su ogni piatto possono essere vere o false (AC = FF e BD = FF oppure AC =VV e BD = VV). Prendo A e la confronto con E (3a pesata). Se A=E allora le monete hanno tutte peso uguale e, poiché almeno deve essere falsa, ne consegue che tutte sono false. Se A>E, allora A=V , E=F e quindi AC deve essere VV e così pure BD. Ho determinato le monete vere e false con 3 pesate

Nel Caso A2, si può avere solo che AC = VV e BD = FF (altrimenti non si sarebbe avuto AB = CD). Pertanto ho determinato che A =V, C=V, B=F e D=F. Prendo la A e la confronto con la E (3a pesata). Se A > E, Allora E = F, mentre se A =E allora E =V. Ho determinato le monete vere e false con 3 pesate

Nel caso A3, si procede come il caso A2. Pertanto si può avere solo AC = FF e BD =VV (altrimenti non si sarebbe avuto AB = CD) e si ha che A =F, C = F, D = V e B = V. Prendo la D e la confronto con la E (3a pesata). Se D > E, Allora E = F, mentre se D =E allora E =V. Ho determinato le monete vere e false con 3 pesate

Caso b) AB > CD

si possono avere le seguenti possibilità:

b1) Entrambe le monete AB sono vere ed entrambe le monete CD sono false (AB = VV e CD = FF). La bilancia deve segnare una differenza di 2 grammi (AB = 20 e CD = 18)

b2) entrambe le monete CD sono false ed almeno una moneta di AB è vera(AB = VF e CD = FF oppure AB = FV e CD = FF). La bilancia segna una differenza di 1 grammo (AB = 19 e CD = 18)

b3) Entrambe le monete AB sono vere ed una sola una moneta di CD è vera (AB = VV e CD =VF oppure AB = VV e CD = FV). La bilancia segna una differenza di 1 grammo (AB = 20 e CD = 19)

Esaminiamo i casi singolarmente

Se la bilancia segna una differenza di 2 grammi, siamo nel caso b1) e pertanto ho determinato che C = F e D = F. Procedo con il confrontare A e B (2a pesata). Se A > B allora A = V e B =F. Confronto A con E (3a pesata) e se A > E allora E =F, altrimenti se A = E allora E = V. Viceversa, se A < B allora A =F e B = V. . Confronto B con E (3a pesata) e se B > E allora E =F, altrimenti se B = E allora E = V. Ho determinato le monete vere e false con 3 pesate

Nel caso in cui la bilancia segni una differenza di 1 grammo, si amo nel caso b2) o b3). Confrontiamo C e D (2a pesata).

Se C > D siamo nel caso b3) e pertanto C = V. D =F, A =V, B =V. Confronto A ed E (3a pesata). Se A> E allora E =F, se A=E allora E =V .

Se C < D, siamo sempre nel caso b3) e pertanto C = F. D =V A =V, B =V. Confronto A ed E (3a pesata). Se A> E allora E =F, se A=E allora E =V.

Se C = D, siamo nel caso b2) e pertanto C = F, D = F mentre A e B sono differenti (uno è V e l'altro è F). Allora pongo A ed E su un piatto e B sull'altro e misuro la differenza (3a pesata). Si hanno i seguenti casi:

Pertanto, a seconda della differenza misurata, posso dedurre la natura delle altre monete.

Ho determinato le monete vere e false con 3 pesate.

Caso c) AB < CD

Per simmetria, ilprocedimento è analogo al caso b), sostituendo AB con CD.

Francesco Veneziano
In base ai dati si possono verificare le seguenti situazioni
(V indica una moneta autentica, F una falsa)
1: VVVVF
2: VVVFF
3: VVFFF
4: VFFFF
5: FFFFF

Mettendo da parte una moneta e pesando le altre a coppie si possono verificare undici configurazioni.
Il secondo numero si riferisce alle situazioni esposte sopra, la prima lettera è la moneta messa da parte, le altre sono le monete pesate, il numero è la differenza di peso tra i piatti.
1) 1 V VV VF 1
2) 1 F VV VV 0
3) 2 V VV FF  2
4) 2 V VF VF  0
5) 2 F VV VF 1
6) 3 V VF FF  1
7) 3 F VV FF  2
8) 3 F VF VF  0
9) 4 V FF FF  0
10) 4 F VF FF  1
11) 5 F FF FF  0

1° CASO
Configurazioni 3, 7.
I piatti differiscono di 2g
Scambio la moneta messa da parte con una dal piatto più pesante, si possono
verificare due possibilità:
1°: La differenza di peso rimane di 2 g, configurazione 3
2°: La differenza di peso si riduce a 1g, configurazione 7

2° CASO
Configurazioni 1, 5, 6, 10.
I piatti differiscono di 1g
Scambio la moneta messa da parte con una del piatto più pesante, si possono
verificare tre possibilità:
1°: La differenza di peso rimane di 1 g
Configurazioni 1, 6, 10
Scambio la moneta messa da parte con l'altra del piatto più pesante, si
possono verificare tre possibilità
1° La differenza di peso rimane di 1 g, configurazione 1
2° I piatti diventano uguali, configurazione 10
3° La differenza di peso sale a 2g, configurazione 6
2°: I piatti diventano uguali
Configurazioni 5, 10
Scambio la moneta messa da parte con l'altra del piatto che si è
alleggerito, si possono verificare due possibilità:
1° I piatti continuano a rimanere uguali, configurazione 5
2° La differenza di peso torna a 1 g, configurazione 10
3°: La differenza di peso sale a 2g, configurazione 6


3° CASO
Configurazioni 2, 4, 8, 9, 11.
I piatti sono uguali
Scambio la moneta messa da parte con un'altra, si possono verificare tre
possibilità:
1°: I piatti rimangono uguali
Configurazioni 4, 8, 11
Scambio la moneta messa da parte con l'altra del piatto su cui ho operato al
passaggio precedente, si possono verificare tre possibilità:
1°: Il piatto si appesantisce di 1 g, configurazione 4
2°: Il piatto si alleggerisce di 1 g, configurazione 8
3°: I piatti rimangono uguali, configurazione 11
2°: Il piatto si è alleggerito di 1 g
Configurazioni 2, 8
Scambio la moneta messa da parte con l'altra del piatto che si è
alleggerito, si possono verificare due possibilità:
1°: La differenza di peso rimane di 1 g, configurazione 2
2°: I piatti tornano uguali, configurazione 8
3°: Il piatto si è appesantito di 1 g
Configurazioni 4, 9
Scambio la moneta messa da parte con l'altra del piatto che si è
appesantito, si possono verificare due possibilità:
1°: I piatti tornano uguali, configurazione 4
2°: La differenza di peso rimane di 1g, configurazione 9

Trovata la configurazione iniziale si può determinare facilmente quali sono le monete vere e quelle false in base ai passaggi effettuati.

Questa soluzione permette di individuare tutte le monete in appena due passaggi, e si basa sulla premessa che dopo un passaggio io sia in grado di ricordare quale moneta ho spostato.

Credo non esista alcuna soluzione nel caso che le monete di ogni piatto vengano rimescolate dopo un'operazione, poiché non c'è modo di distinguere configurazioni come 4 o 8 che implicano ramificazioni sempre maggiori.

N.d.R. La soluzione di Francesco Veneziano è corretta ma, nota Giovanni Macchia, pur essendo in due passaggi logici, richiede più di due pesate in certi casi.
Ciò accade quando si scambiano le monete e si parla di "piatti alleggeriti". In quei casi, sia pur implicitamente c'è una misura in più.

107. Tagliare un cubo
proposto da Pietro Vitelli
Supponiamo di avere un cubo di legno di lato Ö5.

Qual'è il massimo numero di piramidi rette, con altezza pari ad 1 metro ed aventi per base un triangolo rettangolo isoscele con i cateti anch'essi di 1 metro, che è possibile ottenere dal cubo?
(una piramide può essere ottenuta anche mettendo insieme, incollando più pezzi ricavati dal cubo)

Qual'è la quantità minima di legno che rimane?

E ancora, volendo utilizzare tale quantità di legno rimasta, in che modo dobbiamo ripartirla tra le piramidi, affinchè queste ultime restino sempre tutte uguali (e restino sempre piramidi rette!), e la quantità di legno che avanza sia ridotta al minimo, tanto da poterla considerare come la quantità di legno che viene persa durante i vari tagli che vengono effettuati?

>>> Risposte & riflessioni
Roberto Callegari
Possiamo ricavare 67 piramidi rette.

Secondo il testo il cubo ha lato sqrt(5) per cui il volume del cubo è dato da (sqrt(5))^3=5sqrt(5)y11,18034

Il volume di una piramide si ottiene come area di base A*h/3 dove h è l'altezza.

Un triangolo rettangolo isoscele con i cateti di un metro ha area A=1*1/2=0.5

L'altezza della piramide secondo il testo è 1 metro, per cui il volume di una singola piramide sarebbe 0.5*1/3=1/6y0,166667

Questo significa che io posso ottenere al massimo 11,18034/0,16667y67,08203 piramidi

Se i tagli sono ideali, senza spreco di materiale io realizzo quindi 67 piramidi

(TAGLIO IDEALE significa anche che posso far quadrare il cerchio o cubare la sfera)

Allora se riesco a costruire esattamente 67 piramidi mi avanza circa 0,01367m3 di materiale.

Se si aumenta l'altezza delle 67 piramidi utilizzando il materiale rimasto ci si accorge che basta meno di un millimetro per piramide per esaurire il materiale, ma questo è circa quello che viene perso durante i vari tagli che vengono effettuati... probabilmente anche se i tagli vengono fatti molto precisi, in realtà non riusciremo a costruire tutte le 67 piramidi, probabilmente una mancherà all'appello. Tutto dipenderà dal materiale usato e dal tipo di taglio...

Alan Viezzoli
Il cubo ha un volume di (Ö5)³, ovvero Ö125, mentre ogni piramide ha un volume di 1/6.
Dividendo Ö125 per 1/6 si ottiene 6Ö125, pari a 67,08... Si possono ottenere, quindi, al massimo 67 piramidi e quello che rimane è Ö125-67/6, pari a circa 0,013...

106. Il diavolo e il contadino
proposto da Gianvittorio Righi
Un contadino deve recarsi in città ... per pagare le tasse, ma non possiede che la metà della somma che dovrebbe pagare; si dispera ed infine invoca Satana. Alla terza invocazione, Satana gli appare: «Mi hai chiamato; che vuoi?»
Il contadino rimane interdetto ma poi, all'invitante sogghigno dell'interlocutore, gli rivela il motivo della sua disperazione.
- Oh! -dice quello- ti tolgo io da ogni imbarazzo, se mi ascolti.
- Certo -risponde il contadino, alquanto malsicuro.
- Ebbene, vedi tu quel ponte laggiù?
- E' proprio quello che devo attraversare per andare all'esattoria.
- E allora, stai a sentire: questa tasca dove tu tieni i tuoi denari (e Satana toccò la tasca con il suo dito maledetto) gonfierà ogni volta che tu passi il ponte, in un senso o nell'altro, e verrà a riempirti di denari in quantità doppia di quella che ogni volta si trova al suo interno.
- Ad ogni passaggio del ponte?
- Proprio, come ti ho detto. Non ti piace?
- Sì -risponde il contadino, pensando che con il fare spola sul ponte si sarebbe arricchito.
- E allora d'accordo -dice Satana- Ma io desidero un piccolo compenso per il mio consiglio; mi darai soltanto 32 denari dopo ogni passaggio del ponte.- Il contadino annuisce ancora e Satana aggiunge:
- Però io non potrò venire apprendere questi denari perché ho molto da fare all'inferno; tu me li getterai ogni volta dal ponte. E non fermarti a contare i denari che si trovano nella tasca ogni volta che gonfia; io non potrò tollerare tale atto di sfiducia alla mia potenza.- E cosi dicendo sparisce.
Il contadino si affretta a raggiungere il ponte e appena è all'altro capo, oh meraviglia! la sua tasca è ben gonfia di denari, sì che può cavarne 32 e buttarli giù dal ponte per compensare Satana.
Fatto ciò torna indietro, tutto contento e, ripassato il ponte, trova la tasca rigonfiata e butta giù altri 32 denari.
Ripassa ancora il ponte e giù altri 32 denari, e così continua finché ad un certo momento si accorge che la tasca è rimasta vuota. Allora rifà di corsa il ponte ma la tasca rimane vuota.
Il disgraziato non pensava che il doppio di zero è zero. Dopo tanti altri vani tentativi, vinto dalla disperazione si butta giù dal ponte!

La storiella è finita. Ecco le domande

a) Quanti denari aveva in principio il contadino?
b) Quanti denari butta giù dal ponte?

>>> Risposte & riflessioni
Gennaro Cangiano
Per il quesito sul contadino, mi viene che la formula risolvente è del tipo:
2ⁿ * S - (2ⁿ - 1) * 32

Nel caso non visualizzaste correttamente la notazione esponenziale, riscrivo qui sotto la formula in formato testo: " ^ " indica l'elevamento a potenza e " * " è il simbolo della moltiplicazione.
(2^n) * S - ((2^n) -1) * 32

dove S è la somma iniziale.
Bene, dopo 5 passaggi per S = 31 denari il gioco finisce, ma se il contadino avesse avuto 32 denari allora sarebbe durato all'infinito.

Francesco Veneziano
Il povero contadino aveva con sé solo 31 denari, che ad ogni passaggio diminuivano invece che aumentare, perché la cifra iniziale era minore di quella da buttare ad ogni passaggio.
Iniziale: 31
1° passaggio:30
2° passaggio:28
3° passaggio:24
4° passaggio:16
5° passaggio:0
In 5 passaggi ha dunque buttato all'inferno 32*5=160 denari, con grave perdita propria e dell'ufficio delle imposte.

N.B. Pietro Vitelli, Roberto Callegari e Giovanni Macchia trovano due soluzioni possibili!

Pietro Vitelli
E' chiaro che il contadino, ad ogni passaggio sul ponte, perde qualcosa; per questo, alla fine, si ritrova senza più denari.
Affinchè il contadino perda qualcosa ad ogni passaggio sul ponte, si deve verificare che, il guadagno che lui riceve dal passaggio sul ponte sia inferiore a 32 denari, che lui deve gettare dal ponte.
Dato che il guadagno che lui riceve dal passaggio dal ponte è esattamente pari alla quantità di denaro che lui ha in tasca prima del passaggio sul ponte, vuol dire che la quantità che lui ha in tasca deve essere inferiore a 32 denari.
Quindi, il contadino, ha sicuramente meno di 32 denari in tasca, all'inizio.
Inoltre, il quesito non ci dice con precisione quante volte il contadino passa sul ponte, ma lascia intendere che il contadino vi passi al minimo 3 volte.
Per cui, indicando con x la somma di denari iniziale del contadino, avremo:

1° passaggio: 2x - 32
2° passaggio: 2(2x-32) - 32
3° passaggio: 2[2(2x-32) - 32] - 32

coiè, dopo il terzo passaggio la somma del contadino sarà:

2[2(2x-32) - 32] - 32 = 4(2x-32) - 64 - 32 = 8x - 128 - 64 - 32 = 8x - 224

Ora il quesito dice, relativamente al terzo passaggio:

"Ripassa ancora il ponte e giù altri 32 denari, e così continua ... ".

Il fatto che dice "e così continua..." lascia intendere che il contadino passi almeno un'altra volta sul ponte.
Ciò vuol dire, quindi, che alla fine del terzo passaggio, dopo aver gettato i 32 denari dal ponte, aveva ancora qualcosa in tasca;
quindi, se, alla fine del terzo passaggio, dopo aver gettato i 32 denari dal ponte, il contadino aveva ancora qualche denaro in tasca, vuol dire che:

8x - 224 > 0 ==> x > 224/8 ==> x > 28.

per cui la somma di denari che il contadino aveva in tasca all'inizio è compresa tra 28 e 32.

Sappiamo, però, che il contadino, dopo un certo passaggio sul ponte, si ritrova esattamente con 0 denari in tasca;
pertanto, analizziamo i 3 casi rimasti:

1) 29 denari

1° passaggio: 29*2-32=26
2° passaggio: 26*2-32=20
3° passaggio: 20*2-32=8
4° passaggio: 8*2-32=-16
caso non accettabile

2) 30 denari

1° passaggio: 30*2-32=28
2° passaggio: 28*2-32=24
3° passaggio: 24*2-32=16
4° passaggio: 16*2-32=0
accettabile

3) 31 denari

1° passaggio: 31*2-32=30
2° passaggio: 30*2-32=28
3° passaggio: 28*2-32=24
4° passaggio: 24*2-32=16
5° passaggio: 16*2-32=0
accettabile.

Quindi, il contadino all'inizio aveva in tasca o 30 denari o 31 denari;

Notiamo che, nel caso 2) 30 denari, i passaggi effettuati dal contadino sono 4; quindi i denari che getta dal ponte sono 32*4=128;
nel caso 3) 31 denari, i passaggi effettuati dal contadino son 5; quindi i denari che getta dal ponte sono 32*5=160.

Roberto Callegari
Il contadino aveva 30 o 31 monete.

m = numero di monete

m>16

Il testo dice che il contadino butta sempre 32 monete, per cui se ne ha 16 all'inizio, le raddoppia e le butta tutte subito, e si accorgerebbe immdioatamente di non avrne più  enon farebbe tutti passaggi descritti nel testo.

m<32

Se m=32 raddoppia ottiene 64 e ne butta 32 e torna al punto di partenza, se m>32 il suo bottino aumenta sempre di più (con le potenze di 2).

16 < m < 32

Secondo il testo il contadino fa almeno 4 passaggi sul ponte.

1) Il contadino si affretta a raggiungere il ponte e appena è all'altro capo, oh meraviglia! la sua tasca è ben gonfia di denari, sì che può cavarne 32 e buttarli giù dal ponte per compensare Satana.

2) Fatto ciò torna indietro, tutto contento e, ripassato il ponte, trova la tasca rigonfiata e butta giù altri 32 denari.

3) Ripassa ancora il ponte e giù altri 32 denari,

4) e così continua finché ad un certo momento si accorge che la tasca è rimasta vuota.

Alla fine il suo bottino è di 0 monete.

I passaggi perciò sono i seguenti (partendo dall'ultimo):

Supponendo che le monete siano un numero intero, allora possono essere al massimo 31.

Nella frase 4) non è precisato quale sia il momento in cui si accorge di non avere più monete. potrebbe essere sia il quarto che il quinto passaggio.

Non possiamo quindi con le informazioni del testo stabilire se siano 30 o 31.

Giovanni Macchia
La soluzione non è univoca: il numero di monete iniziali è 30 o 31. Indichiamo infatti con a₀ il numero di monete che aveva il contadino inizialmente prima di passare il ponte. Indichiamo con a₁ il numero di monete che il contadino ha dopo aver passato per la 1a volta il ponte e gettato le 32 monete, a₂ il numero di monete che il contadino ha dopo esser passato per la 2a volta il ponte e gettato le 32 monete ed a_n il numero di monete che il contadino ha dopo esser passato per la n^a volta il ponte e gettato le 32 monete. Si ha la seguente successione:

a₀= numero di monete possedute inizialmente dal contadino

a₁= 2 * a₀ -32 = 2 * a₀ -2⁵

a₂= 2 * a₁ -32 = 2 * (2*a₀ -2⁵) -2⁵ = 2² * a₀ -2⁶ -2⁵= 2² * a₀ - 2⁵ * (2 +1)

a₃= 2 * a₂ -32 = 2 * (2² * a₀ - 2⁵ * (2 +1))-2⁵ = 2³ * a₀ -2⁷ -2⁶ -2⁵= 2² * a₀ - 2⁵ * (2²+ 2 +1)

il termine k-mo è pertanto

(1) a_k= 2^k * a₀ - 2⁵ * (2^k-1+ 2^k-2 + ... +2 +1) = 2^k * a₀ - 2⁵ * (2^k- 1)

Dopo n volte, il contadino rimane con 0 monete. Imponiamo pertanto a_n= 0. Dalla (1) si ottiene

a₀ = 2⁵ * (2ⁿ- 1) / 2ⁿ

e le monete gettate sono date da n * 32.

Sappiamo dal problema che n>3. D'altra parte, affinché a₀ sia intero, n non deve essere superiore a 5. Pertanto si ha che 3 < n <= 5, ovvero n = 4 o n=5. Per n=4 si ha a₀ = 30 e le monete gettate sono 128, mentre per n=5 si ha a₀ = 31 e le monete gettate sono 160. I dati del problema non consentono di distinguere se n = 4 o n = 5.

105. Tra un quadrato e un cubo
proposto da Francesco Veneziano
Il numero 26 ha la particolarità di trovarsi tra un quadrato (25) ed un cubo (27).

25 - 26 - 27

Esistono altri numeri con questa proprietà?

>>> Risposte & riflessioni
Pietro Vitelli
Il problema è quello di trovare due numeri x e y tali che:

x² + 2 = y³

il numero compreso tra x² e y³ sarà x²+1 che possiamo anche scrivere come y³-1.

Il fatto è, che non ho la minima idea di come riuscire a ricavare dei valori interi
che soddisfino l'equazione sopra scritta, se non per tentativi.

Per cui ho realizzato un programma in C++ per la ricerca di tali numeri.
Il mio programma ha verificato che, tra i primi 30000 numeri naturali, non vi sono numeri che sono compresi tra un quadrato ed un cubo.
Purtroppo i programma non può spingersi oltre per limitazioni proprie del linguaggio.


Per chi è interessato, ecco il codice del programma in formato txt.

#include<stdio.h>
#include<iostream.h>
#include<conio.h>
#include<math.h>
void main()
{
 long int ext_min=0,ext_max=0;
 long double y;
 int cont=0,i,x1;
 double x;
 clrscr();
 cout<<"               **************************************\n";
 cout<<"                 Program realized by Vitelli Pietro  \n";
 cout<<"                       All rights reserved           \n";
 cout<<"               **************************************\n";
 cout<<endl;
 cout<<endl;
 cout<<"Premere un tasto per continuare...";
 getch();
 clrscr();
 cout<<"Inserire l'intervallo di numeri entro i quali cercare quelli \n";
 cout<<"compresi tra un quadrato ed un cubo:\n";
 cout<<"estremo minore dell'intervallo: ";
 do{
        cin>>ext_min;
        if(ext_min<2)
         {cout<<"bisogna inserire un numero positivo superiore a 1;\n";
          cout<<"reinserire l'estremo: ";}
        }
 while(ext_min<2);
 cout<<"estremo superiore dell'intervallo: ";
 do{
        cin>>ext_max;
        if(ext_max<=ext_min)
         {cout<<"tale estremo deve essere superiore a "<<ext_min<<";\n";
          cout<<"reinserire l'estremo: ";}
        }
 while(ext_max<=ext_min);
 cout<<endl;
 cout<<"Attendere prego...\n";
 cout<<endl;
 for(i=ext_min;i<ext_max;i++)
  {y=0;
   y=pow(i,3);
   x=sqrt(y-2);
   x1=int(x);
   if((x-double(x1))==0)
        {cont++;
         if(cont==1)
          {cout<<"Numeri trovati: \n";
           cout<<endl;}
         cout<<cont<<". "<<y-1<<endl;
         cout<<"    precedente: "<<y-2<<"="<<x1<<"ý   successivo: "<<y<<"="<<i<<"ü\n";}
   if(cont%7==0 && cont!=0)
        {cout<<"Premere un tasto per continuare...\n";
         getch();}
  }
 if(cont==0)
  {cout<<"Nessun numero trovato tra: "<<ext_min<<" e "<<ext_max<<".";}
 cout<<endl;
 cout<<"Programma terminato.\n";
}

Gianfranco Bo
Anch'io ho fatto un semplice programmino BASIC che ha trovato una sola soluzione: x=5, y=3.

Eccolo:

'Impostare la doppia precisione
....
for y = 1 to 1000
x = sqr(y^3-2)
if x = int(x) then print x,y
next y

Supposto che non esistano altri numeri con quella proprietà, bisogna dimostrarlo.
La matematica è fatta così...
Più sotto c'è un mio tentativo incompleto (per ora) di dimostrazione.
Qui di seguito riporto invece i risultati di alcune mie ricerche.
Le prime notizie dell'equazione:
y³ = x² + 2
risalgono a Pierre de Fermat il quale afferma, in una lettera a Pierre de Carcavi del 1650, che l'unica soluzione è x=5, y=3.
Ecco due dimostrazioni pescate nella Rete e attribuite a Leonard Euler.

• Prima dimostrazione

• Seconda dimostrazione

N.B. C'è un cambio di variabili!

x^3 = y ^2 + 2 : is the solution x=3, y= 5 unique? YES. (Leonard Euler)

The best way is to use complex numbers of the form a + i sqrt(2) , where a and b are integers.

x^3 = (y+ i sqrt(2)) (y-i sqrt(2))

y+ i sqrt(2) and y-i sqrt(2) have no common factors , so each must be a cube and

y + i sqrt(2) = (A + i B sqrt(2)) ^3 = (A^3 - 6 A.B^2) + i sqrt(2) (3 A^2 . B - 2 B^3)

Identify : the coefficient of i sqrt(2) must be equal to 1 , and y = (A^3 - 6 A.B^2)

1) (3 A^2 . B- 2 B^3) = B ( 3 A^2- B^2) = 1, implies B = 1 and ( 3 A^2- B^2) = 1, i.e. A = ±1

2) B = 1 and A = ±1 give y = ± 5 and x = 3

Ed ecco il mio tentativo (per ora incompleto).
Se qualcuno vuole darmi una mano è il benvenuto.
Nel seguito, tutte le variabili si intendono intere positive.
Per rispondere alla domanda occorre trovare le soluzioni intere dell'equazione:

y³ = x² + 2

Comincio col dimostrare che x , y non possono essere numeri pari.
Per assurdo, se x fosse pari allora potremmo scrivere:

x = 2p

x² + 2 = 2²p² +2 = 2(2p² +1) = 2k (con k dispari)

Quindi si avrebbe
y³ = 2k (con k dispari)

Il che non è possibile.

Quindi x, y devono essere numeri dispari.

-----------------------------------------------------------

E' evidente che deve essere x>y, perciò si può porre:

x = y + 2n

L'equazione di partenza diventa:

y³ = x² + 2

y³ = (y + 2n)² + 2

y³ = y² + 4ny +4n² +2

Continua...

104. La piramide
proposto da Gianvittorio Righi
Ve lo ricordate questo problema ? 

1
1 1
2 1
1 2 1 1
1 1 1 2 2 1

Ora ne ho pensato uno un po' diverso ma più complesso...
Ditemi i numeri che vanno scritti al  posto degli "???"

Il problema è di alta difficoltà quindi .....buon lavoro !

3

7 - 10

? - 8 - 3

8 - 9 - 7- 10

? - 8- ?- 8- 3

Beh, mi si chiederà, ma cosa c'entra con la piramide?
Considerando che la base di una piramide è quadrata e che nella struttura ad albero vi è una radice e che soprattutto... bisogna sfruttarla nei risultati e nelle cose piu' piccole, e che nella costruzione delle piramidi, a volte, e per alcuni pezzi si usano cose cicliche...

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
Ho notato che il probelma della piramide e' molto complesso , Vi prometto che presto spediro' un "piccolo" aiuto.

Eccolo il primo piccolo aiuto, la definizione e' importante se letta con le lettera in grassetto , poi se il caso ne' darò un'altro.
Beh, mi si chiedera' ma cosa c'entra con la piramide?
Considerando che la base di una piramide e' quadrata e che nella struttura ad albero vi e' una radice e che soprattutto... bisogna sfruttarla nei risultati e nelle cose piu' piccole (di solito il piccolo e' la prima cosa ), e che  nella costruzione delle piramidi , a volte , e per alcuni pezzi si usano cose cicliche... poi aggiungiamoci anche una somma

Gaia
La mia piramide è (spero che si legga la piramide, altrimenti formatela voi)
         3
       7   10
     1   8    3
   8   9   7    10
 0   8   1   8   3

Spiegazione

La piramide è formata da rombi di quattro cifre (es. 3-7-8-10) come se fosse una coperta a scacchi: scacco 1=3-7-8-10, scacco 2=7-1-9-8 ecc, scacco 3=1-8-8-9 ecc.
Andando in senso orario i primi due numeri sommati mi danno il terzo quindi il primo ?=1 (7+1=8)
il secondo ?=0 (8+0=8)
il terzo ?=1 (7+1=8 e inoltre è già uno dei rombi che si ripetono).
Mi dite se ci ho indovinato??

Gianvittorio Righi
Gaia mi spiace non e' la soluzione giusta , leggi attentamente l'aiuto che avevo proposto e ricordati "radice " e piccola ....poi ti diro' ( se ci possiamo dare del tu ) ci sei andata molto vicina

103. Il quadratone - problema di grande difficolta'
proposto da Gianvittorio Righi
Ogni lettera corrisponde ad un numero diverso compreso da 1 a 50 .

Sappiatemi dire in base alle seguenti operazioni a che numero corrisponde ogni lettera

a+b+c+d+e = 148

f+g+h+i+l =136

m+n+o+p+q= 95

r+s+t+u+v = 135

a+f+m+r = 46

b+g+n+s = 122

c+h+o+t = 82

d+i+p+u = 119

e+l+q+v = 145

All'interno del quadrato vi sono 10 numeri pari .

Le informazioni concesse fino ad ora dovrebbero essere più che soddisfacenti per trovare la soluzione, ma ne fornisco altre.

• i numeri 22 e 31 sono affiancati
• i numeri 32 e 44 sono affiancati
• il numero 1 non e' nella quarta riga  
• il numero 10 non e' nella terza riga 
• il numero 15 e' nella quinta colonna
• non compaiono i numeri 5,8,29,50
• g=o+t
• h=a+g
• l=e+g
• i=c+o+f
• b e h sono due numeri consecutivi , cosi' come o ed m .

Buon lavoro e... come sempre la sfida è aperta!

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
Vedo che per questo problema non e' ancora stata data una soluzione .....ecco un piccolo aiuto 

Roberto Callegari
La soluzione che rispetta tutte le condizioni è la seguente:

Purtroppo la frase del testo "Le informazioni concesse fino ad ora dovrebbero essere più che soddisfacenti per trovare la soluzione, ma ne fornisco altre." non è corretta.

Entrambe queste soluzioni rispettano in gran parte le condizioni richieste, ma nella quinta colonna non compare il numero 15, non compaiono nè il 22 nè il 31, nella prima non c'è il numero 1 e cosi via.

Eppure entrambe sono soluzioni corrette con le informazioni fornite fino a quel punto del testo.

Per trovare questa soluzione ho scritto un programma in FORTRAN ed ho creato tutte le combinazioni possibili dei 50 numeri nelle 20 posizioni.

Poi ho ridotto le combinazioni imponendo le condizioni del testo.

Solamente dopo avele imposte tutte mi è stata fornita dal programma la soluzione unica del problema. 

Equazioni del problema:

1    a+b+c+d+e = 148

2    f+g+h+i+l =136

3    m+n+o+p+q= 95

4    r+s+t+u+v = 135

5    a+f+m+r = 46

6    b+g+n+s = 122

7    c+h+o+t = 82

8    d+i+p+u = 119

9    e+l+q+v = 145

10    g=o+t

11    h=a+g

12    l=e+g   13    i=c+o+f

14    n=43

15    t=9

16    ABS(b-h)=1     ABS=valore assoluto

17    ABS(o-m)=1     

Non è possibile scrivere in maniera determinata altre equazioni, ma per risolvere il sistema ne servono almeno 20 indipendenti. Addirittura le equazioni sopra descritte non sono indipendenti tra di loro: cercando di rendere diagonale la matrice dei coefficienti ho scoperto che le equazioni indipendenti tra le prime 15 sono in effetti solo 14.

Quindi ho 14 equazioni, 2 equazioni  che possono assumere due valori diversi  e 20 incognite.

Troppe indeterminazioni per poter risolvere il sistema a mani nude.

FINE DELLA SOLUZIONE

A questo punto, per puro interesse, desidererei sapere come ha ragionato l'autore del problema, sia per quanto riguarda la soluzione che per le condizioni da porre.

102. Probabilità
proposto da Gianvittorio Righi
Abbiamo 2 scatoloni, 25 palline bianche e 25 palline nere.
Le 50 palline vanno distribuite tra i due scatoloni in modo da avere la massima probabilità che venga pescata, da uno scatolone scelto a caso, una pallina bianca.

Come vanno distribuite le palline ?

>>> Risposte & riflessioni
Pietro Vitelli
Innanzitutto è necessario dare alcune definizioni:

1) la probabilità che si verifichi un evento ci è data dall'espressione:

P(E) = (numero di casi in cui l'evento accade)/(numero di casi possibili)

2) la probabilità che si verifichino due eventi ci è data dall'espressione:

P(AÇB) = P(A)*P(B|A)

dove P(A) è la probabilità che si verifichi l'evento A e P(B|A) è la probabilità che si verifichi l'evento B essendosi verificato l'evento A.

Detto ciò andiamo a vedere come devo essere distribuite le palline:

indichiamo con S1 uno scatolone, e con S2 l'altro scatolone.
Per avere la massima probabilità di prendere una pallina bianca da uno scatolone scelto a caso, bisogna mettere una sola pallina bianca in uno scatolone, facciamo in S1, e le restanti, cioè 49 (24 bianche e 25 nere) nell'altro scatolone S2.
In questo modo, la probabilità di prendere una pallina bianca dallo scatolone S1 è chiaramente 1, cioè il 100%;
ancora, la probabilità che venga scelto lo scatolone S1 anzichè S2 è logicamente 1/2 e cioè il 50%,
per cui, dovendo partire da uno scatolone scelto a caso, la probabilità di prendere una pallina bianca dallo scatolone S1 ci è data, per la def.2 data all'inizio, da:

P(E1ÇE2) = P(E1)*P(E2|E1) dove

E1 = scelta scatolone
E2 = scelta pallina

per cui

P(E1ÇE2) = (1/2)*1 = 1/2 = 0,5

lo stesso procedimento vale per lo scatolone S2; si ha:

P(E1ÇE2) = P(E1)*P(E2|E1) = (1/2)*(24/49) = 24/98 = ca 0,245

La probabilità totale di prendere una pallina bianca da uno dei due scatoloni scelti a caso ci è data dalla somma
delle probabilità sopra calcolate; per cui:
Ptot(E) = 0,5 + 0,245 = 0,745 = 74,5/100 = 74,5 %

Tale probabilità è la massima possibile perchè tale distribuzione delle palline è la migliore possibile; infatti è quella che ci permette di avere uno scatolone in cui siamo sicuri che prenderemo una pallina bianca, e, allo stesso tempo, l'altro scatolone avente il massimo numero di palline bianche possibili.

Francesco Veneziano
Uno scatolone deve contenere una pallina bianca, tutte le altre vanno messe nello scatolone rimasto, così da ottenere una probabilità di 1/2*1+(1/2)*(24/49)=73/98=74,49% ca.

Ivan Furlan
La soluzione è:

scatola 1:  24 Bianche + 25 Nere
scatola 2:  1 Bianca

Infatti cosi la probabilità di pescare una bianca sarà:
1/2*24/50 + 1*1/2 = 0.74 = 74%

Gianfranco Bo
La mia soluzione, sebbene ottenuta con un procedimento diverso, giunge allo stesso risultato di Pietro.

La soluzione é:

• nella prima scatola metto 25 palline nere e 24 bianche;

• nella seconda scatola metto 0 palline nere e 1 pallina bianca.

La probabilità di estrarre una pallina bianca nelle condizioni poste dal problema é:
P(bianco) = 1/2 * 24/49 + 1/2 * 1 = 73/98 = 74,49% circa.
Ed è la massima possibile.

Vediamo di capire perché.

Ricordo le seguenti formule:
Dati 2 eventi A, B:

• Legge del prodotto delle probabilità
  P(E AND F) = P(E) * P(F)
  dove E, F sono due eventi incompatibili
  

• Legge della somma delle probabilità
  P(E OR F) = P(E) + P(F)
  dove E, F sono due eventi indipendenti

Il seguente disegno è utile per illustrare la soluzione.

• A e B sono i due eventi: "scatola A" e "scatola B"; evidentemente ciascuno dei due eventi ha probabilità P = 1/2

• 1, 2, 3, 4 sono gli eventi "A-pallina bianca", "A-nera", "B-bianca", "B-nera"

La procedura per estrarre una pallina da una scatola potrebbe essere la seguente:

1) Scelgo una scatola lanciando una moneta (probabilità = 1/2)
2) Estraggo dalla scatola scelta, una pallina a caso (probabilità variabile in base a x, y, z, t)

La probabilità di estrarre una pallina bianca con la procedura descritta, si può calcolare applicando le formule ricordate sopra.

P(bianca) = P((A AND 1) OR (B AND 3)) =

= P(A AND 1) + P(B AND 3) =

= P(A) * P(1) + P(B) * P(3)

= 1/2 * P(1) + 1/2 * P(3)

Il nostro compito è trovare una distribuzione delle palline che massimizzi questa espressione.

Utilizziamo le variabili:
Se mettiamo x palline bianche e y palline nere nella scatola A, allora:
z = 25-x
t = 25-y

Da cui abbiamo:
P(bianca) = 1/2 * x/(x+y) + 1/2 * (25-x)/(50-x-y)

L'espressione che dobbiamo massimizzare è, quindi:
x/(x+y) + (25-x)/((25-x)+(25-y))
negli intervalli 0<=x,y<=25

Ora bisogna dimostrare che l'espressione è massima per:
x = 1 e y = 0
oppure, simmetricamente, per:
x = 24 e y = 25.

Continua...

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