Ricreazioni di Luglio 2002

250. Il mistero di Vega
di Enrico Delfini
Faccio questa domanda a Giorgio Dendi perchè mi pare di ricordare che lavora in banca, e che vive in Friuli.
Se le premesse sono vere, è probabile che abbia, o abbia avuto, fra le mani la banconota da 50 talleri sloveni.

Sulla banconota in questione è effigiato Jurij Vega (1734-1802), che penso sia un matematico sloveno.
Sulla sinistra è riprodotta una figura geometrica (un cerchio con raggi e segmenti vari di corde varie.
Non riesco a decifrare il concetto o teorema sottostante alla figura.
Caro G.D., tu ne sai qualcosa?
Enrico

Per quanto riguarda la banconota con effigiato Vega, introvabile nelle biblioteche e nelle librerie, abbiamo scritto alla Società Numismatica Slovena, e al sig. Andrei Novak, che ci hanno gentilmente fornito l'e-mail del progettista della banconota sig.Miljenko Licul (lo abbiamo contattato e stiamo aspettando una risposta)e hanno detto che .il cerchio situato sul lato sinistro della banconota da 50 talleri slovena, è una riproduzione di una progettazione dal trattato di Vega sulla sfera che diviene piatta sui suoi poli. Questo fenomeno, che è osservabile anche nel caso della terra, è stato spiegato da Vega matematicamente.

Comunque ti allego la lettera in inglese che abbiamo ricevuto.

Thank you for your e-mail letter of August 14th, 2002 in which you explained that you are interested in banknote for 50 SIT.

The circle that you are curious about, located on the left side of a 50 SIT banknote, is a reproduction of a design from Vega's treatise on the sphere turning on its vertical axle and getting flat on its poles. This phenomenon, which is also observable in the case of the Earth, was explained by Vega mathematically. The horizontal axle contains a protective component in the form of micro-text composed of the name Bank of Slovenia, numerical indication of value and shortened designation of currency.

For further information on the topic you can contact Mr. Miljenko Licul at e-mail address:
irena.l@studio-zodiak.si

You are invited to obtain more information about Slovenian currency at the Internet address:
" http://www.bsi.si/html/eng/banknotes_coins/index.html"

For any additional numismatics issues about Slovenian banknotes and coins, please contact:
Numizmaticno drustvo Slovenije (Slovenian Numismatic Society) Ilirska ulica 14
SI-1000 Ljubljana, Slovenija
(e-mail address: "numdruslo@yahoo.com"
check the web-site "http.//www.angelfire.com/nd/numismatdrslo").

We hope that the above information will be useful to you.

Sincerely yours,

Andrej Novak dr. Brane Bertoncelj

Banknote Department

249. Al ballo del sabato sera
di Alessandro89
Al ballo di sabato scorso hanno partecipato 53 persone tra uomini e donne. Durante la serata una donna ha ballato con 10 uomini, un'altra con 11, un'altra con 12, e così via fino all'ultima che ha ballato con tutti gli uomini presenti. Quante donne hanno partecipato alla festa?

Jack202
1 donna ha ballato con 10 uomini, dunque c'erano almeno 1 donna e 10 uomini
1 altra ha ballato con 11 uomini, dunque c'erano almeno 2 donne e 11uomini
1 altra ha ballato con 12 uomini, dunque c'erano almeno 3 donne e 12uomini
...
C'erano dunque (x) donne e (9+x) uomini, in totale 53 persone

9 + 2x = 53 --> x=22

C'erano 22 donne e 31 uomini.

Dino e Ivana Niccolai
Le donne che hanno preso parte alla festa sono state in 22.
Dette, infatti, d le donne presenti alla festa ed u gli uomini, poichè dev'essere:

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

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

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

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

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

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

a+b=2N

All'inizio la situazione del liquido è

[2N,0,0]

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

m b - n a con m e n naturali

Affinchè tale quantità sia pari a N bisogna che

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

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

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

e pertanto

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

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

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

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

2m- 1=a

2k+1=b

e quindi quando

m=(a+1)/2

k=(b- 1)/2.

247. La scimmia e le noci di cocco (difficile)
di Alessandro89
Cinque marinai naufragano su un'isola semideserta (semi-, perché c'è una scimmia).
Durante la giornata raccolgono un mucchio di noci di cocco, per dividersele tra di loro il giorno dopo.
Durante la notte, però, uno si sveglia e decide di prendersi la sua parte in anticipo: fa cinque mucchi uguali, vede che avanza una noce, la dà alla scimmia e nasconde la sua parte.
Il secondo marinaio si sveglia poco dopo, va al mucchio (più piccolo) e fa esattamente la stessa cosa: anche stavolta rimane una noce per la scimmia.
Lo stesso fanno a turno gli altri tre: tutte le volte avanza una noce per la scimmia.
Il mattino dopo, tutti vedono che il mucchio è più piccolo, ma avendo la coscienza sporca stanno zitti. Fanno la divisione, e di nuovo avanza una noce data alla scimmia.
Qual è il numero minimo di noci che i marinai avevano raccolto?

Nota storica.
Questo problema è stato pubblicato (per la prima volta?) da Ben Ames Williams in The Saturday Evening Post nel 1926 e più recentemente ripreso da Martin Gardner nel libro Enigmi e giochi matematici 2°.

Riccardo
Innazitutto sono partito dal presupposto che il numero iniziale debba avere obbligatoriamente 6 oppure 1 come cifra delle unità.
Infatti il Numero stesso, diminuito di 1 (noce di cocco per la scimmia), dev'essere divisibile per 5.
Non riuscendo ad impostare formule particolari che conducano ad un risultato accettabile, ho proseguito per tentativi.
Ho notato che con un numero che ha come terna più a destra (centinaia, decine e unità) 246 si andava oltre le tre possibilità di suddivisioni consecutive (mentre con gli altri numeri testati si arrivava massimo a tre suddivisioni consecutive).
Così facendo ho trovato 31246 che dà la possibilità di giungere fino alla sesta ed ultima spartizione, con la noce di cocco per la scimmia in tutte le suddivisioni.
Non so però se c'è un numero inferiore che dà le stesse possibilità, perchè mi sono fissato a seguire la traccia del 246.

La domanda di Riccardo trova una risposta nel pregevolissimo intervento di Dino e Ivana.
In sintesi: il numero più basso è 15621.

Dino e Ivana Niccolai
Indicando con n il numero di noci di cocco complessivamente raccolte dai cinque marinai durante il giorno, nella prima spartizione ogni gruppetto sarà formato da:

noci di cocco. Quando si sveglia il secondo marinaio non troverà più n noci di cocco, bensì un numero più piccolo: 4·a. Egli effettuerà una nuova suddivisione in altri cinque gruppetti ognuno composto stavolta da:

Quando tutti si svegliano il giorno dopo effettuano un'ultima ripartizione per cui:

Questa equazione prende il nome di equazione diofantea perchè deve essere soddisfatta da valori di f ed n interi: Infatti il numero minimo di noci raccolte dai marinai non si ottiene impostando f = 1, cioè con l'ultima spartizione di un solo cocco a testa in quanto si otterrebbe un valore di n non intero! Occorre cercare allora quel valore minimo di f tale che anche n sia intero. La soluzione di questa equazione può essere trovata per tentativi, ma il procedimento é molto lungo. Facendo un ragionamento a ritroso però da f possiamo scrivere:

Questo significa che e oltre ad essere intero deve essere anche multiplo di quattro, e per la precedente anche f, a meno di uno, deve essere multiplo di quattro. Continuando a ritroso si ha:

cioè anche d deve essere multiplo di quattro, ma ciò comporta che allora e deve essere multiplo di 16 ed f, sempre a meno di uno, anch'esso multiplo di 16. Per b, a, ed n possiamo ragionare analogamente:

In definitiva a è un multiplo di quattro, b multiplo di 16, c multiplo di 64, d multiplo di 256, e multiplo di 1024, ed f, sempre a meno di uno, ancora multiplo di 1024. Il primo valore di f valido è pertanto 1023.

Infatti, impostando tale valore nell'equazione diofantea si ottiene il valore più piccolo per n che risulta essere 15621.

Esiste anche una semplice ed elegante soluzione, che coinvolge il concetto di "noce negativa" per risolvere l'equazione diofantea. Osserviamo innanzitutto che, poichè il numero da trovare viene diviso sei volte per cinque, ogni risposta accettabile, se sommata a 5⁶ = 15625, ci dà la risposta successiva di ordine superiore. E' ovvio che non esiste un numero n positivo piccolo che soddisfi all'equazione (basta fare qualche tentativo per accorgersene), ma é possibile che ve ne sia uno piccolo negativo: infatti se il marinaio si avvicina al mucchio composto da -4 noci ed in prima battuta aggiunge e sottrae una noce di cocco il risultato non cambia. In tal modo si otterranno -5 noci più una reale (positiva); regala quest'ultima alla scimmia ottenendo un mucchio formato ora da -5 noci. Lo divide per cinque e si prende -1 noce. Resta nuovamente il mucchio con -4 noci. Il secondo marinaio ripete lo stesso procedimento, una noce positiva tocca sempre alla scimmia, -1 noce a lui e ne restano ancora -4. Il procedimento si reitera per tutti i marinai, lasciando invariato il numero di noci dopo la divisione (sempre -4). In questo modo, infatti, i marinai non devono fare che sottrarre e aggiungere ogni volta una noce al mucchio originario per ottenere un'equa divisione dei beni (equa sì, ma svantaggiosa per tutti). Alla mattina dunque, lasciata una noce positiva alla scimmia, ogni marinaio si prende una noce negativa. Risultato: ciascun uomo ha -2 noci e la scimmia possiede 6 noci. Dunque n = -4 è una soluzione dell'equazione diofantea, ma ovviamente non è accettabile fisicamente. Basta però sommarvi 15625 per ricavare immediatamente la soluzione di ordine superiore: -4 + 15625 = 15621. Con questo risultato si può osservare che l'ultima divisione lascia ancora 1023 noci a ciascun marinaio. D'altra parte esiste anche un teorema che dice che se X e Y sono le soluzioni di un'equazione diofantea di forma A·x - B·y = C, allora un'altra soluzione è data da X + B e Y + A, cioè, in questo caso proprio da 15621 (= -4 + 15625) e 1023 (= -1 + 1024).

Per capire meglio il concetto di noce negativa Norman Anning del dipartimento di matematica dell'Università del Michigan nel 1912 ragionò nel seguente modo: quattro noci delle 5⁶ vengono tinte di nero e messe da parte. Quando le rimanenti vengono divise per cinque ne rimane una che viene data alla scimmia. Dopo che il primo marinaio ha preso la sua parte e la scimmia ha avuto la sua noce, rimettiamo di nuovo le quattro noci nere con le altre in modo da averne un mucchio di 5⁵ noci, evidentemente divisibile per cinque, però prima di fare la successiva divisione mettiamo di nuovo da parte le quattro noci nere in modo che dalla divisione rimanga una noce da dare alla scimmia. Questo procedimento di prendere in prestito le noci nere solo quanto basta per vedere che si può effettuare una divisione per cinque e poi metterle da parte viene ripetuto a ogni divisione. Dopo la sesta divisione, le noci nere rimangono da parte e non sono più di nessuno. Esse non hanno una parte essenziale nell'operazione, ma servono solo a rendere le cose più chiare nel procedere.

E' possibile effettuare la generalizzazione del problema delle noci di cocco: sia M il numero dei marinai, maggiore di due, detti X il numero totale di noci raccolte dai marinai ed Y il numero di noci distribuite a ciascuno alla fine risulta:

dove K è un numero intero positivo che, posto uguale a 1, fornisce i valori minimi cercati nel problema. Se il numero di noci di cocco date alla scimmia alla fine di ogni tornata è pari ad N, con N qualsiasi intero maggiore di uno, si ha invece:

Sprmnt21
Volevo solo riscrivere in maniera leggermente diversa quello gli altri hanno gia' scritto sul problema delle noci di rocco. Indico con n e con x1, x2, ..., x5 il numero di noci di cocco raccolte e quello che ognuno durante la notte sottrae e con x6 il numero di noci di cocco che spetta ad ognuno dopo la divione mattutina.

Si ha in successione che:

n = 5 x_1+1
4 x_1 = 5 x_2+1
4 x_2 = 5 x_3+1
4 x_3 = 5 x_4+1
4 x_4 = 5 x_5+1
4 x_5 = 5 x_6+1

Sommando 4 ad ambo i membri delle precedenti uguaglianze, si ottiene:

n + 4 = 5(x_1+1)
4(x_1+1) = 5(x_2+1)
4(x_2+1) = 5(x_3+1)
4(x_3+1) = 5(x_4+1)
4(x_4+1) = 5(x_5+1)
4(x_5+1) = 5(x_6+1)

da cui, "moltiplicando tutte le uguaglianze", si ricava che

(n+4)4^5 = 5^6(x_6+1).

dato che ne' il 5 ne' alcuna sua potenza compare come fattore di 4^5, si ha che n+4 e' multiplo di 5^6. Il piu piccolo valore che risponde al problema e' percio' n = 5^6-4.

Sprmnt21
Ancora sulle noci di cocco, per sottolineare che quello che e' essenziale alla natura del problema, non e' il numero totale (5) di naufraghi o il numero di questi che "prelevano" durante la notte, prima della spartizione alla luce del sole, ma, in un certo senso, il fatto che ci sia una sola scimmia nell'isola ;-).

Infatti siano n, k ed h il numero di noci di cocco raccolte il numero di naufraghi e il numero di "nottambuli" rispettivamente. Indicate con x_1, x_2, ..., x_h quello che ognuno durante la notte sottrae e con x_{h+1} il numero di noci di cocco che spetta ad ognuno dopo la divione mattutina.

Si ha in successione che:

n = k x_1+1

(k-1) x_1 = k x_2+1

(k-1) x_2 = k x_3+1
..

(k-1) x_h = 5 x_{h+1}+1

Sommando k-1 ad ambo i membri delle precedenti uguaglianze, e "moltiplicando tutte le uguaglianze", si ricava che

(n+k-1)(k-1)^h = k^(h+1)(x_{h+1}+1).

essendo k e k-1 coprimi, si ha che n+k-1 e' multiplo di k^(h+1). Il piu piccolo valore che risponde al problema e' percio' n' = k^(h+1)-k+1.

246. Trasformazione di serie
di Cesarone
Trovate la legge che trasforma la serie:

... 45 55 66 78 91 105 120 ...

nella serie:

... 45 50 56 60 67 70 78 ...

Paolo P.
A guardare le due successioni ho pensato, indicando con An i numeri della prima (A0=45, A1=55, A2=66, ...) e con Bn i numeri della seconda (B0=45, B1=50, B2= 56, ...), di calcolare (... audacemente) le differenze An - Bn = Dn.

Ho riscontrato che:

D0=0
D1=5
D2=10
D3=18
D4=24
D5=35
D6=42.

Dopo qualche tentativo, ho verificato che:

D1 = INT((A1-A0)/2) * 1
D2 = INT((A2-A1)/2) * 2
D3 = INT((A3-A2)/2) * 3
D4 = INT((A4-A3)/2) * 4
D5 = INT((A5-A4)/2) * 5
D6 = INT((A6-A5)/2) * 6

INT sta per Parte Intera ... e queste formule esprimono il passaggio da An a Bn in funzione degli An stessi.
Coincide?
Dimenticavo: gli An dovrebbero essere della forma: An = A0 + n*10 +
n*(n-1)/2 con A0 = 45

245. Nuove sequenze audioattive
di Cesarone
Ho provato a creare delle sequenze audio attive usando altre regole...
Sicuramente qualcuno ci ha già provato... ma mi sembrano interessanti.

Se leggo quanti 1 quanti 2 quanti 3 ecc. ecc. ci sono in una sequenza (andando in ordine con le cifre che trovo), ottengo:

1
11
21
1211
3112 (perchè nella sequenza precedente compare 3 volte 1 e una volta 2)
13212 (perchè compaiono un 3 due 1 e un 2 nella sequenza prima)
211322
322113
232221
421311
14123113
41141223
24312213
32142321
23322114 ******
32232114
23322114 ******

In pratica mi fermo perchè torno sempre alla stessa sequenza!
Inoltre partendo con un simbolo qualsiasi mi pare che la sequenza si blocchi ugualmente.

Se invece di andare in ordine con le cifre che trovo, seguo tutte le volte l'ordine 1, 2, 3, 4, cioè dico prima quanti 1 poi quanti 2 poi quanti 3 poi quanti 4, ottengo:

1
11
21
1112 (nella sequenza prima ho un 1 e un 2)
3112
211213 (nella sequenza prima ho due 1 un 2 e un 3)
312213
212223
114213
31121314
41122314
31221324
21322314 *******
21322314 *******
......

Mi fermo perchè ottengo una combinazione da cui non mi sposto più!

244. Altre lampadine da accendere
di Riccardo
Da cosa nasce cosa... e Riccardo, nel tentativo di risolvere la ricreazione 242. Una scacchiera 4x4 di Ivana Niccolai e Dino, ha avuto un'idea...

Mi è tornato alla mente un quesito analogo che vorrei proporre tra le ricreazioni.
Si hanno 25 lampadine spente disposte in 5 righe e 5 colonne e ogni lampadina è collegata ad un proprio interruttore.

Manovrando un interruttore si inverte lo stato della lampadina collegata (se è spenta si accende e viceversa) e contemporaneamente si inverte lo stato delle lampadine adiacenti (orizzontalmente e verticalmente, ma non obliquamente). Ad esempio, manovrando l'interruttore n.12 si avrà la seguente situazione:

(Le lampadine 12 e 13 si spengono perchè erano accese e le lampadine 8, 14 e 18 si accendono perchè erano spente) si deve giungere ad accendere tutte le lampadine.

Le soluzioni sono diverse, ma qual è la sequenza più breve di interruttori da manovrare?

Francesco Veneziano
Bisogna capire che succede se si aziona un interruttore collegato ad una delle lampadine del bordo, o degli angoli; la cosa più naturale è che si considerino i bordi collegati tra loro (superiore-inferiore e destro-sinistro) così che, ad esempio, azionando la lampadina 3 le lampade coinvolte sono 2-3-4-8-23 ed azionando la 1, sono 21-5-1-2-6.
Se le cose stanno così, basta premere tutte le lampadine una volta, indipendentemente dall'ordine, così ogni lampadina è azionata 5 volte (1 volta lei, e 4 volte dai vicini) e rimane accesa.
Questa soluzione è valida qualunque sia il lato del quadrato, ma è migliorabile se consideriamo il caso particolare proposto da Riccardo, infatti selezionando 5 caselle disposte a "passo di cavallo" 1-8-15-17-24 tutte le lampadine del quadrato vengono azionate soltanto una volta; naturalmente non si può fare di meglio.

243. Copertura del quadrato
di Paolo P.
Dovete inserire un triangolo e 2 cerchi in un quadrato di lato unitario.
Qual' è la superficie massima che riuscite a coprire ?

Pietro Vitelli
La superficie massima, in un quadrato, che è possibile ricoprire con un triangolo e due cerchio, è, con precisione fino all'ottava cifra decimale: 93,07756449 %.

Vi mostro il perchè:

Innanzitutto la figura:

Le mie posizioni:

Circonferenza maggiore di centro C1:

C1(-1,-1)
raggio r1=5 (il diametro è 10 cosicchè l'area del quadrato risulta uguale a 100, in modo tale da avere subito la percentuale di area ricoperta)

Circonferenza minore di centro C:

C(a,a)
raggio r=4-a

Ricaviamo le equazioni delle due circonferenze:

eq. circ. maggiore:

(x+1)²+(y+1)²=5² da cui

x²+y²+2x+2y-23=0

eq. circ. minore:

(x-a)²+(y-a)²=(4-a)² da cui

x²+y²-2ax-2ay+a²+8a-16=0

A questo punto per il calcolo dell'area RNMS sono necessari i punti R, S ed M;

M è chiaramente uguale a:

M(4,a)

Per calcolare R ed S, invece, dobbiamo intersecare le due circonferenze:

da cui y= -x +(a²+8a+7)/(2a+2)

Andiamo ora ad intersecare tale retta con la circ. minore:

***
* x²+y²-2ax-2ay+a²+8a-16=0
* y= -x +(a²+8a+7)/(2a+2)
***

da cui si ottiene la seguente equazione di 2° grado:

8x²-4(a+7)x+a²+18a-15=0

la cui soluzione, calcolata con l'aiuto di derive è:

x=(a+7±rad(-a²-22a+79))/4

per cui:

R( (a+7-rad(-a²-22a+79))/4, -(a+7-rad(-a²-22a+79))/4 + (a²+8a+7)/(2a+2))
S( (a+7+rad(-a²-22a+79))/4, -(a+7+rad(-a²-22a+79))/4 + (a²+8a+7)/(2a+2))

A questo punto ho calcolato l'area RNMS come differenza di integrali, e cioè:

Integrale[R,S](circ.minore)-Integrale[R,S](circ.maggiore)-Integrale[S,M](circ.minore);

ovviamente le equazioni delle due circonferenze devo essere esplicitate rispetto ad una variabile; ecco:

eq.circonferenza maggiore, di centro C1:

y=-1±rad(-x²-2x+24)
(per il calcolo dell'integrale c'è bisogno della sola equazione della semicirconferenza superiore)

eq.circonferenza minore, di centro C:

y=a±rad(-x²+2ax-8a+16)

(serviranno entrambe le equazioni delle due semicirconferenze per il calcolo degli integrali).

Andiamo proprio a calcolare gli integrali:

Area(RNMS)=Integrale[R,S](circ.minore)-Integrale[R,S](circ.maggiore)-Integrale[S,M](circ.minore)

Risolviamo ciascun integrale singolarmente:

Integrale[R,S](circ.minore)

Integrale[R,S](a+rad(-x²+2ax-8a+16))

(il segno + nell'integrale c'è perchè si tratta della semicirconferenza superiore)

La soluzione indefinita, trovata sempre con l'aiuto di derive, è:

(a²-8a+16)*ARCSIN((x-a)/ABS(a-4))/2+(x-a)*RAD((4-x)*(x-2(a-2)))/2+ax

Integrale[R,S](circ.maggiore)

Integrale[R,S](-1+rad(-x²-2x+24))

La soluzione indefinita è:

25*ARCSIN((x+1)/5)/2+(x+1)*RAD(-x²-2(x-12))/2-x

Integrale[S,M](circ.minore)

Integrale[S,M](a-rad(-x²+2ax-8a+16))

(stavolta il segno nell'integrale è - perchè l'integrale interessa la semicirconferenza inferiore)

La soluzione indefinita è:

-(a²-8a+16)*ARCSIN((x-a)/ABS(a-4))/2+(a-x)*RAD((4-x)(x-2(a-2)))/2+ax

Dopo aver calcolato questi integrali ho riportato i loro valori in funzione di a, nonchè i valori dei punti R ed S, anch'essi in funzione di a, in un foglio di calcolo di Excel.
Sul foglio ho fatto in modo che i valori di punti e integrali fossero collegati ad una cella all'interno del quale poteva essere inserita l'ascissa del centro C;
in questo modo ad ogni immissione del centro C si avevano opportuni valori per i punti, gli integrali, e l'area RNMS, cosicchè, per ogni valore del centro inserito, si aveva la percentuale di area coperta.
Dopo una decina di tentativi ho trovato l'area massima ricopribile, con precisione fino ad 8 cifre decimali e cioè:

93,07756449 %.

(uff!che faticata)

242. Una scacchiera 4x4
di Ivana Niccolai e Dino
In una scacchiera quattro per quattro sono sistemate 16 lampadine, ognuna nella rispettiva casella.
Una di esse è spenta mentre tutte le altre sono accese.

E' possibile cambiare in un sol colpo lo stato delle lampadine (accese/spente) di tutte le caselle di una riga o di una colonna tramite un interruttore ben identificabile (ad esempio, se la colonna tre è tale di avere la sequenza accesa-accesa-spenta-accesa, può diventare con una sola manovra sull'interruttore colonna tre spenta-spenta-accesa-spenta).

Qual è la sequenza di manovre sugli interruttori più breve per rendere tutte le lampadine accese con nessuna spenta?

Jack202
A) Configurazione iniziale : tutte lampadine accese, una spenta
B) Configurazione finale : tutte accese

Poichè si tratta solo di operazioni di switch binario, non conta l'ordine in cui vengono fatte le mosse allo scopo di ridurre A) in B)

Se consideriamo ogni switch colonna/riga come il piazzamento di un rettangolo formato da 4 quadratini lungo la colonna/riga, alla fine delle nostre mosse dovremo avere un numero pari di quadratini che coprono ogni casella tranne quella inizialmente spenta, che dovrà avere un numero dispari di quadratini sopra. I quadratini piazzati sulla scacchiera saranno quindi in totale un numero DISPARI.
Ma ogni rettangolo ha contribuito con il piazzamento di un numero PARI di quadratini, dunque NON è POSSIBILE passare da A) a B).

Ivana Niccolai e Dino
Non è mai possibile rendere tutte le lampadine accese o, viceversa, tutte spente!

Infatti, posta la convenzione che ogni lampadina accesa vale zero e ogni lampadina spenta vale uno, se tutte le lampadine sono accese, come si vorrebbe, la somma dello schema che si verrebbe a formare sarebbe sempre pari a zero, altrimenti, se tutte sono spente sarà sedici. Quando si inverte lo stato delle lampadine di un'intera riga, o una intera colonna, si può avere solo uno dei seguenti cinque casi:

Prima della manovra				Somma	Dopo la manovra				Nuova somma
1	1	1	1	4	0	0	0	0	0
1	1	1	0	3	0	0	0	1	1
1	1	0	0	2	0	0	1	1	2
1	0	0	0	1	0	1	1	1	3
0	0	0	0	0	1	1	1	1	4

Da tale tabella notiamo che un qualsiasi cambiamento non muta mai la PARITA' del totale: da pari prima della trasformazione si va sempre in pari dopo la stessa mentre da dispari si va sempre in dispari. Quindi, con una sola lampadina spenta in tutta la scacchira il totale è pari ad uno, ovvero dispari, e non si potrà mai arrivare ad avere tutte le lampadine accese o spente, rispettivamente con totali pari a zero e sedici, che sono entrambi pari!

241. La bilancia "sbilanciata"
di Gianfranco Bo (variante ad un problema di Jesus Escudero Martin)
Carletto ha costruito una bilancia a due piatti. La bilancia sembra funzionare perfettamente, però un oggetto se viene messo sul piatto destro pesa 10 g mentre se viene messo sul piatto sinistro pesa 9 g.
Quante e quali potrebbero essere le cause dello "sbilanciamento"?
Quanto peserebbe in realtà l'oggetto in ciascuno dei casi?

Può essere sbilanciata perché:
a) un piatto è più pesante dell'altro; (9,5 g)
b) i bracci della leva sono di lunghezza diversa; (9,49 g)
c) la base non è perfettamente orizzontale;
d) ...

Caso a)
Chiamiamo p il peso vero dell'oggetto.
Supponiamo che un piatto (il destro) pesi x più dell'altro.
1° pesata: 10 = x + p
2° pesata: p = 9 + x
da cui, sottraendo:
10 - p = x + p - 9 - x
2p = 19
p = 9,5
Che è la media dei due pesi.
Tra parentesi: si può anche calcolare la differenza di peso fra i piatti
x = p - 9 = 0,5 g

dove F è il fulcro della bilancia, P il peso incognito, a, b le misure dei bracci.

Se indico con:

P   (peso incognito)
a   (braccio corto)
b   (braccio lungo)
k<1 a/b (rapporto tra i bracci)

P*a = b*9
P*b = a*10

Questo sistema che impone l'ugualianza dei momenti dei due bracci consente di risolvere il problema.

P = 9/k
P = 10*k

Ricavo k
10k = 9/k
10k^2 = 9
k = +-sqrt(9/10)