Ricreazioni Maggio 2002

1) Smith, Jones e Robinson sono il frenatore, il fuochista e l'ingegnere di un treno, ma non sono elencati esattamente in questo ordine. Sul treno vi sono tre passeggeri con gli stessi tre nomi, identificati nelle premesse seguenti mediante un "Sig." anteposto ai nomi.
2) Il Sig.Robinson vive a Los Angeles.
3) Il frenatore vive ad Omaha
4) Il Sig. Jones ha da parecchio tempo dimenticato tutta l'algebra imparata nelle scuole superiori.
5) Il passeggero che ha lo stesso nome del frenatore vive a Chicago.
6) Il frenatore ed uno dei passeggeri, un eminente fisico matematico, frequentano la stessa chiesa.
7) Smith batte il fuochista al biliardo.
Chi è l'ingegnere?

Infatti, per la premessa (7) si elimina la possibilità che Smith sia il fuochista; per la premessa (2) invece si sa che il Sig. Robinson vive a Los Angeles, e dato che ogni passeggero proviene da un posto differente sia il Sig. Smith che il Sig. Jones sicuramente non vivono a Los Angeles. Secondo questi dati possiamo riportare pertanto due tabelle riepilogative parziali:

Nome	Frenatore	Fuochista	Ingegnere
Smith		NO
Jones
Robinson

Nome	Los Angeles	Omaha	Chicago
Sig. Smith	NO
Sig. Jones	NO
Sig. Robinson	SI	NO	NO

I dati del problema, nelle affermazioni (3) e (6), ci dicono che il fisico vive a Omaha; egli non può logicamente essere il Sig. Robinson, che abita a Los Angeles, e neppure il Sig. Jones il quale ha dimenticato l'algebra, quindi deve essere necessariamente il Sig. Smith. Di conseguenza il Sig. Jones non abita a Omaha e, per esclusione, vive a Chicago. La tabella relativa ai passeggeri è quindi così completata:

Nome	Los Angeles	Omaha	Chicago
Sig. Smith	NO	SI	NO
Sig. Jones	NO	NO	SI
Sig. Robinson	SI	NO	NO

Per completare anche quella relativa alle professioni esaminiamo la premessa (5) del problema: possiamo adesso capire che il frenatore si chiama Jones. Le ultime deduzioni sono semplici: il fuochista non potendo essere né Jones e né, per la premessa (7), Smith, sarà ovviamente Robinson e per esclusione Smith è, quindi, l'ingegnere! Dunque anche la prima tabella è completa:

Nome	Frenatore	Fuochista	Ingegnere
Smith	NO	NO	SI
Jones	SI	NO	NO
Robinson	NO	SI	NO

Riccardo Fusilli giunge alla stessa conclusione ma presenta il suo ragionamento in un modo diverso.

Ho provato a risolvere la ricreazione n.230 di Ivana ed ho seguito il seguente ragionamento:

Dalla premessa 7:
Smith non è Fuochista.

Dalla premessa 5:
Robinson non è Frenatore: il Sig. Robinson vive a Los Angeles, quindi non è il passeggero con lo stesso nome del frenatore.

Dalla premessa 6:
il Sig. Smith vive a Omaha dato che, essendo un fisico matematico, non può aver dimenticato l'algebra e vive nella stessa città del frenatore (frequentano la stessa chiesa).

Quindi, dalla premessa 5:
Il Sig. Jones ha lo stesso nome del Frenatore e vive a Chicago; dunque Jones è frenatore.

Allora,
Smith non è Fuochista e nemmeno Frenatore, quindi è l'Ingegnere;
Jones è frenatore;
Robinson è fuochista.

Il che coincide anche con il ragionamento seguente:
dato che, "non essendo elencati esattamente nell'ordine", Smith non è frenatore e dalla 'premessa 7' non è fuochista, quindi è l'ingegnere.

Quota nunc hora est? Superest tantum ecce diei quantum bis gemini exacta de luce trientes.
Valete!

Provo a tradurre:
Che ore sono adesso? Ecco rimangono tante ore (alla fine del giorno) quante due volte i due terzi delle ore passate.

Gianfranco Bo
Supponiamo che la giornata sia costituita da n ore e che ne siano passate x.
Allora ne devono ancora passare n-x.
Perciò:
2*2/3*x = n-x
4/3*x + x = n
7x = 3n
x = 3n/7

Dovete inserire un triangolo e 2 cerchi in un quadrato di lato unitario.
Qual è la superficie massima che riuscite a coprire ?

Paolo P.
Sono arrivato al 92,9 %, ma ho scoperto che si può fare meglio. Purtroppo credo di aver capito come, ma la ricerca del massimo richiede troppo tempo (almeno, per me!)

Cesarone
Sovrapponendo le figure, sono arrivato anch'io a quasi il 93% (dipende dalle approssimazioni). Ho messo un triangolo con cateti due lati del quadrato, poi un cerchio grande centrato nel centro del quadrato e un cerchio piccolo inscritto nella metà del quadrato (triangolone) non occupata dal primo triangolo. Si ma... integrali, sistemi, ecc. come dicono nella pubblicità... du' palle!

Devo dividere il recinto dei miei ornitorinchi, perfettamente circolare, in quattro parti uguali per superficie.
Come tutti sanno, gli ornitorinchi, gli echidna e tutti gli altri monotremi non possono sopravvivere se le recinzioni si incontrano in modo da formare nodi a quattro per cui non si può dividere il cerchio con due diametri perpendicolari.
Qual è il modo più economico (cioè utilizzando meno rete possibile) per dividere un cerchio in 4 parti equiestese senza che le recinzioni facciano nodi a quattro ma solo a tre?

Il raggio del recinto è r e per la recinzione sono necessari 4r + 6,28r di rete

Con quest'altro metodo è possibile utilizzare una rete lunga meno di 4r per la parte interna?

Data una una curva (es. un analemma) si può sapere se esiste un'equazione che la descriva?

Alan Viezzoli
Io direi l'aereo ("picchiare" ha il significato anche di "scendere in picchiata").

Silvia Macis, Alan Viezzoli
La mia risposta è 11. Secondo me perchè dopo ogni numero segue il numero corrispondente delle lettere del precedente e quindi il numero delle lettere di 14 è 11.

Immaginiamo due treni che viaggiano in direzioni opposte sullo stesso binario, purtroppo destinati a scontrarsi.
Un uccellino vola da un treno all'altro fino al momento dell'incidente senza fermarsi mai (appena arriva su un treno riparte immediatamente).
Supponiamo che i due treni siano inizialmente distanti 120 km e che viaggino con velopcità costante di 60 km/h; l'uccellino ha velocità costante di 80 km/h.
E' facile rispondere alla domanda: quanto spazio percorre l'uccellino?
Un po' meno è rispondere a questa: quanti voli fa l'uccellino?
E' destinato a essere schiacciato?

Cesarone, Enrico Delfini
Si tratta di un paradosso molto simile a quello di Achille e la tartaruga, in cui pare che la tartaruga non venga mai raggiunta da Achille. In questo caso potrebbe sembrare che l'uccellino non venga mai schiacciato dai due treni.

Prima di tutto rispondo alla prima domanda.
Date le equazioni del moto dei treni, calcolo il tempo che impiegano per scontrarsi:

Treno 1) x = vt
Treno 2) x = x0 - vt

x : spazio percorso
v = 60 Km/h (velocità treni)
x0 = 120 Km (distanza iniziale)

I due treni si incontrano dopo t secondi:
vt = x0 - vt, allora:
t = 1 h
Questo mi serviva solo per verificare che gli altri tempi non mi venissero sballati.

Ora, se w è la velocità dell'uccellino e supponiamo che l'uccellino parta dal primo treno inizialmente, cioè parta per x = 0, calcoliamo il tempo che impiega per raggiungere il treno 2:

wt1 = x0 - vt1, dove t1 è il tempo cercato.

t1 = x0 / (w + v) = 6 / 7 h

Nel secondo viaggio, l'uccellino dovrà raggiungere il treno 1, che avrà già percorso uno spazio vt1. L'equazione del moto dell'uccellino nel secondo viaggio sarà:

x = wt1 - wt

Il tempo t2 che impiega per raggiungere il treno 1 dal momento in cui riparte dal treno 2 sarà:

wt1 - wt2 = vt1 + vt2, dove t2 è il tempo cercato.

t2 = t1*(w - v) / (w + v) = 6 / 49 h

Se si prosegue col calcolo dei tempi di ogni viaggio, si nota che i tempi di ogni viaggio ovviamente diminuiscono sempre più e sono rappresentati più precisamente da questa formula:

viaggio i-esimo: ti = 6 * (1/7) ^ i

A questo punto supponendo che l'uccellino sia un punto materiale, quindi di lunghezza infinitesimale, il pedice i va fatto variare da 1 a più infinito. Per calcolare lo spazio complessivamente percorso dall'uccellino si può usare la nota formula:

Sommatoria(y ^ n) = 1 / (1 - y), per n => 0 e per VAL.ASS. di y < 1.

Nel nostro caso la sommatoria andrà da 1 a infinito:

Sommatoria_da_1_a_infinito( w * 6 * (1/7) ^ i) =

= 480 * ( Sommatoria_da_0_a_infinito( (1/7) ^ i ) - 1) =

= 480 * ( 1 / (1 - (1 / 7) ) - 1 ) = 80 Km,

che è lo spazio cercato.

Per quanto riguarda la seconda domanda:
il numero di voli dell'uccellino è dato dal valore massimo di i. Quindi l'uccellino compie infiniti voli, ma sotto l'ipotesi che l'uccellino sia un punto materiale. Altra ipotesi da fare: il tempo di inversione del moto deve essere nullo, ma ovviamente questo implicherebbe un lavoro infinito.
Se facciamo un'ipotesi un po' più realistica di un uccellino lungo circa 20 cm, allora il poveraccio non riuscirebbe a completare neppure l'ottavo volo.

Terza domanda:
ovviamente l'uccellino viene schiacciato. Essendo in teoria infiniti i suoi voli, si potrebbe pensare che esso non venga mai schiacciato, ma in realtà a un numero di voli infinito corrisponde anche un tempo di volo via via decrescente, fino a valori infinitesimi. Questo porta a dire che la somma dei tempi dei voli sia in realtà finita e LA MORTE CERTA!

Zapatino
Non è farina del mio sacco, ma invio questa soluzione che mi pare estremamente più semplice, e che possa fare al caso di chi non ama i calcoli troppo lunghi...
I due treni si scontrano dopo 1 ora, in quanto hanno una velocità di 60 km ciascuno e sono distanti 120 km.
Visto che l'uccellino viaggia ad una velocità costante di 80 km/h, l'uccellino avrà percorso 80 km, avendo viaggiato per un'ora a quella velocità.

Gennaro Cangiano
Questo problema fu posto a Neumann (si scrive così?) il padre della cibernetica, famoso per la rapidità dei calcoli.
Rispose immediatamente e quando gli chiesero come avesse fatto, replicò: "Semplice, ho fatto la somma dei tempi parziali".
Battute a parte, ma qual è il gradiente di velocità dell'uccellino? Mica vola a velocità costante! Dovrà frenare quando arriva ad un treno e accelerare quando riparte verso l'altro.....allora?

Questo problema è stato posto da Paolino89 al Forum ma una versione molto simile mi era stata inviata in precedenza da Gonario Nieddu, assieme alla soluzione. Per questo motivo ho riportato due autori.

Dieci nani vengono catturati da una tribu di feroci cannibali che decidono di mangiarli per il pranzo del giorno successivo.
Il capotribu decide tuttavia di lasciare ai nani una chance per salvarsi.
Il giorno seguente alla loro cattura, i nani verranno messi in fila indiana e sul capo di ciascuno verrà messo un cappello di colore bianco o nero.
Ogni nano, ovviamente, può vedere il colore dei cappelli dei nani che si trovano davanti a lui ma non il proprio né quelli dietro.
I nani avranno salva la vita se (a cominciare dall'ultimo della fila, cioè quello che vede davanti a sé nove cappelli, fino al primo della fila, che davanti a sé non ha nessuno) indovineranno il colore del cappello che hanno sulla testa.
Durante la notte i nani studiano uno stratagemma affinché si salvino più nani possibile.

La domanda è: qual è il migliore stratagemma e quanti nani si possono salvare con certezza?

Ricordate che i cappelli non devono essere necessariamente 5 bianchi e 5 neri: la loro distribuzione e proporzione è assolutamente casuale. Inoltre, durante la cerimonia, i nani non possono comunicare fra loro. Possono pronunciare, uno dopo l' altro, solo il colore del proprio cappello. Dopo che ciascun nano ha pronunciato il presunto colore del cappello, quelli successivi (sapendo se è stato ucciso o no) sono al corrente della esattezza o meno della risposta (quindi del colore effettivo del cappello di quel nano).

Enrico
Considerando che i nani in questione siano saggi, onesti, caritatevoli, buoni, coraggiosi, pronti al sacrificio, che cioè assomiglino poco agli uomini, possiamo immaginare che ragionino in modo razionale ed altruista al tempo stesso.
Intendo dire che si comporterebbero in modo da rendere massimo il beneficio collettivo, anche se ciò comportasse un piccolo danno personale.
Come primo gradino, propongo questo procedimento:
Numeriamo 1,2,3,...10 i nani: il primo a parlare,10, dice il colore del cappello in testa a 1; 9 dice il colore in testa a 2, e così fino a 6 che dice il colore di 5. Adesso da 5 a 1, almeno cinque nani sono salvi. Dei primi cinque, statiscamente, se ne sono salvati 2 e mezzo.
Ma forse si può fare meglio.

A. P.
Durante la notte si accordano

nero=1
bianco=0

il primo a parlare fa la somma di tutti i cappelli che vede e dice il resto della divisione per due, 50% di salvezza, quello davanti a lui somma di nuovo e capisce il colore del suo cappello (nero se il resto è diverso dall'affermazione precedente, bianco se uguale), lo stesso fanno quelli davanti, che hanno tenuto a mente i colori già detti a partire dal nono.

9 salvi di sicuro, il primo al 50%

^__^

Gianfranco Bo
Molto bello questo problema!

Oggi finalmente ho avuto l'illuminazione, anche se non è tutta farina del mio sacco ma è dovuta in gran parte ad uno scambio epistolare che ho avuto di recente, forse con Gonario Nieddu
Vedo che, come al solito sono ritardatario però la posto lo stesso perché è leggermente diversa dalle altre.
Complimenti ad Enrico e ad ap. Per ap: la mia soluzione è simile alla tua nella quale però mi sembra che manchi una parola???

Dunque...

Il nano in fondo alla fila conta i cappelli bianchi che vede davanti a sé.
Se il numero è pari, dice "Bianco."
Se il numero è dispari dice "Nero."

Da questo momento in poi tutti i nani possono capire il colore del proprio cappello man mano che vengono date le successive risposte.

Supponiamo ad esempio che abbia detto "Bianco".

Se il secondo nano vede un numero pari di cappelli bianchi vuol dire che il suo è nero, e dice "Nero".
Se invece ne vede un numero dispari, dice "Bianco".

Finché non cambia la parità dei cappelli visti, i nani successivi diranno sempre "Nero"

Quando cambia la parità dei cappelli visti, il nano in questione dirà "Bianco"

Ogni volta che viene detto "Bianco" la parità dei bianchi cambia.

9 nani si salveranno.
Il primo che parla ha il 50%

Ovviamente i nani devono mettersi d'accordo e il primo che parla deve essere disposto a sacrificarsi.

Gonario Nieddu
Assumiamo bianco=0 e nero=1.
Qualunque sia il numero di prigionieri, il primo a parlare vede una serie di capelli la cui somma è o pari o dispari.
Se è pari dice "bianco", se è dispari dice "nero".
Il secondo a parlare vedrà anche lui una serie, diminuita di un elemento. Se la somma resta qualitativamente identica significa che il suo capello è uno zero (bianco) se cambia qualità ovviamente il suo capello è un uno (nero).
Il terzo a parlare deve ricordarsi cosa hanno detto il primo e il secondo, e ragionando sulla qualità della somma vista da lui capisce che valore ha il suo cappello.
E così via....

Un cerchio è diviso in 8 settori uguali.
Metà sono colorati di blu e metà sono colorati di rosso.
Un cerchio più piccolo concentrico con il primo è pure diviso in 8 settori, metà dei quali è colorata di blu e metà di rosso.
Dimostrare che in qualunque modo siano scelti i settori da colorare di blu e di rosso, è sempre possibile ruotare il cerchio piccolo in modo che si abbiano almeno 4 settori confinanti dello stesso colore.

Sprmnt21
Proviamo prima che esistono nei due cerchi due coppie di colori uguali "equidistanti".

Relativamente ad un dato colore x, consideriamo nei due cerchi i gruppi di settori consecutivi monocromatici piu' lunghi. Se in entrambi i cerchi abbiamo gruppi di settori consecutivi monocromatici piu' lunghi di uno, abbiamo evidentemente due coppie di settori contigui di colore x che, a seguito di una opportuna rotazione, si "corrispondono".
Supponiamo quindi che uno dei due cerchi abbia i settori colorati nel seguente modo xyxyxyxy.
Se nel secondo cerchio i settori di colore x consecutivi sono 1, 3 o 4 cioe' abbiamo rispettivamente xyxyxyxy, xxx----- o xxxx----, possiamo mettere in corrispondenza due settori colorati x "separati" da un settore x-x.

Se invece i settori di colore x consecutivi sono 2, cioe' abbiamo xx------, si verifica facilmente che nemmeno in questo caso e' possibile avere i settori di colore x in posizioni tali che nessuna coppia si corrisponda. Infatti xx-x---- corrisponde a xyx-----(due x a distanza di un settore); xx--x--- e xx---x-- corrispondono a xyxyx--- (due x a distanza di tre settori); xx----x- corrisponde a xyxyxyx- (due x a distanza di cinque settori).

A questo punto ruotando il cerchio piccolo in modo da sovrapporre questedue coppie di settori

si ha che per i restanti sei posti abbiamo 4y+2x colori sopra e sotto, quindi al peggio si avranno due coppie yy sopra e sotto che si corrispondono.