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Ricreazioni di Marzo 2001

51. n ragazze bionde
inviato da Giuseppe D. R.
Sia data una collezione di n ragazze bionde.Se almeno una è con gli occhi azzurri allora tutte sono con gli occhi azzurri.
N.d.R. Immagino che Giuseppe chieda di dimostrare questo teorema, evidentemente umoristico.

>>> Risposte & riflessioni
Lorenzo Navari
Possibile soluzione giocando sulle parole
ovvero intendendo la 'collezione di n ragazze' quale soggetto della prima frase ed al quale fanno riferimento le ipotesi e le deduzioni successive.

Data una (unica) 'collezione di N ragazze bionde' se almeno una 'collezione di N ragazze bionde' è con gli occhi azzurri allora tutte (dato che è unica) le 'collezioni di N ragazze bionde' sono con gli occhi azzurri.

50. Comprimere i numeri: un problema ancora aperto
N.d.R. Ricordate il problema 44, "Comprimere i numeri" proposto da Alessandro Reale?
Esso viene qui riproposto in una variante apparentemente più semplice e più ricreativa...
inviato da Stefania D.
Partendo da un qualsiasi numero a 2 cifre,compreso tra 10 e 99, trovare il corrispondente numero ad 1 cifra, tale che con procedimento opposto si possa risalire al numero a 2 cifre.
Esempio: dato 43  il numero corrispondente potrebbe essere 3.
La regola applicata e' la seguente:sommare i due numeri cioe' 4+3=7, riferirsi al numero 10 e sottrarre da questo il numero 7 ottenendo un numero ad 1 cifra cioe' 3.   (10-(4+3))=3.
Conoscendo il numero 3 posso risalire al numero 43 cosi' facendo:

• 10-3=7...... (vengo  cosi' a conoscere la somma di 4+3);

• al numero 7 ora sottraggo il numero 3 e riottengo anche il numero 4.

Questo metodo e' valido ma funziona solo per alcuni dei numeri compresi tra 10 e 99.
Occorrre trovare un procedimento che sia valido per tutti gli 89 numeri di due cifre compresi tra 10 e 99.
N.B.A fianco del numero di partenza  a due cifre e' possibile immaginare anche altri numeri.

>>> Risposte & riflessioni
Gianfranco Bo
Alcune considerazioni personali.
Questo problema è una vera sfida. Così, sulle prime, sembrerebbe irrisolvibile.
Come ha già affermato Alessandro C., non è possibile mettere in corrispondenza biunivoca un insieme finito con un suo sottoinsieme proprio.
Però, mettendo in moto il pensiero laterale e magari aggiustando le condizioni del problema, forse una soluzione si potrebbe trovare, chissà...
In matematica, a volte, l'impossibile si realizza, vedi ad esempio il teorema di Banach-Tarski, ma non solo.
In ogni caso, se qualcuno risolve questo problema, allora automaticamente è risolto anche il problema di Alessandro Reale.
Di più: qualunque numero intero sarebbe esprimibile con una sola cifra! Lascio ai visitatori l'arduo compito di dimostrare questo ipotetico corollario.

49. Il gelato a limone
inviato da Dino
Ivana, professoressa di matematica, racconta: "Non riesco a ricostruire come era formata la comitiva di amici con cui ieri sera sono andata a teatro, pensare che ricordo perfettamente quanti eravamo in totale, che il costo dei biglietti era di Lire 1800, 1300 e 700 rispettivamente per uomini, donne e ragazzi e che abbiamo speso in tutto Lire 20000"

Dopo alcuni istanti aggiunge: "Che fortuna, proprio adesso ricordo che il piccolo Emanuele ha voluto un gelato al limone durante l'intervallo, ora posso ricostruire esattamente il gruppo!"

Come era formata la comitiva?

>>> Risposte & riflessioni
Dino
Indicando con x, y e z rispettivamente il numero di uomini, donne e bambini, deve essere:
(1800·x) + (1300·y) + (700·z) = 20000

Poiché x, y e z devono essere interi positivi, con semplici calcoli, si scopre che le uniche soluzioni intere dell'equazione diofantina sono:

Poiché la professoressa ricorda il totale dei partecipanti, (x + y + z = T), ma inizialmente non riesce a risolvere il problema, le righe contrassegnate con (a) devono essere tutte scartate, essendo combinazioni che producono un totale univoco. Anche le righe contrassegnate con (b1) e (b2) devono essere scartate in quanto (b2) è impossibile, dato che presenta il valore di y nullo mentre invece almeno la professoressa era presente. Quindi la professoressa dei due valori avrebbe accettato solo l’ipotesi (b1), ma una volta tolto (b2) lo estrometterebbe anch'esso per la ragione vista per le righe (a). Rimangono perciò in combutta solo le righe contrassegnate con (c1) e (c2).

Improvvisamente la professoressa si ricorda della presenza di almeno un bambino e ciò elimina anche la riga (c1) che non può essere valida in quanto presenta un valore per z nullo. Ne segue che la soluzione è la riga contrassegnata da (c2). La comitiva era perciò formata da 7 uomini, 3 donne (di cui una è la professoressa di matematica!) e 5 bambini (di cui uno è il rompiballe che ha preteso il gelato nell'intervallo!!) per un totale di 15 persone, numero che ricordava la professoressa fin dall'inizio.
Renzo Bresciani
Lo confesso, ho usato excel fregandomene della "sfida" che però non abbandono.

Una soluzione (no so se ne esiste più di una) è
7 uomini 3 donne 5 ragazzi

Naturalmente cercherò di arrivarci senza excel.

Questa volta non ho usato excel. Un'altra soluzione ammissibile è 10 donne e 10 ragazzi. E' ammissibile perchè non dice espressamente che c'era almeno uno per ogni biglietto e comunque i ragazzi c'erano (Luigino) e anche le donne (la "narratrice").

Giorgio Dendi è il vincitore dei Campionati Internazionali di Giochi Matematici tenuti a Parigi nel 2000.
48. Ottenere 6 con tre numeri uguali
inviato da Giorgio Dendi
Vediamo il problema
Ho trovato su "Le scienze" che Martin Gardner chiedeva:
Come si fa ad ottenere 6 con tre 2, con tre 3,... con tre 9?
Esempio
2 + 2 + 2 = 6
3 x 3 - 3 = 6
4 4 4 = 6...
Naturalmente, io ho cercato di andare oltre, ma qualcun altro vuole provare a fare altrettanto?
Bisogna ovviamente, usare qualche altro operatore, ma non si deve usare nessun altro numero, nè spostare quelli già scritti.
Inoltre, se si dovesse, per esempio, arrivare all'11, non vale inserire nulla tra i due 1, in modo che si legga proprio undici e non uno più o volte o altro uno.
Siccome ad un certo punto si inseriscono le radici quadrate, è vietato usare l'operatore parentesi quadra nel significato "parte intera di",
perchè renderebbe inutile il problema infatti nel caso
473 473 473 = 6,
potrei risolvere
(parte intera di radice di radice di radice di 473) + (parte intera di radice di radice di radice di 473) + (p. int. di r. di r. di r. di 473) = 6
Sono quindi vietati tutti gli operatori di questo tipo, ma anche la radice cubica, che richiede la scrittura di un 3.
Io, con l'aiuto dei miei amici del Mensa e dei partecipanti ai Campionati di Matematica di Parigi dell'anno scorso siamo arrivato abbastanza avanti, ma forse si può fare di meglio...?

Ecco un possibile schema da proseguire:
Inserire opportunamente dei segni di operazioni o funzioni matematiche, seguendo le regole indicate da Giorgio Dendi, in modo da ottenere sempre 6.
1 1 1 = 6
2 2 2 = 6
3 3 3 = 6
4 4 4 = 6
5 5 5 = 6
6 6 6 = 6
7 7 7 = 6
8 8 8 = 6
9 9 9 = 6
10 10 10 = 6
11 11 11 = 6
12 12 12 = 6
...
x x x = 6
...
...e così via.

>>> Risposte & riflessioni
Gianfranco Bo
Questo problema, nella versione di Martin Gardner, si trova su Base Cinque, nella pagina I quattro quattro. Riporto le soluzioni proposte.

(1 + 1 + 1)! = 6
2 + 2 + 2 = 6
3! + 3 - 3 = 6
(4 - 4/4)! = 6
5 + 5/5 = 6
6 + 6 - 6 = 6
7- 7/7 = 6
((radq(8 + 8))!/8)! = 6
9 - 9 + (radq(9))! = 6

x x x = 6

Hai trovato una nuova soluzione per x>9?
Inviala a BASE Cinque. Sarà graditissima!
Giorgio Dendi

(0!+0!+0!)!=6

8-rad(rad(8+8))=6

(rad(10-(10/10)))!=6

(Log(10x10x10)!=6

(rad(11-Log(11/,11)))!=6

rad(12+12+12)=6

(13-AntiLog(13/13))!=6

(arcsen(15/15))/15=6

rad(16+16+rad(16))=6

16-rad(16/,16)=6

rad(rad(16))+rad(rad(16))+rad(rad(16))=6

(18/(rad(18+18)))!=6

(rad(18/Log(18/,18)))!=6

rad(19-AntiLog(19/19))!=6

(rad(rad((19/,19)-19)))!=6

(rad(19-rad(19/,19)))!=6

Nota: Log e AntiLog si intendono in base 10.
Spero di non aver commesso qualche errore di copiatura: sono i modi per fare 6 che ho trovato, anche con la collaborazione del prof. Nando Geronimi, che ha accompagnato la squadra italiana a Parigi l'anno scorso, e di Alan Viezzoli, mio concittadino triestino e collega di enigmistica.
Il mio amico prof. Alessandro Fonda suggerisce pure:
(card(14, rad(14), rad(rad(14))))!=6, che permette di ottenere 6 da qualunque numero, e quindi ho deciso che non vale.
(card = la cardinalità dell'insieme).

Riepilogando, da 0 a 19 ci manca da riempire ancora 14 e 17.
Filippo Z.

14-(log14/log(sqrt(sqrt(sqrt(14)))= 6
Gianfranco Bo

(cos(14Pi) + cos(14Pi)  + cos(14Pi))! = 6 (dove Pi è pi greco).

Lo so, c'entra Pi, che è un modo per mascherare un numero, ma anche con la
radice quadrata si maschera il 2, con il logaritmo si maschera il 10 o l'e e con
il fattoriale si maschera di tutto. Perciò...
Alan Viezzoli

14-(Log14/LogÖÖÖ14) = 6

dà realmente 6 come risultato. Infatti basta ricordare una proprietà fondamentale dei logaritmi che recita  così:

logab = logcb/logca

Così scrivere

Log14/LogÖÖÖ14 (Ö = simbolo di radice quadrata)

equivale a scrivere

log_ÖÖÖ1414

che è uguale ad 8.

Analogamente si può scrivere:

(Ö(11-(Log11/LogÖ11))! = 6

Così si può scrivere:

(Ö(17-(Log17/LogÖÖÖ17)))! = 6 (e abbiamo una risposta anche per il 17) e analogamente per tutti i numeri che sono soddisfatti da una di queste tre formule

3+2^n;     6+2^n;    9+2^n
Dario Ripamonti

log(n) + log() _______________ log()

log(n) = _________ log()

= _________

= ____

= 6

La formula di Dario dimostra che, utilizzando il logaritmo, è possibile esprimere 6 con qualunque terna del tipo n, n, n, con n>0.
Gianfranco Bo
Tutto questo lavorio con i logaritmi ha fatto venire un'idea anche a me.

(log_Ön(nÖn))! = (log_Önn + log_ÖnÖn)! = (2 + 1)! = 6

dove Ön significa radice quadrata di n

 47. Le strade di Digilandia
inviato da Giorgio Tumelero
Questa e' la cartina delle citta' e delle strade di Digilandia.
In questa bizzarra isoletta le citta' hanno per nome dei numeri, e precisamente, dei numeri da 1 a 11.
Inoltre, le strade che collegano due citta' hanno la caratteristica di essere lunghe, in chilometri, quanto e' la differenza tra i nomi (i numeri) delle due citta'.
Per esempio, la strada che da 1 porta a 11 (esiste davvero!) misura 11 - 1 = 10 Km.
Sapendo che non ci sono due strade lunghe uguali segnare nella cartina i possibili nomi (numeri) delle undici città.

Ecco le indicazioni per disegnare il grafo.
Tra parentesi scrivo le coppie di vertici che sono uniti da una "strada":
(v1, v4), (v2, v4), (v3, v4), (v4, v5), (v5, v6), (v5, v7), (v5, v9), (v7, v8), (v9, v10), (v9, v11)

N.B.
Le distanze sul grafo non sono in scala.
Il problema consiste nello scrivere correttamente i numeri da 1 a 11 (che sono i nomi delle città) nei cerchi gialli.

>>> Risposte & riflessioni
Giacomo Oliviero D.
I nomi delle città sono:
v1=3
v2=2
v3=1
v4=11
v5=4
v6=6
v7=8
v8=9
v9=10
v10=7
v11=5

Giorgio Tumelero
Una possibile soluzione e':
v1=11, v2=10, v3=9, v4=1, v5=8, v6=5, v7=4, v8=6, v9=2, v10=7, v11=3
Un'altra, che curiosamente conserva la lunghezza delle strade e':
v1=1, v2=2, v3=3, v4=11, v5=4, v6=7, v7=8, v8=6, v9=10, v10=5, v11=9

Alan Viezzoli
Ho letto le soluzioni proposte da Giorgio Tumelero per il problema 23 "Le
strade di Digilandia" e ho cercato di capire in che modo Giorgio ha ricavato la seconda soluzione.
Ecco la spiegazione.

Data una soluzione corretta, si può sempre trovare una soluzione alternativa che conservi la lunghezza delle strade. Basta trasformare ogni numero x nel numero 12-x. La dimostrazione è presto detta.
Chiamiamo a e b due città qualsiasi. La strada che le congiunge è |a-b|, dove le sbarrette verticali indicano il valore assoluto, nel caso b sia minore di a. Si nota subito che questo valore è uguale a |(12-a)-(12-b)|
poiché

|(12-a)-(12-b)| = |12-a-12+b| = |-a+b| = |-(a-b)| = |a-b|

La strada tra due città è la stessa anche se sottraiamo ciascun numero da 12.
Così alla soluzione di Dovier si può affiancare un'altra che conserva le strade:
v1=9 v2=10 v3=11 v4=1 v5=8 v6=6 v7=4 v8=3 v9=2 v10=5 v11=7

 46. Il pittore di strade 
Un uomo viene assunto per dipingere le strisce bianche continue e discontinue sulla carreggiata di una strada. Il primo giorno dipinge 8 km di strada. Il secondo giorno ne dipinge 4 km. Il terzo giorno 3 km. Il quarto giorno dipinge soltanto le strisce di una curva.

Come si spiegano questi strani risultati? Sono forse dovuti a qualche motivo sconosciuto? 

>>> Risposte & riflessioni
Alessandro Capponi
-----------------------------------------------
Il primo giorno dipinge un rettilineo di una strada normale doppio senso di marcia quindi una sola striscia tratteggiata.
Quantità dipinta 4km.
---------------------
Il secondo giorno dipinge la stessa strada in un tratto tutto a curve quindi dipinge la stessa quantità del primo giorno ma in linea continua. 
Quantità dipinta 4 km.
----------------------
Il terzo giorno la strada diventa a tre corsie per 2 km per poi tornare a una corsia curva. Riga continua per 3 km piu riga discontinua parallela per 2km.
Quantità dipinta 4 km.
----------------------
Il quarto giorno è domenica ed il nostro eroe si riposa ma trova il tempo di dipingere le strisce di una curva del plastico che sta costruendo per il figlio come regalo di natale...
Quantità dipinta 4 cm.
----------------------

45. Uccelli nel camion
proposto da Gianfranco Bo
Un camion trasporta un carico di uccelli. Ad un certo punto gli uccelli iniziano a volare all'interno del camion.

Il peso del veicolo diminuisce o rimane uguale?

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
Il peso del camion rimane assolutamente invariato. Dato il peso come somma dei pesi degli oggetti che lo compongono, in qualsiasi posizione all'interno dell'oggetto stesso essi si trovino.
Per far pesare meno il camion, gli uccelli dovrebbero uscire dal camion stesso.
Se il camion è sigillato allora il peso non varia perche gli uccelli esercitano una forza peso nell'aria all'interno del camion, ma se il camion fosse aperto allora la forza peso sull'aria sarebbe rivolta anche all'esterno.

44. Comprimere i numeri
Inviato da Alessandro Reale
Il mio problema e' da tempo irrisolto e forse irrisolvibile.
Dato un qualsiasi Numero Intero compreso tra 20 cifre e 256 cifre, quindi anche molto grande, e' possibile trovare un equivalente o corrispondente numero intero compreso tra un minimo di 7 cifre e al massimo 13 cifre?
Tale numero deve poi essere riconvertibile al numero precedente piu' grande corrispondente.
Trattasi di un Quesito Irrisolvibile?
La soluzione puo' essere trovata con qualsiasi espediente o procedimento o formula matematica. E' un quesito per Super Esperti.
Esempio:dato 589 758 458 004 478 458 496 785 457 157 478 555 774 113 447
cioe' 45 cifre trovare un numero corrispondente, esempio di 8 cifre: 457 789 145 12. Dato questo numero di 8 cifre, un amico, conoscendo il procedimento, egli deve poter tornare a quello più grande.

>>> Risposte & riflessioni
Alessandro Conti
Il problema è irrisolvibile, nel senso che non esiste alcun modo di "comprimere" in questo modo i numeri.
Infatti quello che si chiede di fare è di mettere in corrispondenza l'insieme dei numeri interi fino a 256 cifre (insieme A) con l'insieme dei numeri interi fino a 13 cifre (insieme B).
Questo corrispondenza deve essere biunivoca: infatti si richiede che ad OGNI elemento di A corrisponda un elemento di B e che ad un numero di B corrisponda UN SOLO numero di A, in modo da poter ritrovare univocamente il numero di partenza.
Ma il primo insieme ha un numero di elementi maggiore rispetto al secondo; infatti i numeri interi distinti fino
a 256 cifre sono 10^256, mentre i numeri fino a 13 cifre sono soltanto 10^13. Di conseguenza una tale corrispondenza uno a uno fra i numeri dei due insiemi non può esistere.
L'unica possibilità è quella di selezionare in A un ristretto sottoinsieme (con al massimo 10^13 elementi) di numeri; a ciascun numero di questo sottoinsieme può ora essere associato biunivocamente un elemento di B.

Roberto Callegari
Basta effettuare un cambiamento di base.
Ad esempio, per esprimere tutte le cifre composte da due numeri in base 10 con una cifra sola basta adoperare 100 simboli.
E in questo caso la trasformazione è biunivoca ed è possibile percorrerla in entrambi i sensi senza commettere alcun errore.

Gianfranco Bo
Alcune considerazioni personali.
Questo problema assomiglia un po' al:
50. Comprimere i numeri: un problema ancora aperto di Stefania D.
Così, sulle prime, sembrerebbe irrisolvibile.
Però, mettendo in moto il pensiero laterale e magari aggiustando le condizioni del problema, forse una soluzione si potrebbe trovare, chissà...
In matematica, a volte, l'impossibile si realizza, vedi ad esempio il teorema di Banach-Tarski...
Dunque, come mi chiede Alessandro Reale, lascio ancora aperto questo problema e preciso che, nelle intenzioni dell'autore, i numeri si intendono espressi in base 10.

43. La macchina della verità 
Il commissario Hal Mammoliti sta interrogando un uomo il quale è collegato alla macchina della verità. La macchina segnala se le risposte dell'uomo sono vere o false.
Per la precisione, ad ogni risposta vera si accende una luce verde e ad ogni risposta falsa si accende una luce rossa. Alla fine dell'interrogatorio la macchina emette un biglietto in cui stampa il numero di risposte vere e il numero di quelle false.

Commissario: "Nome e cognome?"
Uomo: "Salomon Goldstein"
Commissario: "Luogo di nascita?"
Uomo: "Stato di Israele."
Commissario: "Data di nascita?"
Uomo: "15 febbraio 1938."
Commissario: "Lei ha ucciso suo zio?"
Uomo: "No!"
Commissario: "Lo vide morire?"
Uomo: "Lo vidi mentre si suicidava."

Durante tutto l'interrogatorio la macchina della verità non segnala nulla perché le lampadine sono bruciate.
In compenso emette il seguente biglietto:
------------------------------------
Numero domande: 5
Numero risposte vere: 4
Numero risposte false: 1
------------------------------------

Hal Mammoliti, dopo aver meditato alcuni minuti, esclama: "Quest'uomo è innocente!"

Per quale motivo il commissario giunge a questa conclusione? 

>>> Risposte & riflessioni
Davide Iannitti
Lo Stato di Israele nasce alla fine della seconda guerra mondiale. Il 15  febbraio 1938, quei territori facevano quindi parte della Palestina Britannica e non erano indipendenti.Salomon Goldstein ha mentito quindi solo sulla seconda (o sulla terza) domanda ed è quindi innocente (se la macchina funziona).

Gian Marco V.
La mia soluzione è la seguente:
Se abbiamo una bugia e 4 verità, l'analisi va fatta sulle ultime due domande:
Commissario: "Lei ha ucciso suo zio?"
Uomo: "No!"
Commissario: "Lo vide morire?"
Uomo: "Lo vidi mentre si suicidava."
Supponiamo infatti che l'uomo sia colpevole, la quarta risposta è mendace ("Non l'ho ucciso io") e la quinta veritiera ("Lo vidi mentre si suicidava"), ma le due cadono in contrasto, da cui il fatto che la risposta mendace è una delle prime tre.
Ma a questo punto, non ci interessa quale, dal momento che lo scopo era dimostrare l'innocenza o colpevolezza dell'uomo.

Triex
Se la risposta sbagliata è una sola, vuol dire, considerato che abbia detto la verita sulle generalità, che, o ha mentito per quanto riguarda l'aver ucciso lo zio, ma di conseguenza la risposta successiva è corretta, e questo è in contraddizione, oppure non ha visto suo zio suicidarsi e non lo ha ucciso, quindi è innocente.
Ricordiamoci però che la macchina della verità è abbastanza inaffidabile, e, a meno che non sia perfetta (impossibile!), Salomon potrebbe benissimo aver mentito.

Gianvittorio Righi
Poniamo che le risposte e le domande abbiano un numero di sequenza per semplicità di spiegazione 
1 = nome e cognome 
2 = luogo di nascita e così via 
Si parta dal presupposto che solo una di quelle risposte è falsa e le risposte 1, 2, 3 non dichiarano la sua innocenza .

Quindi se la risposta 1 è falsa allora 2, 3, 4, 5, sono vere ed è innocente 
se 2 falsa allora 1, 3, 4, 5, vere e innocente 
se 3 falsa allora 1, 2, 4, 5 vere e innocente 
se 4 falsa allora 1, 2, 3 vere (e non ci interessano ai fini dell'innocenza) lui ha ucciso suo zio ma non sarebbe vera la 5 che dice che si è suicidato quindi la 4 non puo' essere falsa (altrimenti avremmo due risposte false) stessa cosa vale per la domanda 5 .
La non verita quindi e' stata detta in una delle risposte 1, 2, 3, che non modificano niente ai fini dell'innocenza.

Gianvittorio Solari
Poichè la macchina dice che una sola risposta è falsa ammettiamo che abbia mentito su
Hai ucciso tuo Zio? No

Ciò contraddirebbe sul fatto di averlo visto sucidarsi ha detto la verità e viceversa.

42. Dieci gruppi di perle
Inviato da Davide Darzenton
Un sultano pone un quesito ad alcuni dei suoi sudditi per vedere chi merita di essere il suo più capace servitore:
"Di fronte a voi avete 10 gruppi di 10 perle ciascuno, tutte ugualmente uguali tra loro ma di peso diverso, ovvero:

• nel 1° gruppo ogni perla pesa un grammo
• nel 2° ogni perla pesa 2 g
• nel 3° 3 g
• ...e così via fino all'ultimo gruppo dove ogni perla pesa 10 g.

Avete una bilancia e UNA UNICA pesata per capire quali sono i singoli gruppi (da 1 g., da 2 g., da 3 g., ....)

Come si fa?

>>> Risposte & riflessioni
Ettore
Il problema è risolvibile mettendo sul piatto della bilancia tutti e 10 i sacchetti, per un peso pari a 550 g.
Togliendo uno alla volta i 10 sacchetti, in base al peso rimasto, si può determinare il peso delle singole perle.
Se infatti togliendo il primo sacchetto il peso restante è 520 g, sappiamo che il saccehtto tolto pesa 30 g, e che quindi il sacchetto contiene perle da 3 grammi.
Così facendo con un'unica "pesata", perchè non vado a sostituire il materiale, vado solo a toglierlo 9 volte, determino il contenuto di ogni sacchetto.

N.d.R. La risposta di Ettore forza un po' il significato di "unica pesata" ma è la migliore risposta che abbiamo finora.
Qualcuno conosce un'altra risposta?

Massimiliano Bez
Ritenendo che il problema non sia da risolvere col pensiero laterale, penso che non sia risolvibile e spiegherò perchè.
Qualunque sia la strada scelta, il risolutore dovrà prendere n(1) perle di peso p(1) dal 1° sacchetto,..., n(10) perle di peso p(10) dal 10° sacchetto.
Il peso letto sarà: P=n(1)p(1)+...+n(10)p(10); con P compreso tra 1 e 550.
Dato che le n sono fissate dal risolutore, l'unica cosa che può variare sono i pesi p delle perle (se conoscessimo il peso delle perle di ogni, il problema neanche sussisterebbe).
La funzione peso ad ogni (p(1),...,p(10)) associa il numero P.
Gli elementi della forma (p(1),...,p(10)) nel nostro caso sono 10!=3.628.800, mentre i pesi P possibili sono solo 550, dunque la funzione non è iniettiva.
Conoscendo il peso P, in generale, non si può risalire ad un unico (p(1),...,p(10)).

Dario Ripamonti
Prendo 1 perla dal primo gruppo, 2 dal secondo, 3 dal terzo e così via fino a 10 dal 10.
A questo punto ottengo un 'equazione del tipo
1*a+2*b+3*c+...+10j = T,
dove T è il valore della pesata in grammi.
Purtroppo non si riesce a determinare da questa equazione quale sia la combinazione di perle, perchè è possibile che una stessa massa T sia ottenuta con più di una combinazione. Dunque non ho risolto il problema, ma spero di poter essere d'aiuto a qualcun altro.

N.d.R. Invochiamo l'autore del quesito: fatti vivo! dacci un lume!

Forse abbiamo la soluzione!

Damiano Salvi
Dato che il sultano definisce i dieci gruppi come "primo, secondo, terzo,... decimo" significa che essi sono disposti in un ordine ben definito, ad esempio accostati su uno scaffale. Quindi il problema consiste solo nel riconoscere se il "primo" gruppo di perle è quello alla estrema destra o quello alla estrema sinistra. Perciò, basta pesarne uno qualunque per capire l'ordine. Per esempio, se quello più a sinistra pesa 10 grammi, gli altri peseranno nell'ordine 20, 30, 40,...,100 mentre se pesa 100 grammi gli altri peseranno 90, 80, 70,...,10

41. Ma perché sempre 1?
Inviato da Gianvittorio Righi
Si prenda un numero n finito.

• se e' pari lo si divida per due
• se e' dispari lo si moltiplichi per 3 e si aggiunga 1

Si ripetano le due operazioni con il risultato ottenuto e, proseguendo in forma ciclica, ci si accorgerà che prima o poi si giungerà sempre ad ottenere il numero 1.

Perché? 

Esempio: 20 pari quindi diviso 2 = 10 pari /2 = 5 dispari *3+1 = 16 pari /2 =8 pari /2=4 pari /2=2 pari /2 =1 risultato ma dispari e proseguo *3+1 =4 e cosi' via 

Ora mi chiedo perché e per quali motivi il risultato è sempre 1?

>>> Risposte & riflessioni
Giovanni Macchia
Il problema è il cosiddetto "problema 3x +1" . E’ posto nel seguente modo.

Definiamo la serie S_i con elemento iniziale S₀ = n, con n intero positivo

e

S_i =

La serie si definisce convergente, se

(1) Min (n) = lim _k->¥ Min(S₀, S₁, ..., S_k) = 1

Se si dimostra che Min(n) =1 per ogni n naturale, allora si capisce perché ciclicamente si arriva a ottenere sempre il numero 1, come richiesto da Gianvittorio Righi.

Attualmente, non è stato dimostrato per tutti i casi. Esiste solo una dimostrazione debole (molto importante peraltro) dovuta a Terras, che afferma (introducendo il concetto di stopping time) che la maggioranza degli interi positivi ha il comportamento (1). Per chi volesse approfondire l’argomento suggerirei i seguenti siti (il secondo è per palati molto raffinati…. )

http://personal.computrain.nl/eric/wondrous/#part1

http://www.cecm.sfu.ca/organics/papers/lagarias/paper/html/paper.html

40. Il più grande numero con quattro 1
Qual è il più grande numero che si può ottenere utilizzando quattro 1 e le usuali funzioni matematiche?

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
Presi 1 1 1 1, il numero più grande che può essere calcolato è 11¹¹ (11 alla undicesima).

Gianfranco Bo
Volendo giocare ancora con il fattoriale, con la regola di applicarlo non più di una volta ad ogni elemento, allora (11!^11!)! è ancora più grande.

Roberto B.
Ha inviato una soluzione che inizia così:
Considerando la notazione di Donald Knuth per esprimere un numero trattato da R.L.Graham per un problema combinatorio noto come teoria di Ramsey:
....
Purtroppo non sono riuscito a capirla bene, né ad applicarla al problema in questione e l'autore non ha indicato la sua e-mail.
Se Roberto passa ancora di qui, lo pregherei di inviarmi la soluzione specifica di questo problema.

Anonimo (?)
Qualsiasi soluzione possiate trovare io ho un numero più grande!
Se il vostro numero è espresso in base n allora si prende lo stesso numero e lo si considera in base n+1 e questo sarà più grande del precedente (se non è di una sola cifra).

39. Quanto vale la tabacchiera?
inviato da Alvaro Cassaro
Un vecchio contadino tedesco sta a letto, in punto di morte. Chiama i suoi due figli e dice al maggiore:
"Caro figliolo, io so che a voi la terra non piace. Voi amate la città. Ebbene, quando morirò tu, che sei il più vecchio, porta al mercato tutte le pecore che ci sono al momento della mia morte mettile in vendita. Con il ricavato fai due parti uguali e danne una parte a tuo fratello minore."

"E a che prezzo vendo le pecore?"

"Il prezzo lo determinerà la quantità di pecore che ci saranno in quel momento."
"Però se ci sono pochi animali il prezzo sará di pochi marchi e perderemo dei soldi! Mentre se sono molti, sará difficile per me venderli!"

"Tu non discutere i miei ordini! E ricordati di fare due parti uguali. Esattamente uguali! Poi, andate a Berlino tutti e due a spenderli come vi piace."

Il vecchio morì la settimana seguente. Il fratello maggiore, rispettando il volere del padre, portò al mercato tutte le pecore. Dopo averle contate scrisse su una tabella il prezzo di ognuna e aspettó i compratori. Al termine della giornata ebbe venduto tutti gli animali. Ritornó alla cascina dove lo stava aspettando il fratello minore.

"Hai venduto le pecore?"

"Si"

"Tutte?"

"Si"

"Nella forma che disse papà?"

"Si"

"Allora mi dai la mia parte?"

"Si"

E così dicendo posa sul tavolo lo zaino dove stavano i soldi della vendita, tirando fuori un pacco di biglietti, tutti da dieci marchi. Prese il primo "deca" e lo mise davanti a sè, dicendo:

"Uno per me"

Poi prese un secondo biglietto e lo appoggiò davanti al fratello dicendo:

"Uno per te"

E continuò così per una buona mezzora. Alla fine rimaneva un ultimo biglietto di dieci marchi ed era il suo turno.

"Uno per me" disse ancora. Poi vuotó lo zaino e caddero varie monete. Le raccolse e le diede al fratello dicendo:

"E questo è per te."

Il fratello minore contó gli spiccioli e protestó:

"Però qua non ci sono dieci marchi! E papà è stato ben chiaro: la metà
esatta per me."

Il fratello maggiore pensò un poco, poi cavò di tasca la sua tabacchiera. La
guardò, la vautò e la porse al fratello.

"Toh, prendi."

Il fratello minore prese la tabacchiera, la guardò, la valutò e rispose:

"Adesso sí che hai fatto le parti uguali!"

Problema: Quanto era il valore che i fratelli hanno dato alla tabacchiera?

Nota: non ci sono trucchi; è pura logica e matematica.

>>> Risposte & riflessioni
Alan Viezzoli
Immaginiamo di avere 20 pecore se le vendiamo tutte 20 subito ricaviamo 400 marchi, se le vendiamo tutte meno una ricaviamo 20*19+1=381 marchi o 363 o 210 e così via. Se però ipotizziamo di vendere tutte le pecore assieme, il problema è facilmente risolvibile.

Chiamando

P = numero di pecore
P = prezzo di ogni pecora

i marchi incassati sono P*P=P².
Dal problema è chiaro che la cifra delle decine di P² dev'essere dispari per cui si può porre P=10x+y con y<10.
Da ciò si ricava che P²=(10x+y)²=100x²+20xy+y²=10*(10x²+2xy)+y².
Poiché 10x²+2xy è sempre pari per qualunque valore di x e y, la quantità di decine di P² è dispari solo se è dispari la cifra delle decine di y².
Poiché y, per ipotesi, è minore di dieci, si possono analizzare i valori dei quadrati:
0²=0;
1²=1;
2²=4;
3²=9;
4²=16;
5²=25;
6²=36;
7²=49;
8²=64;
9²=81.
Si nota immediatamente che la cifra delle decine è dispari solo se la cifra delle unità è 6, quindi il primo fratello ha avuto 4 marchi in più del secondo.
Chiamando A l'incasso del primo fratello e B l'incasso del secondo fratello, si può scrivere:

A=B+4

e chiamando T il valore della tabacchiera

A-T=B+T, ovvero B+4-T=B+T

da cui si ricava T=2

38. Il Teorema del salario
Inviato da Dino
Voglio presentarvi il Teorema del salario che stabilisce che i matematici, gli ingegneri e gli scienziati in genere non potranno MAI guadagnare tanto quanto gli uomini d'affari e i commercianti.
Questo teorema può essere dimostrato sviluppando una semplice equazione matematica e calcolando un limite elementare.

L'equazione si basa su 2 postulati noti a tutti:

• Postulato n. 1: Sapere è potere
  da cui si ricava il corollario: Sapienza = Potenza

• Postulato n. 2: Il tempo è denaro
  in formule: Tempo = Denaro

Oltre ai due postulati si utilizza l'equazione ben nota a chi ha studiato un po' di fisica:

• Potenza = Lavoro / Tempo

Poiché:
Sapienza = Potenza e Tempo = Denaro

abbiamo, sostituendo nell'equazione:

Sapienza = Lavoro / Denaro

da cui, ricavando il Denaro:

Denaro = Lavoro / Sapienza

Calcoliamo ora due semplici limiti.
Se la Sapienza tende a zero, il Denaro tende all'infinito qualunque sia la quantità di Lavoro, anche se molto piccola.
Viceversa se la Sapienza tende all'infinito, il Denaro tende
a zero, anche se il Lavoro è molto elevato.

La conclusione è evidente: meno sapete e più guadagnerete.

Se non avete capito questa dimostrazione non preoccupatevi: ci sono buone possibilità che prima o poi facciate della grana !!!!

37. Il teorema di Power Point
inviato da Antonio S.
Vorrei contribuire al vs bel sito con un teorema pensato da un mio collega qualche anno orsono.
Premesso che ambedue lavoriamo per una multinazionale che opera nel campo della consulenza aziendale e che uno dei nostri principali strumenti di lavoro è costituito da Ms PowerPoint, con cui confezioniamo le presentazioni sui temi da trattare con e per i ns clienti, vado ad enunciare il teorema in questione.
Tale teorema fu partorito in occasione di una serie di infinite correzioni richieste al mio collega dall'allora suo capo, e recita:

Detta P(0) la prima presentazione, il limite per i che tende ad infinito di P(i) è uguale a P(0).

Morale della storia, riutilizzabile anche in altri contesti lavorativi e non, non buttare mai la prima copia del proprio lavoro...

36. Tre per uno
inviato da Giofulmine
1. Facile
In un quadrato 5x5 inserire le cinque lettere maiuscole A, B, C, D, E, nelle 25 caselle in modo che in nessuna riga, in nessuna colonna ci siano mai due maiuscole uguali.

2. Difficile
Nello stesso quadrato inserire le cinque lettere minuscole a, b, c, d, e, in modo che in nessuna riga, in nessuna colonna, ci siano mai due minuscole uguali; inoltre non devono esserci due caselle con la stessa coppia maiuscole-minuscole.

Precisazione: in ogni casella di questo secondo quadrato ci devono essere due lettere: una maiuscola e una minuscola.

3. Difficilissimo
Nello stesso quadrato inserire i numeri 1, 2, 3, 4, 5, in modo che in nessuna riga, in nessuna colonna, ci siano mai due numeri uguali; inoltre non devono mai esserci:

• due caselle con la stessa coppia maiuscole-numeri,
• due caselle con la stessa coppia minuscole-numeri,
• due caselle con la stessa coppia maiuscole-minuscole.

Precisazione: in ogni casella di questo secondo quadrato ci devono essere tre simboli: una lettera maiuscola, una lettera minuscola e un numero.

>>> Risposte & riflessioni
Paolo Hägler
Sempre più difficile! Paolo Hägler riesce ad aggiungere un quarto simbolo nelle caselle, rispettando le condizioni poste da Giofulmine.

È possibile l'introduzione di un altro simbolo

Primo round

Secondo round e terzo round

Chissà se è giusto? boh?

1. Facile

2. Difficile

3. Difficilissimo

35. Il taglio del tappeto
inviato da Alvaro Cassaro
Come coprire il pavimento di una stanza di 9 x 12 con due tappeti: uno di 10 x 10 e l'altro di 1 x 8, facendo un solo taglio in un solo tappeto?
Il taglio può esse retto, diagonale, curvo, etc. etc.
Però uno solo!

>>> Risposte & riflessioni
Franco Sangalli
PIEGO IL TAPPETO DA 10X10 IN MODO DA OTTENERE UN QUADRATO DA 1X1.
TAGLIO TUTTO IL PERIMETRO DEL QUADRATO IN MODO DA OTTENERE 100 PEZZI DA 1X1.
A QUESTO PUNTO NON MI RESTA CHE SISTEMARE I PEZZI SUL PAVIMENTO DELLA STANZA 9X12 ASSIEME AL PEZZO 1X8.

N.d.R.
La soluzione di Franco presenta diverse difficoltà, anche ammettendo che il tappeto non abbia spessore. E poi, 101 pezzi sono veramente tanti. La sfida è ancora aperta!

Paolo Hagler
La grafica seguente illustra la soluzione proposta da Paolo Hagler.
N. d. R. I seguenti disegni sono costruiti con tabelle, perciò potrebbero non apparire nelle proporzioni corrette. Ogni quadretto rappresenta una unità quadrata di area.

I due tappeti

Operazione 1: sovrapposizione dei tappeti

Oerazione 2: taglio

Pezzi ottenuti

Operazione 3: sistemazione in 9x12

Alan Viezzoli
I seguenti disegni rappresentano la soluzione proposta da Alan Viezzoli.
In questo caso si fa UN SOLO taglio in UN SOLO tappeto.

34. Indovina il numero
inviato da Giorgio Dendi
Giocherò contro un mio amico questo pomeriggio a indovinare un numero intero compreso tra 1 e 1000: a turno uno di noi due pensa un numero e l'altro tenta di indovinarlo, con le indicazioni "più grande" o "più piccolo" che gli veranno successivamente dette.
Il mio amico non ha alcuna strategia, perchè non sa che gli proporrò il gioco, però è furbo e cercherà di farsi una strategia vedendo come si svolge il gioco e come gioco io.
Sapendo che faremo parecchie partite alternativamente, qual è la mia strategia migliore?
Esempio: Tiriamo un dado e risulta che comincerò io ad indovinare, e allora dico: "623";
Lui: "Più alto";
Io: "897";
Lui: "Più alto";
Io: "973";
Lui: "Più basso";
Io: "901";
Lui: "Esatto".

Tocca a lui: "403"; Io: "Più basso"; Lui: "208"; Io: "Più basso"; Lui: "73"; Io:
"Esatto".
E ora tocca nuovamente a me.
Naturalmente non vale barare, cioè il numero che ho fissato non posso cambiarlo a svantaggio del mio avversario.
Attenzione: la mia soluzione è un po' più complessa di quello che potrebbe sembrare.

>>> Risposte & riflessioni
Gianvittorio Righi
La strategia migliore ovvero quella che fa fare meno tentativi dovrebbe essere la famosa ricerca dicotomica.
Funziona così.
Poniamo che il numero da ricercare sia x e che sia compreso tra a e b, in questo caso tra 1 e 1000.

- il primo tentativo lo faccio con il numero (b-a) /2 cioè 500
- se mi indica maggiore, prenderò l'ulteriore metà tra 500 e 1000 quindi 750, se mi invece mi indica minore, prenderò l'ulteriore metà tra 1 e 500, quindi 250
- se è ancora maggiore farò ((1000-750) /2) +750  ed eccoci arrivati a 875, che è la metà fra 750 e 1000, e cosi via
Dobbiamo ricercare sempre la metà dell'intervallo rimasto.
Questa ricerca permette di individuare un numero fra 2ⁿ in non più di n tentativi.

Paolo Hägler
La stategia migliore per indovinare il più velocemente possibile il numero è quella di ridurre sempre a metà l'insieme possibile delle soluzioni.
Pertanto si inizia con 500, poi 250 o 750 a seconda della valutazione "Più alto"/"Più basso" e così di seguito.
In questo modo qualsiasi numero si indovina in al massimo élog₂1000ù=7 tentativi.
Poiché il mio compagno capisce ben presto questa strategia, io sceglierò dei numeri che con questa strategia si indovinano in 7 tentativi e non prima, come ad esempio 501.

Giorgio Dendi
Ho un amico, Massimo Varini, triestino come me, che è maestro di scacchi: ho visto a casa sua una foto in cui lui faceva una simultanea contro 30 avversari contemporanemente, e vedendo quella foto gli ho posto questa domanda:
"Io conosco solo le mosse essenziali degli scacchi, non so partite a memoria, non conosco le aperture, potrei in pratica giocare contro qualche parente in occasione di feste varie e nulla più; ebbene, se io dovessi giocare contro di te parecchie volte di seguito, quale sarebbe la tua tattica migliore?"

Dopo parecchie considerazioni, abbiamo deciso che il bravo non deve scoprire subito le sue carte, cioè non deve far vedere al suo avversario le aperture fin dalla prima partita, perchè altrimenti ad ogni partita il novellino scopre una mossa in più, e pian pianino impara a giocare bene in fretta, cioè se il novellino ha il nero nella prima partita, nella seconda, col bianco, può fare per prima mossa quella che fa visto fare al bravo nella partita precedente, e nella terza partita può fare come sua prima mossa quella che è stata la risposta del suo avversario nella seconda partita, e così via, ad ogni partita sa una mossa in più.
Naturalmente se il bravo alterna più aperture, ritarda questo apprendimento da parte del novellino, ma nulla più.

Veniamo al nostro problema:  La strategia migliore è senz'altro quella già detta dagli altri amici: gioco 500 al primo colpo, 250 o 750 al secondo, 125, 375, 625 o 875 al terzo e così via, e al decimo tentativo (se non sono fortunato da indovinarlo prima) ho individuato il numero, perchè con 10 tentativi trovo un numero in mezzo a 2 alla 10, cioè 1024.
Questi 24 numeri in più mi permettono di giocare al primo colpo anzichè propio 500, un numero fra 488 e 512 (devo cioè lasciare nel gruppo più grande al massimo 2 alla 9, cioè 512 elementi), ad es. 491.
Al secondo colpo tenterò un numero fra 235 e 253, o 744 e 747 (devo cioè lasciare nel gruppo più grande al massimo 2 alla 8, cioè 256 elementi), e così via.  In tal modo individuo il numero come prima, in al più 10 mosse, e non do al mio avversario la sensazione di usare una tattica, e sono sicuro così che lui, al suo turno, sparerà dei numero a caso e risolverà il suo problema in più di 10 mosse (a meno di particolari colpi di fortuna).

Anche nella scelta del numero da indovinare si può usare una tattica: se vedo che il mio avversario, almeno nei primi colpi, spara solo numeri tondi, come 300, 500, 900, 460, 220, cercherò di evitare di pensare un numero di questo tipo, però se vedo che ad un certo punto lui, vedendo che i miei numeri non terminano mai per 0, non li spara più, potrei metterne uno proprio perchè so che
lui non crede che io abbia pensato un numero di quel tipo.

Altre idee?

Gianfranco Bo
Bene, bene.
Tutti questi interventi hanno stimolato la mia fantasia e anchio darò un contributo.
Facciamo il punto della situazione:
a) la strategia della ricerca binaria è la migliore, ma l'aspetto puramente tecnico non è sufficiente per vincere in un gioco così carico di tensione, e costituito da numerose partite, come "Indovina il numero";
b) occorre tener conto anche dell'aspetto psicologico: simulare e dissimulare, come diceva Mazzarino, per fare in modo che l'avversario non scopra troppo presto le nostre tecniche;
c) occorre inoltre ottimizzare la nostra procedura e pessimizzare quella dell'avversario.

Ebbene, io procederei così.

Prima parte: strategia per indovinare il numero.
Prima di tutto imparo a memoria (se non le so già) le potenze di 2:
1 - 2 - 4 - 8 - 16 - 32 - 64 - 128 - 256 - 512
Queste mi servono per non farmi scoprire quando applico il metodo della dicotomia.
Poi dico un numero a caso, sempre diverso.

Se l'avversario mi risponde: "Troppo grande" sottraggo 512. Se per caso supero il 1000, sottraggo 256, se sono ancora sopra il 1000, sottraggo 128, e così via, finchè non ottengo un numero minore di 1000.

Se l'avversario mi risponde: "Troppo piccolo" aggiungo 512. Se per caso ottengo un numero negativo, aggiungo 256, se sono ancora sotto zero aggiungo 128, e così via, finchè non ottengo un numero positivo.

Quindi procedo sempre in questo modo:

Se l'avversario mi risponde: "Troppo grande" sottraggo la potenza di 2 precedente a quella a cui sono arrivato con la domanda precedente.

Se l'avversario mi risponde: "Troppo piccolo" aggiungo la potenza di 2 precedente a quella a cui sono arrivato con la domanda precedente.

Naturalmente dissimulo con un sorriso i calcoli estremamente complessi che mentalmente vado facendo.
Questo metodo permette di applicare una forma di dicotomia mimetizzata.

Ma il mio avversario è intelligente e presto la scoprirà, se non la sa già.
Comunque il mio obiettivo è riuscire ad ottenere almeno un punto di vantaggio. E poi fare in modo di conservarlo.

Ed eccoci alla seconda parte della strategia.

Seconda parte: strategia per pensare un numero.
Se l'avversario procede per dicotomia non mimetizzata, va bene il metodo proposto da Hagler, cioè penso dei numeri che massimizzano il numero di tentativi da fare per indovinarli.

Ma quando l'avversario adotta il mio stesso metodo, non ho più questo vantaggio.

E qui subentra Giulio Mazzarino. A lui è stato attribuito il libro "Breviario dei politici". E' un piccolo tesoro che costa solo 1000 lire. Meno di un quotidiano in cambio di preziosi insegnamenti per una vita. Sono convinto che questo libro è la lettura preferita dei politici. In privato, naturalmente. In pubblico, invece, professano Macchiavelli così magari qualche loro avversario casca nella trappola e va incontro ad una brutta fine (dal punto di vista politico, s'intende).

I temi centrali del Breviario dei politici sono tre: conosci te stesso, simula, dissimula.
E da qui nasce una strategia che, sotto certo punto di vista è disonesta, sotto un altro è onesta e sotto un terzo non si può dimostrare con certezza se uno la sta utilizzando o no.

Il nocciolo della questione è questo: io faccio finta di aver pensato un numero ma non penso nessun numero.

Dirò di più: il numero lo determina il mio avversario, con le sue scelte.

Spiego meglio: io do al mio avversario le risposte: "Troppo grande", "Troppo piccolo", facendo in modo da massimizzare il numero delle sue scelte.

Faccio un esempio:
Avversario: 800?
Io: "Troppo grande" (rispondo così non perché ho in mente un numero ma perché l'intervallo [1-800] è più ampio dell'intervallo [800-1000]).
Avversario: 288?
Io: "Troppo piccolo" (rispondo così perché l'intervallo [288-800] è più ampio dell'intervallo [1-288]).
E così via.

Alla fine sarà l'avversario stesso, con le sue scelte (e saranno tante), a determinare il numero, che io dirò di aver pensato.

L'avversario può fare tutte le analisi statistiche che vuole sulla sua apparente "sfiga" ma non avrà mai prove certe. Per quattro motivi:
1) il caso non ha memoria;
2) la mia mente è insondabile;
3) potrei anche offendermi;
4) il gioco è così.

Ovviamente io, utilizzerò questa strategia con moderazione, solo per conquistare e mantenere almeno un punto di vantaggio. L'importante è vincere, non stravincere.

Ora mi pongo e vi pongo il problema morale: questa strategia è sporca?

La cosa è più complessa di quanto sembra a prima vista.
Se ci sono interventi, ben vengano.

Ma ritorniamo al tema.
Supponiamo che il mio avversario sospetti che io stia utilizzando questa strategia.
A questo punto qual è per lui la strategia migliore?

Non ditemi che può pretendere di scrivere il numero su un bigliettino da scoprire alla fine della partita! Sarebbe veramente troppo infantile!

Giorgio Dendi
Per rispondere alla tua domanda, "se io non penso il numero e l'avversario se ne accorge, come può fare per sbugiardarmi?", (però questo ragionamento vale solo se io sistematicamente gli dico "più" o "meno" come un computer, valutando quale sia il gruppo di numeri maggiore, e non se gli dico quasi sempre la risposta a lui sfavorevole).
L'avversario può, ad es., far sì che il numero da "me" scelto sia sempre lo stesso, dicendo 501, 126, 64, 33, 17, 9, 5, 3, 2 (e io gli rispondo sempre "meno" perchè così è più svantaggioso per lui), 1.
Dopo aver fatto sì che il numero sia per un numero elevatissimo sempre lo stesso (cioè in questo caso 1), lui inaspettatamente all'ennesima gara dice al primo tentativo 1, e io gli rispondo ovviamente "più". Ma come, per 173 volte consecutive il numero scelto era 1(o un alro, a seconda di come ha impostato il gioco, sempre lo stesso, comunque), e ora che lui spara 1, è proprio la volta che io ho deciso di cambiare il numero da indovinare??? La faccenda puzza, anche se lui non può dimostrare nulla.

33. Il piombo e la paglia
inviato da AG
Questo è un enigma un po' particolare perché per risolverlo occorrono delle cognizioni (anche se basilari) di fisica.

Domanda: pesa più un kg di piombo o un kg di paglia?

>>> Risposte & riflessioni
La risposta intuitiva (pesano uguale) è valida solo approssimativamente.

La terminologia è importante: la domanda parla di peso, ma le quantità sono espresse in kg, che e' una misura di massa.

Il peso è dato dalla massa moltiplicata per l'accelerazione di gravità:
P = m · g

Ora, un corpo esteso è equivalente, dal punto di vista statico (non dinamico - se il corpo si muove le cose cambiano), ad un corpo puntiforme di massa pari a quella del corpo originale e situato nel baricentro.

Questo è importante: infatti un kg di paglia è piu' esteso di un kg di piombo, quindi il suo baricentro sarà più in alto del baricentro di un kg di piombo. Ma più in alto la gravità è minore, anche se in quantità molto piccola.

Pertanto un kg di piombo peserà più di un kg di paglia.

• Ecco una domanda riflessione di Alvaro Cassaro.
  Se la paglia è sparpagliata su un'area molto estesa, per cui abbiamo che il suo baricentro è alla stessa quota o più basso di quello di una pallina di piombo, non dovrebbe la paglia pesare ugualmente o più della pallina di piombo?
• Renzo Bresciani
  Un'altra cosa da tenere in considerazione forse è il principio di Archimede secondo cui un corpo immerso in un fluido ...
  Nel nostro caso se consideriamo l'aria come fluido la paglia ha un volume molto maggiore del piombo per cui riceve una spinta verso l'alto maggiore, quindi pesa meno anche per questo.

32. Al ristorante (ma solo nel 2001!)
inviato da Raffaella Balzano
1. Scegli il numero di sere che vorresti cenare al ristorante in una settimana;

2. moltiplica il tutto per 2 (due);

3. aggiungi 5 (cinque);

4. moltiplica per 50;

5. se il tuo compleanno è passato aggiungi 1751, altrimenti aggiungi 1750;

6. ora sottrai il tuo anno di nascita al numero ottenuto;

7. ...dovresti aver ottenuto un numero a 3 (tre) cifre:
la prima cifra corrisponderà al numero scelto all'inizio... e cosa più straordinaria (a Roma diciamo gagliarda)... le restanti 2 (due) cifre corrisponderanno esattamente alla tua età!

Chi sa spiegare come e perché funziona?

>>> Risposte & riflessioni
Massimiliano Bez
Si tratta di scegliere un numero N tra 0 e 7; dopo averlo scelto si fanno i conti e si ottiene:
50(2N+5)+(1751 oppure 1750)-(anno di nascita) =
= 100N+250+(1751 o 1750)-(anno) =
= 100N+[(2001 o 2000)-(anno)].
Se una persona non ha 100 o più anni, la quantità tra [ ] è un numero più piccolo di 100 che corrisponde necessariamente alla sua età (2001 o 2000 indicano l'anno del suo ultimo compleanno), quindi le centinaia del numero finale sono esattamente N.

NB: 2001 e 2000 è l'anno durante il quale si è festeggiato l'ultimo compleanno.

Poi si toglie l'anno di nascita e resta in entrambi i casi 100x+il numero di compleanni festeggiati ossia l'età.
Ora siccome x è inferiore a 100 il numero ottenuto è di 3 cifre (a meno che sia stato scelto x=0 o che si abbia un'età superiore ai 999-100x anni).
Se la propria età è meno di un secolo il risultato è corretto, poiché la cifra delle centinaia proviene unicamente da x (100x+età mod 100 = x), e le altre danno l'età (100x + età div 100 = età)

31. Così ridono i matematici
inviato da Fabio Arceri
Sarò sincero: non trovo l'errore in questa mia personale dimostrazione, per cui chi è in grado di trovarla me lo dica. Grazie.

TEOREMA: Tutti i cani non hanno code

DIMOSTRAZIONE: Per logica filosofica.

PASSO 1: Il più semplice e intuitivo.
Sono certo del fatto che ogni persona mi darebbe ragione se dicessi che un cane ha una coda; così come sono sicuro del fatto che tutti sarebbero d'accordo con me sulla proposizione: " Nessun cane ha due code".

PASSO 2: Inizio dell'astrazione.In questa fase
"nessun cane" si comincia a considerare un "essere" e non più un "non essere".
Ma se nessun cane ha due code, allora nessun cane ha una coda in più di un cane, no?
Quindi un cane ha meno code di nessun cane, perchè nessun cane ha due code.

PASSO 3: Astrazione totale: concentrazione massima.
L'essere è e non può non essere, il non essere non è e non può essere.
Ma è anche vero che nessun cane è un'entità che non esiste, un pò come accade per il numero 0. Noi diciamo talvolta frasi come:<<Abbiamo 0 mele.>> o <<Abbiamo nessuna mela>>
Ma questa frase, di per sè, non ha senso, perchè le mele non le abbiamo. Non si può dire di AVERE qualcosa che non c'è. Si deve dire invece di NON AVERE.
Quindi nessun cane non può avere due code, perchè nessun cane non esiste e quindi non ha code.

PASSO 4: Al fine di dimostrare che non esiste cane che abbia coda, il "nessun cane" si riconsidera come un "non essere".
E' la parte più difficile del ragionamento logico.
Siccome eravamo tutti d'accordo che nessun cane ha più code di un cane, allora se nessun cane non ha code, a maggior ragione neanche un cane avrà code anzi, per la precisione ne avrà meno di nessuna coda.

Nessun cane, dunque, ha code!!! Ciò equivale a dire che non esiste cane che abbia code quindi in conclusione i cani non hanno code anzi:

COROLLARIO:
Tutti i cani hanno meno di nessuna coda.

( Derivato dal teorema 2=1 )

TEOREMA: Nel mondo ci sono 1 ed infinite persone.

LEMMA: Nel mondo c'è 1 sola persona.

DIMOSTRAZIONE: Per via matematica.

Ipotesi: Nel mondo ci sono n persone.
Raggruppando le persone a gruppi di due persone, si avranno n/2 coppie se n e pari, n/2 + 1 se n è dispari.
Una coppia ha due elementi ma, per il teorema 2=1 ognuna di queste coppie avra' un solo individuo, quindi gli individui adesso sono in tutto n/2 (o n/2+1).
Dividendo ulteriormente in coppie si avranno n/2/2 coppie cioè n/4 persone ( per il teorema 2=1 ).
Poiché un numero pari è multiplo di 2, per le divisioni successive per 2 alla fine si avra' chiaramente solo una coppia di persone e quindi una sola persona.

LEMMA: Nel mondo ci sono infinite persone

DIMOSTRAZIONE: Per via matematica.

Ipotesi: Nel mondo c'è una persona.

Per il teorema 2=1 una persona è una coppia di persone, e una coppia sono due coppie e così via.
Per induzione matematica nel mondo ci sono infinite persone.

Poiché si è dimostrato sia il primo che il secondo lemma, abbiamo anche dimostrato il teorema.

Ad una festa di funzioni matematiche

Nota: le frasi in neretto indicano il doppio senso, da non confondere con le parole o frasi che non servono per i doppi sensi ma che fanno parte del gergo matematico.

Ad una festa di funzioni matematiche, una serie di funzioni si sta divertendo meno che la funzione e^x, che si sta sola in disparte quasi per paura di dover dare fastidio, mentre le altre si divertono facendo il trenino tutte poste in successione fra di loro.
Stavano tutte intorno a lei, insieme.
Una delle funzioni le si avvicina e le domanda:<< Ma perché stai qui tutta in disparte?>>
E lei risponde:<< Penso che io abbia bisogno di fare le analisi, mi sento troppo nervosa.>>
<< Come sei monotona, mai una volta che pensi positivo. Secondo me il problema è alla radice. >>
<< Cioè? >>
<< Sei divergente con chiunque per ogni discorso che fai. Non esiste: non devi essere tale che gli altri non ti possano sopportore. Devi essere uniforme nel tuo modo di essere, il più continua possibile. Sforzati, tanto ognuno ha i suoi limiti.>>
<< Io penso di essere diversa...>>
<< Ma perché ti fai i complessi? >>
<< E' che non riesco mai a mettermi in evidenza.>>
<< Non pensarci più. Dai integrati. >>
<< Tanto è uguale... >>

30. Il problema dei quattro R
inviato da A. Viezzoli
Ricordate il problema dei quattro R che si trova nei problemi aperti?
A. Viezzoli ha inviato una ingegnosa soluzione che permette di esprimere tutte le cifre del sistema decimale utilizzando:

• quattro R
• le quattro operazioni
• la radice quadrata
• il logaritmo

Ecco il problema:
Utilizzando quattro 4 è possibile ottenere tutte le cifre del sistema decimale e molti altri numeri, ad esempio:
44 - 44 = 0
44/44 = 1
(4 x 4)/(4 + 4) = 2
e così via.

Proviamo a generalizzare il problema:
E' possibile ottenere tutte le cifre utilizzando quattro R, dove R è un qualunque numero naturale?
E con cinque R?
Qual è il minimo numero di R necessari per poter esprimere le cifre da 0 a 9?

>>> Risposte & riflessioni
A. Viezzoli
È facile vedere che:
0 = R+R-R-R
1 = (R+R) / (R+R)
2 = R/R + R/R
3 = (R+R+R)/R
ma gli altri?

NOTA:
Poiché ci potrebbero essere problemi di visualizzazione e/o interpretazione delle formule, specifico quanto segue:
- loga b significa: logaritmo in base a di b
- ÖR significa: radice quadrata di R
- R può essere un qualunque numero intero positivo.
Per una visualizzazione corretta è necessaria la fonte symbol.

Basta partire dalla premessa che

loga (b*c) = logab+logac

loga (b*c*d)= logab+logac+logad.

Perciò
4 = logÖR(ÖR*ÖR*R) [= 1+1+2]
5 = logÖR(ÖR*R*R) [= 1+2+2]
6 = logÖR(R*R*R) [= 2+2+2]
7 = logÖÖR(ÖÖR*ÖR*R) [= 1+2+4]
8 = logÖÖR(ÖR*ÖR*R) [= 2+2+4]
9 = logÖÖR(ÖÖR*R*R) [= 1+4+4]
così, aggiungendo radici quadrate alla base si possono ottenere, credo, tutti i numeri. (Tra parentesi, il 4 si poteva anche scrivere 4 = logÖR(R²) ma con l'altra forma si capisce meglio il procedimento.)

Con cinque R il problema non cambia, se non per piccole variazioni.
NOTA: Volendo esprimere anche 0, 1, 2 e 3 tramite logaritmo:
0 = logR+R(R/R)
1 = logR+R(R+R)
2 = logÖR(R/ÖR*ÖR) [= 2-1+1]
3 = logÖR(ÖR*ÖR*ÖR) [=1+1+1]  

29. La morra cinese
Proposto da Emanuela B.
La morra cinese si gioca in due e si basa su tre differenti posizioni della mano che rappresentano altrettanti oggetti: le forbici, il pezzo di carta e il sasso.

due dita a forma di V rappresentano le forbici

la mano aperta rappresenta il pezzo di carta

il pugno chiuso rappresenta il sasso

Un "giro" di morra si gioca così:

• Ogni giocatore nasconde la mano dietro la schiena ed assume una delle tre posizioni (forbici, carta, sasso)
• I due giocatori pronunciano assieme le parole: "Uno, due, tre, morra!"
• Quando viene pronunciata la parola "morra!" i giocatori mostrano le mani

Il vincitore si decide in base alle regole dei gioco.

• le forbici vincono la carta perché la tagliano
• la carta carta vince il sasso perché lo avvolge e lo soffoca
• il sasso vince le forbici perché le spunta

Se, ad esempio, uno dei giocatori sceglie le forbici e l'altro il sasso, vince quello che ha scelto il sasso. Il vincitore guadagna 1 punto.

Se entrambi i giocatori scelgono lo stesso oggetto, il giro è pari. In questo caso entrambi guadagnano 1 punto.

Una partita di morra cinese termina dopo un numero stabilito di giri o quando almeno un giocatore ha conquistato un numero stabilito di punti.

28. Una lampadina e 8 interruttori
inviato da Giorgio Dendi
Ho otto interruttori con la spia che mi indica se sono accesi o spenti (o con una scritta ON/OFF che mi indica in quale posizione si trovano in ogni momento), ma uno solo di essi accende e spegne la lampadina che si trova in una stanza vicina chiusa.
Io devo scoprire quale degli interruttori permette di accendere e spegnere la lampadina.

Posso manovrare a piacere i pulsanti, ed alla fine ho la possibilità di andare nella stanza dove si trova la lampadina.
A quel punto ho qualche momento per trarre le mie conclusioni, ma non posso più toccare gli interruttori, e devo indicare quale di essi era quello che agiva sulla lampadina.

Naturalmente i pulsanti all'apparenza sono tutti uguali, non posso smontare la pulsantiera per vedere dove ci sono i fili e dove no, non posso guardare sotto la porta o dal buco della serratura per vedere se la lampadina è accesa, nè posso incaricare altre persone di aprire la porta e guardare, ecc.

>>> Risposte & riflessioni
Questo problema assomiglia a quello, già alquanto difficile nel quale si hanno soltanto 4 interruttori. Immaginiamoci con 8! (è un punto esclamativo, non un fattoriale).
Per chi volesse farsi un'idea, il problema de 4 interruttori si trova nella pagina Consigli per vincere le sfide matematiche.
Buon lavoro!

Gianfranco Bo
Non solo non ti odio ma ti ringrazio per la soluzione al problema degli otto interruttori, che mi ha fatto fare una sana risata.
Io che sono a volte un po' frettoloso avevo pensato di andare a dare un'occhiata al contatore della luce per vedere se girava o stava fermo. Ma questa è una soluzione disonesta!:-)

27. La temperatura nel frigorifero
inviato da Enigma
Ricordate la domanda n.3 del test di Bertoldo?

Apri lo sportello del frigorifero. La temperatura all'interno del frigorifero aumenta o diminuisce?

La risposta data è: aumenta.

Enigma suggerisce un'altra risposta: "Dipende dalla temperatura esterna che, almeno in teoria, potrebbe essere più bassa di quella all'interno del frigorifero."

E' una risposta veramente molto acuta, perché permette di creare un nuovo quesito
alquanto interessante.
Il quesito è questo: visto che il frigorifero è una macchina termica che
trasferisce il calore da un corpo più freddo ad un corpo più caldo,  può un
frigorifero funzionare normalmente mantenendo stabilmente al suo interno una
temperatura più alta di quella esterna?
Se il frigorifero è spento o acceso da poco, questo fatto può certamente
verificarsi, ma io mi chiedo, se questo può accadere stabilmente e
normalmente.

Ora come ora io non ho la risposta.
Voi che cosa ne pensate?

>>> Risposte & riflessioni

26. Ancora più impossibile
inviato da Dino
Ad un logico, Sig. S, è detta la somma di due numeri interi.
All'altro, il Sig. P, si dice invece il prodotto degli stessi due numeri interi.
Il Sig. P sa che il Sig. S conosce la somma ed il Sig. S sa che il Sig. P conosce il prodotto.
Ecco il discorso, dal quale oltre ai numeri in questione, si deve anche capire chi è il Sig. S e chi è il Sig. P:

Mr. X: "Non so quali sono i due numeri"
Mr. Y: "Sapevo che non sapevi quali fossero"
Mr. X: "Sapevo che lo sapevi"
Mr. Y: "Questa conversazioni potrebbe andare avanti all'infinito"
Mr. X: "Non so ancora quali sono i due numeri"
Mr. Y: "Ora io so quali sono"
Mr. X: "Ora anch'io so quali sono"

Quali sono i due numeri in questione?"

>>> Risposte & riflessioni

.___
|  _|
|_| |___ ....____ 
| |___| |.../\__/\
|___|___|../_/__\_\

Dopo aver mostrato come queste figure si dividano in 4 parti uguali, si chiede di "dividere un quadrato in 5 parti uguali".
La gente si deprime nel non riuscirci, ma ancora di piu' quando gli si fornisce la soluzione.

>>> Risposte & riflessioni
Roberto Imbeni
Si disegna un quadrato e lo si divide in 5 parti uguali con delle linee verticali o orizzontali, come si vuole. Ecco come si ottengono 5 parti uguali. 

24. Una sequenza di 1 e 2

inviato da Ulisse

1
11
21
1211
111221

Come continueresti? Per me è un problema!

>>> Risposte & riflessioni
Un particolare ringraziamento a Gianvittorio Righi
1) 1
2) 1 1
3) 2 1 
4) 1 2 1 1 
5) 1 1 1 2 2 1 

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

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

Se non voglio utilizzare il numero 3, scindo i primi 3 1 in un 1 e altri due 1 ottenendo: 1 1 e 2 1 e 2 2 e 1 1, cioe' 1 1 2 1 2 2 1 1.

Commento : un pochettino spaccacervello lo è stato questo problema.

Alice
1111112212
Alice ha inviato questa soluzione, senza ulteriori spiegazioni: chiediamo lumi!

Renzo Bresciani
La prossima sequenza potrebbe essere 11212211 o anche 21112211, come suggerito anche dal primo solutore.

La logica è quella di descrivere la sequenza con una serie di "coppie" di numeri in cui il primo numero ci dice quante volte è ripetuto il secondo numero della coppia.
Il titolo del problema sembrerebbe indicare che si possono usare solo 1 e 2 perciò la sesta riga potrebbe essere sia 21112211 che 11212211 (solo i primi quattro sono diversi) se assumiamo che debba essere lunga 8 numeri, se non ci interessa la lunghezza potrebbe anche essere:
111111121211 (ogni numero è "descritto" da una coppia in cui il primo è sempre 1)
Oppure da 1111112211 (i primi tre con una coppia ciascuno poi una coppia per i due 2 e l'ultima coppia per l'ultimo 1).
Delle quattro soluzioni
11212211
21112211
111111121211
1111112211
la più "calzante" mi sembra la seconda perchè inizia prendendo il maggior numero di elementi iniziali (come nella seconda riga che avrebbe potuto essere sia 21 come è che 1111).

>>> Risposte & riflessioni
Giorgio Tumelero
Ecco una soluzione del problema Quadrato semimagico.

Questo problema ha fatto sudare il mio computer, anche perche' e' un 286 e lo costringo ad elaborare le mie elucubrazioni in BASIC, comunque...

Prima di scrivere i risultati vorrei precisare, che la definizione "classica" di quadrato semimagico è un po' diversa da quella riportata da Ezio, perciò ho pensato di chiamare S-magici i quadrati di cui si parla qui. S- non significa semi- ma Sgro', in onore del loro inventore.

Faccio inoltre le seguenti precisazioni:

'La struttura dati principale è il vettore a(1-16)
'i cui elementi sono immaginati come disposti su un quadrato

'a(01) a(02) a(03) a(04)
'a(05) a(06) a(07) a(08)
'a(09) a(10) a(11) a(12)
'a(13) a(14) a(15) a(16)

'Definizione: Un quadrato è S-magico se e solo se:
'1) per ogni colonna, la somma dei primi due termini
' e' uguale alla somma degli ultimi due (es. a(01) + a(05) = a(09) + a(13))
'2) per ogni riga, la somma dei primi due termini
' e' uguale alla somma degli ultimi due (es. a(01) + a(02) = a(03) + a(04))
'3) per ogni diagonale, la somma dei primi due termini
' e' uguale alla somma degli ultimi due (es. a(01) + a(06) = a(11) + a(16))

'Nel programma utilizzo una importante proprieta' dei quadrati S-magici, eccola:
'Premessa:
'la somma dei numeri di un quadrato S-magico di ordine 4 e' 136
'Proprieta':
'se immaginiamo di dividere un quadrato S-magico in 4 quadranti
'la somma dei numeri di un quadrante è 34
'e la chiamero' costante del quadrato

Ebbene, ecco alcuni risultati interessanti:

a) il mio programma ha trovato ben 3456 (carino, vero?) quadrati S-magici
b) il quadrato numero 1 e' il seguente

c) il numero 1000 è il seguente

d) l'ultimo, il 3456 è il seguente

Chiedo scusa per eventuali errori od omissioni.

Il programma BASIC che snocciola tutti i quadrati S-magici è il seguente.

'Ricerca dei quadrati S-magici 4x4
'dove S- sta per Sgro' Ezio, l'inventore di questi quadrati

'La struttura dati principale e' il vettore a(1-16)
'i cui elementi sono immaginati come disposti su un quadrato

'a(01) a(02) a(03) a(04)
'a(05) a(06) a(07) a(08)
'a(09) a(10) a(11) a(12)
'a(13) a(14) a(15) a(16)

'Definizione: Un quadrato e' S-magico se:
'1) per ogni colonna, la somma dei primi due termini
' e' uguale alla somma degli ultimi due (es. a(01) + a(05) = a(09) + a(13))
'2) per ogni riga, la somma dei primi due termini
' e' uguale alla somma degli ultimi due (es. a(01) + a(02) = a(03) + a(04))
'3) per ogni diagonale, la somma dei primi due termini
' e' uguale alla somma degli ultimi due (es. a(01) + a(06) = a(11) + a(16))

'Nel programma utilizzo una importante proprieta' dei quadrati S-magici
'Premessa:
'la somma dei numeri di un quadrato S-m di ordine 4 e' 136
'Proprieta':
'se immaginiamo di dividere il quadrato in 4 quadranti
'la somma dei numeri di un quadrante e' 34
'e la chiamero' costante del quadrato

'Nota: in questo programma faccio uso dell'istruzione GOTO label
'C'e' forse qualcosa da dire?

'Il GOTO e' una scorciatoia nello spazio-tempo
'che ti permette di superare la velocita' della luce
'ma va usata con parsimonia
'perche' non sai bene dove andrai a finire...
'African Bongo

DEFINT A-Z

'Variabili principali
DIM a(16)
DIM b(7)

'Numero massimo che puo' comparire in un quadrato
max = 16

costante = 34

CLS

'Contatore del num. di quadrati semimagici trovati
contsemimag = 0

'Inizio il ciclo di scansione di tutti i quadrati possibili
'la scansione viene effettuata solo su 7 variabili principali
'le altre saranno calcolate di conseguenza

FOR i1 = 1 TO max
a(1) = i1

FOR i2 = 1 TO max
IF i2 = i1 THEN GOTO prossimo
a(2) = i2
i3f = i1 + i2 - 1
IF i3f > max THEN i3f = max

FOR i3 = 1 TO i3f
IF i3 = i2 OR i3 = i1 THEN GOTO prossimo
a(3) = i3
'Calcolo a(4)
a(4) = a(1) + a(2) - a(3)
IF a(4) <= 0 OR a(4) > max THEN GOTO prossimo

FOR i5 = 1 TO max
IF i5 = i3 OR i5 = i2 OR i5 = i1 THEN GOTO prossimo
a(5) = i5
i9f = i1 + i5 - 1
IF i9f > max THEN i9f = max
'Calcolo di a(6) utilizzando la proprieta' dei quadrati S-magici
a(6) = costante - i1 - i2 - i5
IF a(6) <= 0 OR a(6) > max THEN GOTO prossimo
i7f = i5 + a(6) - 1
IF i7f > max THEN i7f = max

FOR i7 = 1 TO i7f
IF i7 = i5 OR i7 = i3 OR i7 = i2 OR i7 = i1 THEN GOTO prossimo
a(7) = i7
i11f = i3 + i7 - 1
IF i11f > max THEN i11f = max
'Calcolo a(8)
a(8) = a(5) + a(6) - a(7)
IF a(8) <= 0 OR a(8) > max THEN GOTO prossimo

FOR i9 = 1 TO i9f
IF i9 = i7 OR i9 = i5 OR i9 = i3 OR i9 = i2 OR i9 = i1 THEN GOTO prossimo
a(9) = i9
'Calcolo a(13)
a(13) = a(1) + a(5) - a(9)
IF a(13) <= 0 OR a(13) > max THEN GOTO prossimo

FOR i11 = 1 TO i11f
IF i11 = i9 OR i11 = i7 OR i11 = i5 OR i11 = i3 OR i11 = i2 OR i11 = i1 THEN GOTO prossimo
a(11) = i11

'Verifico che non ci siano due elementi uguali fra i 7 di base
' FOR j = 1 TO 3
' FOR k = j + 1 TO 3
' IF b(j) = b(k) THEN GOTO prossimo
' NEXT k
' NEXT j

'Calcolo gli altri 5 elementi
a(15) = a(3) + a(7) - a(11)
IF a(15) <= 0 OR a(15) > max THEN GOTO prossimo

a(10) = a(4) + a(7) - a(13)
IF a(10) <= 0 OR a(10) > max THEN GOTO prossimo

a(14) = a(2) + a(6) - a(10)
IF a(14) <= 0 OR a(14) > max THEN GOTO prossimo

a(16) = a(1) + a(6) - a(11)
IF a(16) <= 0 OR a(16) > max THEN GOTO prossimo

a(12) = a(4) + a(8) - a(16)
IF a(12) <= 0 OR a(12) > max THEN GOTO prossimo

'Verifico le ultime due righe
IF a(9) + a(10) <> a(11) + a(12) THEN GOTO prossimo
IF a(13) + a(14) <> a(15) + a(16) THEN GOTO prossimo

'Verifico che non ci siano due elementi uguali fra tutti i 16 elementi
uguali = 0
FOR j = 1 TO 16
FOR k = j + 1 TO 16
IF a(k) = a(j) THEN GOTO prossimo
NEXT k
NEXT j

'Se lo e', stampo il vettore
FOR i = 1 TO 16
PRINT a(i); "-";
NEXT i
contsemimag = contsemimag + 1
'PRINT
PRINT "Semimagico"; contsemimag
'INPUT "Continuo?"; r$
'IF r$ = "n" THEN END

'Procedo al prossimo vettore
prossimo:
NEXT i11
NEXT i9
NEXT i7
NEXT i5
NEXT i3
NEXT i2
NEXT i1

'--------------------
'By Gianfranco Bo
'--------------------

'--------------------------------------
'Onore e gloria a John Kemeny e Thomas Kurtz
'inventori del linguaggio B.A.S.I.C.
'--------------------------------------

'********** That's all folks **********

22. Il sette magico
inviato da Ezio Sgrò
Ti invio in allegato il disegno del sette magico, un gioco simile al Tangram.
Ritaglia su di un cartoncino di 8 x 10 cm le figure del disegno, e prova a comporre delle figure. Dalla candela alle figure umane passando per pesci, tartarughe e soprattutto figure geometriche: pentagoni, esagoni, eptagoni, ottagoni.
Spero di aver disegnato bene le figure ad ogni modo tieni presente che le figure hanno solo angoli di 45, 90 e 135 gradi, e, essendo l il lato più piccolo, i lati delle figure possono essere soltanto: l, 2l, l*radice di 2, 2l * radice di 2.
Se il gioco ti interessa la prossima volta ti racconterò la storia del sette magico.

Il sette magico non è una mia creazione e non so chi l'abbia ideato.
A me lo ha fatto conoscere mio cugino, a cui lo ha fatto conoscere un amico a cui lo ha fatto conoscere un amico...e così via in una catena di sant'Antonio ad un capo della quale c'è un genio sconosciuto. Ho fatto delle ricerche nel mondo dei giochi matematici ufficiali (i libri di Martin Gardner ecc.) e non risulta niente del genere, ho trovato il Tangram circolare, il doppio tangram (figure fatte con due tangram uniti) ed altri cose simili ma niente che assomigli al sette magico.
Pubblicarlo su Internet potrebbe aiutarci a scoprire l'autore. Non credo ci sia un copyright o cose del genere.
Fra le figure più belle ricordo: la croce, la croce di S.Andrea e l'esagono quasi regolare.

>>> Risposte & riflessioni

21. Il gioco dei 6 punti
inviato da Davide B.
Il gioco è semplice:prendete un foglio di carta e disegnate 6 punti, disponendoli in 2 righe, così:

* * *

* * *

Il problema è: riuscite a collegare ciascun punto della riga sotto con ciacun punto della riga sopra (NON ogni punto con ogni punto) usando delle linee che non si intersecano tra loro?
Se le linee non si intersecano è valido qualunque percorso, interno o esterno al rettangolo.

ATTENZIONE: non perdeteci le giornate sopra, il gioco prende molto!!!!

>>> Risposte & riflessioni
N.d.R.
Questo è un classico intramontabile. E' già presente su BASE Cinque, nei top-ten.
La figura si chiama poligono k33 di Kuratoski e si può dimostrare che il problema non può essere risolto nel piano.
Tuttavia è molto raro trovare una dimostrazione chiara e completa.
Possiamo darla su BASE Cinque?
Abbiamo due risposte molto interessanti, che si completano a vicenda:

• la prima, di Giofulmine, introduce l'argomento e spiega in che modo sono collegati i grafi planari e i poliedri a cui si applica la formula di Eulero;
• la seconda, di Paolo Hagler, dimostra la non planarità di k33 utilizzando una forma ristretta del teorema di Eulero.

  ---

Il buon vecchio Eulero ha scoperto una formula magica per i poliedri (semplici) che dice:

V - S + F = 2

ovvero il numero V dei vertici meno il numero S degli spigoli più il numero F delle facce dà sempre 2 come risultato. Ora, qualsiasi poliedro (semplice) può essere proiettato nel piano semplicemente appoggiando una sua faccia nel foglio e schiacciando tutte le altre all'interno, come nell' esempio sotto del cubo (fig. 1).

Qualcuno potrebbe obiettare che il cubo ha 6 facce e nel disegno ce ne sono solo 5; infatti nella proiezione si considera esista una faccia infinita in più, il bianco che circonda la figura, una faccia delimitata dai lati a, b, c, d, quella appoggiata per prima. Questo per qualsiasi poliedro.

Viceversa, qualsiasi grafo planare è la proiezione di un qualche poliedro.

Come si vede in figura 1, per il cubo abbiamo V = 8, S = 12, F = 6. Ancora, ciascuna faccia è circondata da 4 spigoli e siccome ci sono 6 facce, abbiamo 24 spigoli (questo perché ogni spigolo è comune a due facce quindi viene contato due volte) ovvero:

2S = 4F, cioè 2*12 = 4*6

Passiamo adesso a disegnare il grafo K 3,3 (fig. 2):

Per maggior chiarezza manca ancora lo spigolo che collega i vertici A e B. Come si vede ci sono 3 facce più la faccia infinita più la faccia che si otterrebbe collegando A e B, cioè F = 5, risultato ottenibile anche dalla formula di Eulero:

6 - 9 + F = 2 ovvero F = 2 - 6 + 9 = 5

Il fatto di poter disegnare un grafo (dei vertici uniti con determinate linee) su un piano è chiamato il problema di planarità del grafo.

Per prima cosa si osservi che se esistono due linee parallele (ossia che uniscono lo stesso paio di punti) una delle due si può eliminare ed il problema è lo stesso.

Osserviamo ora un grafo planare (disegnabile sul piano senza che nessun paio di lati si intersechi)

Esso ha V vertici, E lati, e S poligoni (di cui uno esterno).

Siccome ogni poligono ha almeno 3 lati ed un lato divide sempre e solo due poligoni sappiamo che 2E³3S

A questo punto dobbiamo utilizzare il teorema d'Eulero, che afferma che un grafo pianare topologico connesso con V vertici, E lati e S poligoni verifica P=E-V+2 (caso particolare del teorema dei poliedri)

Quindi abbiamo 2E³3(E-V+2)=3E-3V+6

E di conseguenza 3V³E+6

Questa propietà è verificata da ogni grafo planare

K_3,3 verifica questa proprietà, tuttavia esiste una forma più ristretta di questa proprietà per i grafi bipartiti come K_3,3

Un grafo bipartito è tale che i vertici si possono dividere in due gruppi, e non esiste alcun lato tra due vertici dello stesso gruppo

In questo caso ogni poligono ha almeno 4 lati (non esistono poligoni con un numero dispari di lati)

Quindi abbiamo 2E³4(E-V+2)=4E-4V+8

E di conseguenza 2V³E+4

Questa propietà è verificata da ogni grafo planare bipartito

Ora K_3,3 è bipartito e possiede 6 vertici e 9 lati, pertanto non verifica 2V³E+4 che è una proprietà dei grafi planari bipartiti

Dim. Teorema d'Eulero

(per induzione su E)

Partiamo dal grafo più semplice, V=1, E=0

Abbiamo S=1 e quindi la proprietà è verificata

Prendiamo ora un grafo che verifichi la proprietà (ipotesi d'induzione) ed aggiungiamoci un lato (E aumenta di 1)

a) se aggiungendo un lato aggiungo anche un vertice, S rimane invariato, e la formula vale ancora

b) altrimenti S aumenta di 1 e la formula resta valida

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