Ricreazioni Marzo 2002

213. Il problema delle cinque pedine: impossibile?
di Riccardo
(Riccardo ripropone un problema presente su Base Cinque e non ancora risolto)

Esiste una unica regola per muovere le pedine: è possibile muovere 2 pedine di colore diverso alla volta estraendole da un qualunque punto della sequenza e "attaccandole" a uno degli estremi liberi.
Le due pedine sono una coppia ordinata, non è permesso scambiare l'ordine.
Durante il gioco la sequenza può risultare divisa in più sottosequenze separate.

Nota storica (David Singmaster)
Wayne A. Wickelgren. How to Solve Problems. Freeman, 1974. Checker-rearrangement problem, pp. 144-146. BWBWB to BBBWW by moving two adjacent checkers, of different colours, at a time. Solves in four moves, but the pattern moves six places to the left.

Mi sono soffermato sul quesito "Il problema delle 5 pedine" nella pagina "Bianco e Nero" di "Fondamentali". La regola dispone che bisogna spostare due pedine di colore diverso e attacarle ad uno degli estremi liberi; quindi, secondo me, avremo sempre due pedine di colore diverso agli estremi. A questo punto mi chiedo: "Come è possibile ottenere la sequenza finale: NNNBB se come ultima mossa vengono attaccate all'estremità due pedine di colore diverso?

La soluzione rispecchia quanto dichiarato da Singmaster (4 mosse e slittamento di 4 posti), ma al passaggio 1, le due pedine vengono spostate nel "vuoto", senza accodarle a nessuna parte di sequenza.

212. Problemi logici.
di Peppe
Vi sono alcuni giochi basati sul ragionamento induttivo e deduttivo .Per risolvere un "problema logico" occorrono dosi di riflessione, buon senso ed intuito. Anche se all'inizio questo genere di passatempo potrà sembrare un po' difficile, una volta entrati in possesso dei meccanismi elementari del processo logico, il conseguimento della soluzione si tramuterà in un'avvincente sfida con se stessi, sempre nuova e gratificante.
I "problemi logici" infatti possiedono l'innegabile vantaggio di presentarsi in mille modi differenti, mai ripetitivi, stuzzicando l'amor proprio del solutore.
Chi si avvicina per la prima volta a questo genere di passatempo, necessita di alcuni suggerimenti utili, per una corretta impostazione del quesito, in modo che possa rendersi conto del tipo di ragionamento che occorre fare per giungere alla soluzione.
Per chi è interessato all'argomento suggerisco la lettura, di alcuni di questi problemi, che può trovare da pag. 44 a pag.58 del periodico "Enigmistica Diversa", Anno II n°3. Sono riportati alcuni suggerimenti utili, gli schemi da utilizzare, nonché le soluzioni.
Ecco un esempio.Frutta di stagione
Tre amici acquistano della frutta nel medesimo negozio. Ognuno di loro sceglie un diverso tipo di frutta e spende una cifra differente. Attribuire a ciascuno dei tre amici la frutta prescelta e la somma pagata, in base alle seguenti indicazioni.
1) GINO preferisce l'UVA. Non è lui che spende più di tutti.
2) LUIGI non ha acquistato MELE e non ha speso 3000 lire.
3) Le MELE non costano 4000 lire e GINO non ha speso una simile cifra.

Leggete attentamente l'enunciato: in esso viene esposto il problema a grandi linee.Analizzate poi le indicazioni, una per una: vi forniranno le informazioni da trascrivere sullo schema.Dall'indicazione n°1 possiamo dedurre che:
a) GINO ha acquistato dell'UVA. Esaminando sulla grata la linea di Gino, incontriamo i tre tipi di frutta. Poichè Gino ha scelto l'uva, metteremo un SI(0), nella casella corrispondente al punto di incrocio"GINO-UVA", e cioè la casella C1. Poichè nell'enunciato viene precisato che ognuno dei tre amici ha scelto un tipo diverso di frutta, spendendo una cifra diversa, ne deriva che Gino non può avere acquistato né PERE né MELE: mettiamo perciò un NO(X) in A1 e in B1. L'uva infine, essendo la frutta prescelta da Gino, non può al tempo stesso essere stata acquistata né da Luigi, né da Mario (X) in C2 e in C3 (abbreviando: C/2,3).
b) L'UVA non costa 5000 lire. Si può quindi segnare un NO (X) all'incrocio "UVA-5000", vale a dire in C6. Inoltre, poiché Gino ha acquistato l'uva, che non costa 5000 lire, ne deriva che Gino non ha pagato tale cifra(X) in F1.L'indicazione n°2 precisa che:
a) Luigi non ha acquistato mele. Mettiamo perciò NO (X) all'incrocio "LUIGI-ELE", cioè in B2. Poichè Luigi non ha acquistato né mele né uva (vedi indicazione 1), ha senz'altro preferito le PERE: SI (0) in A2 e corrispondente NO (X) in A3.
b) Le mele non sono state acquistate né da Gino né da Luigi e perciò le ha acquistate Mario (0) in B3.
c) Luigi non ha speso 3000 lire: bisognerà apporre un NO (X) in D2. Noi sappiamo però che Luigi ha comperate delle pere, perciò il costo delle pere non può ammontare a 3000 lire (X) in A4.Dall'indicazione N°3 infine deduciamo che:
a) Le mele non costano 4000 lire (X) in B5. Poichè le mele le ha acquistate Mario, Mario non può avere speso 4000 lire (X) in E3.
b) Gino non ha speso 4000 lire (X) in E1. Ne deriva che Gino deve aver speso 3000 lire (0) in D1 e (X) in D3. Le 4000 lire cosi le ha spese Luigi (0) in E2 e (X) in F2. Le 5000 lire non può averle spese che Mario (0) in F3.
c) L'indicazione 1 ci avverte che Gino ha acquistato UVA: è questo tipo di frutta dunque che costa 3000 lire (0) in C4 e (X) in B4 e in C5. Facile a questo punto ricavare che le PERE costano 4000 lire (0) in A5 e che le MELE costano 5000 lire (0) in B6.RIASSUMENDO:
GINO acquista UVA e spende 3000£
LUIGI acquista delle PERE e spende 4000£
MARIO acquista delle MELE e spende 5000£.

211. I regoli di Nepero.
di Peppe
Giovanni Nepero rivoluzionò il calcolo con l'uso dei LOGARITMI.
Ma inventò anche un metodo pratico per agevolare i calcoli dei mercanti.
Questi portavano con sè un gruppo di asticciole fatte di avorio o di legno, con le quali eseguire moltiplicazioni velocemente. Ciascuna asticciola era una tavola di moltiplicazione per la cifra indicata in cima.
Come si costruiscono: su delle liste di carta o di legno si scrivono le colonne della tavola di moltiplicazione. Le nove caselle quadrate sono divise con una diagonale.Nella parte sup. si scrive il numero relativo alle DECINE, in quella inf.il numero relativo alle UNITA'.
Come si usava: per moltiplicare ad es. 298 per 7, si allineavano le tre asticciole che portano in cima le cifre 2, 9 e 8 e poi si sommavano i numeri riportati nella settima riga.
Poichè (2x7=14),(9x7=63) e (8x7=56),otteniamo: 1/4 6/3 5/6
Basta sommare 1650+436=2086=(298x7)
Nella figura qui sotto, nella colonna del 6 si leggono i multipli,12,18, 24.Poste vicine alcune di queste colonne, per esempio quelle intestate 6,3,7,si leggono i prodotti del numero (637) per il numero 2, in questo modo: partendo da destra a sinistra: 4 unità, (1+6)=7 decine, (0+2)=2 centinaia,1 migliaio.
Ossia 1274 che equivale a (637x2).Ovvero (1010 +264)=1274.
Divertitevi a calcolare 637 per i restanti numeri 3,4,5,ecc.

210. Le 9 palline e la bilancia romana: un problema impossibile?
di Alessandro Venturi
Questo problema, preso dalla mailing list di Snark, non è stato ancora risolto da nessuno e Alessandro Venturi congettura che esso sia insolubile.
Ecco il problema.
Abbiamo 9 palline che sembrano identiche.
Però non lo sono: una di esse ha un peso diverso dalle altre. Non sappiamo qual è e neppure se è più pesante o più leggera.
Abbiamo, inoltre, una bilancia romana, che ha un solo piatto e indica in grammi i pesi degli oggetti.
La domanda è: come facciamo per scoprire la pallina diversa con 3 pesate?

Questo problema è impossibile?
Quali potrebbero essere le informazioni minime necessarie per poterlo risolvere?
Ad esempio:
- le palline buone pesano un numero intero di grammi;
- la differenza di peso tra una pallina buona e quella diversa è un numero intero di grammi;
- si conosce il valore assoluto di tale differenza (es. 1 g, 2 g, ...);
- eccetera.

209. Quanti quadrati?
di Fabrizio Lanza
Si desidera costruire un reticolo di quadrati utilizzando degli stecchini uguali.

Un quadrato fatto di quadrati presenta al suo interno un numero complessivo di quadrati che è dato dalla somma dei quadrati dei numeri interi decrescenti a partire da quello che è il numero dei quadrati più piccoli che compongono il lato di quello grande...
Ad esempio, nel reticolo della figura di 4x4 = 16 quadratini, in realtà si possono contare ben:
4x4 + 3x3 + 2x2 + 1x1 = 16 + 9 + 4 + 1 = 30 quadrati, ovviamente di dimensioni diverse.

Allora : nel caso che ho proposto, c'è un quadrato fatto da 6 x 6 quadratini elementari. I quadrati fatti da 2x2 , 3x3 etc. quadratini elementari, sono complessivamente : 6*6 + 5*5 + 4*4 + 3*3 + 2*2 + 1*1 = 36 + 25 + 16 + 9 + 4 +1 = 91.
Se si aggiungono le file incomplete che si vedono nella figura qui sotto, si ottengono altri 9 quadrati, quindi 100 in totale, e i bastoncini ammontano a : 6x7 + 6x7 = 84 che compongono il quadratone, ai quali si aggiungono i 10 che fanno i quadrati delle file incomplete. Quindi in totale 84 + 12 = 96 bastoncini per 100 quadrati.

Roberto Doniez (dal Cile)
El número de palitos (stecchini) necesarios para construir 100 cuadrados puede disminuirse de 96 a 93.Para esto basta considerar:
i) un tablero de 6x6,
ii) agregar a la derecha una nueva columna con 5 casilleros, de arriba hacia abajo,
iii) y eliminar el casillero izquierda-abajo del tablero inicial.

208. Una pesa che parla alla fine!
di Cesare Saleri
Siano date 16 palline (di egual diametro) di cui 15 hanno lo stesso peso e una ha peso minore.
Avendo a disposizione una pesa (fornisce il peso in grammi), scovare la pallina più leggera con 4 pesate
Si consideri che per sapere il valore di una pesata bisogna andare alla cassa e pagare; attenzione si ha la possibilità di pagare una sola volta, e cioè alla fine delle 4 pesate (in cui verranno rilasciati in ordine di corrispondenza i 4 valori delle 4 pesate effettuate).

>>> Risposte & riflessioni
Enrico Delfini
Disponiamo le palline in un reticolo 4x4 e numeriamole in ordine (1-2-3-4 nella prima riga da sinistra a destra; 5-6-7-8 nella seconda riga sempre da sinistra a destra e così via).

	A	B	C	D
r1	1	2	3	4
r2	5	6	7	8
r3	9	10	11	12
r4	13	14	15	16

Le palline risultano così ordinate in 4 righe (r1, r2, r3, r4) e 4 colonne (A, B, C, D)

I PESATA: mettiamo sulla bilancia le otto palline delle righe r1 e r2 (1-2-3-4-5-6-7-8): saremo con ciò in grado (quando avremo il risultato) di sapere se la biglia X è nelle due righe di sopra o in quelle di sotto. Per ora però non lo sappiamo e passiamo alla
II PESATA: mettiamo sulla bilancia le 8 biglie delle colonne A e B (1-2-5-6-9-10-13-14); incrociando i due risultati saremo in grado di individuare la quartina cui appartiene la biglia X.
III PESATA: mettiamo sulla bilancia le 8 biglie delle righe r2 e r3 (5-6-7-8-9-10-11-12), saremo con ciò ingrado di restringere il campo a una coppia di palline.
IV PESATA: pesando le 8 biglie delle due colonne B e C (2-3-6-7-10-11-14-15) potremo identificare la biglia X anomala.

Le 4 pesate potranno assumere solo 2 valori a seconda che contengano o no la pallina più leggera.
Chiamati i due valori P (pesante) e L (leggero), si hanno 16 combinazioni che permettono di individuare la pallina più leggera.

Pesata

Risultati

r1+r2

A+B

r2+r3

B+C

pall. legg. n°

Ivan D'Avanzo
N.d.R. La soluzione di Ivan D'Avanzo è sostanzialmente simile a quella di Enrico Delfini ma la procedura per formare i gruppi di palline è diversa.
Illustrerò la soluzione prima in via concettuale e poi nello specifico.
Abbiamo una sola pallina "anomala", e quattro pesate. Il risultato di ogni pesata, indipendentemente dal numero di palline può essere corretto o "sbagliato", nel senso che se ogni pallina buona pesa 1 g e faccio una pesata di 8 palline, se il risultato di misura è 8 g la pallina anomala non è tra quelle 8.

In linea di principio potremmo rappresentare una pesata corretta con uno 0 e quella sbagliata con un 1. L'insieme di quattro pesate mi da un pacchetto di quattro bit (tipo 1101,0001, 1010,ecc....). Le combinazioni di n bit sono 2^n, nel nostro caso 16.
Bene, ci siamo quasi: concettualmente potrei rappresentare ogni pallina con una di queste combinazioni. Ma ora vi mostro praticamente come fare, senza dover necessariamente ricorrere all'uso dei bit.

Per comodità chiamiamo le palline con dei numeri da 1 a 16. Indichiamo le pesate con A,B,C,D. Dobbiamo fare in modo che ogni pallina compaia in una ed una sola fissata combinazione di pesate.
Ad esempio, assegniamo alle 16 palline le seguenti pesate:

1 - A
2 - B
3 - C
4 - D
5 - A,B
6 - A,C
7 - A,D
8 - B,C
9 - B,D
10 - C,D
11 - A,B,C
12 - A,C,D
13 - B,C,D
14 - B,A,D
15 - A,B,C,D
16 ---------

Equivalentemente, questo vorrebbe dire mettere sulla bilancia le palline in questo modo:

Pesata A (1,5,6,7,11,12,14,15)
Pesata B (2,5,8,9,11,13,14,15)
Pesata C (3,6,8,10,11,12,13,15)
Pesata D (4,7,9,10,12,13,14,15)

Il gioco è fatto, andiamo alla cassa e vediamo il risultato delle pesate. In base a quali saranno corrette e quali sbagliate, è univocamente determinata la pallina.

Ad esempio, supponiamo che le pesate sbagliate sono A,C e D. Andiamo a vedere nella tabella A,C,D a cosa corrispondono e sicuramente la pallina corrispondente sarà la 12, perché essa è l'unica che compare in quelle tre pesate.

Se per caso nessuna pesata è sbagliata, ovviamente la pallina sarà la 16, cioè l'unica che non compare in nessuna pesata.

Se tutte le pesate sono sbagliate, la pallina sarà la 15 (A,B,C,D) e così via....

207. Quesito impossibile
di Ivan D'Avanzo
Vorrei porre ai visitatori di BASE Cinque un quesito.
Sono sicurissimo (e detto da un matematico poi....) che nessuno (me compreso) sia in grado di risolverlo e che quindi rimarrà senza soluzione per tutta la storia del tuo sito.
Sì, lancio il guanto di sfida.
Spero che lo pubblicherai al più presto e che vi divertirete a tentare di risolverlo!!!

Sappiamo che se abbiamo un quadrato fatto da n quadratini, possono esistere due quadrati più piccoli la cui somma dia il quadrato in questione. Ad esempio se ho un quadrato 5x5, posso scomporlo in due quadrati 4x4 e 3x3.

N.B. Si suppone che le misure dei lati dei tre cubi siano esprimibili con tre numeri interi.
Si esponga una dimostrazione.

>>> Risposte & riflessioni
Gianfranco Bo
Il problema può essere risolto trovando le soluzioni intere della seguente equazione:

Dopo il duro lavoro di Wiles, basta dire che il problema non può essere risolto, per l'UTF, ultimo teorema di Fermat.
Però così è troppo semplice! In effetti questo teorema era stato già dimostrato con metodi "semplici" forse da Fermat stesso e senz'altro da Eulero.
Una dimostrazione si trova anche nell'Introduzione alla teoria dei numeri di Hardy.
Se nessuno risponde, l'onere della dimostrazione ce l'abbiamo sul groppone noi!
E va bé, ripasseremo un po' di number theory.

206. Il cilindro
di Antonio Bertoletti
Si disponga di un cilindro trasparente (con la base a "tappo a vite"), avente la capacità di un litro, e di un elastico che, in tensione, calzi perfettamente la superficie cilindrica (laterale).
Si chiede di riempire il cilindro con mezzo litro di acqua, avendone a disposizione una quantità illimitata in una vasca. (è possibile appoggiare il cilindro su di un piano e calzare l'elastico sulla superficie (laterale) cilindrica, in modo che l'elastico appartenga ad un piano parallelo alle basi del cilindro stesso)
Esporre un metodo (algoritmo pratico), che permetta di raggiungere l'obbiettivo con un'approssimazione trascurabile per l'occhio umano.
(GRADO di DIFFICOLTA': da 1 a 100 = "10")

N.d.R. Il testo è leggermente cambiato, solo nella forma, rispetto alla prima versione.

Enrico Delfini
Ammettendo che il cilindro sia trasparente e che non vi siano importanti fenomeni ottici che impediscano la visione di quanto liquido sia contenuto; e ammettendo che il cilindro (ma in realtà qualsiasi solido cavo va bene) sia capovolgibile, occorre posizionare l'elastico, parallelamente al piano di appoggio in una posizione che corrisponda al pelo del liquido interno sia con il cilindro ritto, che col cilindro rovesciato.
La quantità di liquido e la posizione dell'elastico si determinano per tentativi.

205. Un 10 e due 1
di Bruno Visca
Ho da proporre un altro quesito simile a quello dei tre 8 del test di Marcolfa
Usando una volta il 10 e due volte l'1 ottenere 3