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Ricreazioni di Settembre 2000 - Dicembre 2000

10. I quadrati dei numeri che finiscono per 5
inviato da Paolo Verziagi
Per calcolare a mente i quadrati dei numeri che finiscono per 5 c'è un metodo semplicissimo che sarà chiaro guardando questi esempi:

35*35=3*(3+1) affiancato a 25
ossia 1225

125*125=12*(12+1) affiancato a 25 ossia 15625

1005*1005=100*(100+1) affiancato a 25: è 1010025

Semplice no?

>>> Risposte & riflessioni
Giorgio Dendi
Mi sembra simpatica la dimostrazione di questo problema, e siccome nessuno si fa avanti, la propongo io.
Un numero che finisce per 5 si indica (10 a + 5), e a è il numero di decine; ad esempio con a = 42, ottengo 425. 
Allora faccio il quadrato di (10 a + 5), con la regola del quadrato di un binomio. 
Ottengo (100 a^2 + 100 a + 25).
Raccolgo (100 a) tra i primi due addendi: ((100 a) * (a + 1) + 25). 
Allora facciamo 100 * a * (a + 1): si tratta di moltiplicare il numero di decine (a) per il suo successivo (a + 1) e di moltiplicare il risultato per 100, cioè di scriverlo lasciando le ultime due caselle vuote.
Siccome devo sommare ancora 25, scriverò proprio 25 nelle ultime due caselle.
Bello, no?

Gianfranco Bo
Sì!

9. Le due fidanzate
inviato da Marco Delfino
John, studente americano, ha due fidanzate, una nel Bronx ed una a Brooklin.
Poichè egli vuol bene ad entrambe in ugual misura, non decide a priori chi andare a trovare quando esce di casa, ma lascia decidere al caso.
Infatti arriva alla metropolitana, e poichè rispetto alla sua stazione il Bronx sta a sinistra e Brooklin alla destra, ed essendoci un solo binario, egli prende il primo metrò che passa (lasciando perciò decidere al caso).
Sapendo che i metrò passano ogni 10 minuti l'uno dall'altro per il Bronx, ed ogni 10 minuti l'uno dall'altro per Brooklin, come è possibile che 9 volte su 10 si trovi a casa della fidanzata del Bronx??

>>> Risposte & riflessioni
Il problema non sta nella frequenza con cui passano i due metrò (ogni 10 minuti sia da una parte che dall'altra) ma quando l'una rispetto all'altra. Infatti se il metrò per Brooklin (verso destra) passa un minuto dopo di quello per il Bronx (verso sinistra), ecco che arrivando a caso alla stazione è molto più facile (nella misura appunto di nove volte su dieci) finire nel Bronx.

La figura qui sotto illustra graficamente la risposta data da Marco Delfino.

N.B. Per visualizzare correttamente il grafico è necessaria la font Courier.
Per Brooklin: --A--X-------A---------XA----------A----
Per il Bronx: B----X-----B----------BX---------B-----

Le linee ---- rappresentano l'asse del tempo. Ogni "-" è un minuto.
Le lettere A e B rappresentano i convogli in partenza.
La lettera X rappresenta l'istante (variabile casualmente) in cui John arriva in stazione.
Come si vede dalla figura, al variare di X, il primo convoglio che partirà è quasi sempre quello per il Bronx, cioè li B, per la precisione nel rapporto 9:10.
John sale sul convoglio A soltanto quando arriva in stazione nell'intervallo di 1 minuto che separa la partenza di un B da quella di un A.

8. Una strana sequenza
inviato da Gianvittorio Righi
Il secondo numero è il risultato di un ragionamento logico e di un conseguente "calcolo" sul primo numero.
6 => 3
10 => 5
8 => 4
12 => 6
20 => 5
7 = >?

Cercando di capire in che modo viene "calcolato" il secondo numero , che numero devo scrivere al posto di ?

>>> Risposte & riflessioni
5. Il secondo numero è il numero di lettere che formano il primo numero scritto in italiano.
Es. "dodici" è formato da 6 lettere, "sette" è formato da 5 lettere.

Giorgio Dendi
Ho visto il problema anche da altre parti, formulato diversamente, e mi sembra meglio proporlo dicendo in sequenza come dato di partenza 12, 10, 8 e 6, in quanto la risposta sarà esattamente la metà (6, 5, 4 e 3) e il solutore è portato a credere quindi che il criterio sia di dividere per 2 il numero di partenza. Mi sembra però che mai nessuno abbia notato che pure 24 gode di tale caratteristica, che cioè 12 è sia la sua metà che il numero delle sue lettere.

7. Hiroko Morimoto
inviato da Robert Lozyniak

Hiroko Morimoto: "1-9-5-3-7-2-8-4-0-6"

>>> Risposte & riflessioni
Japanese kana order:
a, i, u, e, o, ka, ki, ku, ke, ko, sa, shi, su, se, so, ta, chi, tsu, te, to, na, ni, nu, ne, no, ha, hi, fu, he, ho, ma, mi, mu, me, mo, ya, yu, yo, ra, ri, ru, re, ro, wa, wo, n

Digits: (0, 1, ... 9) rei, ichi, ni, san, yon, go, roku, nana, hachi, kyuu

6. Tagliare il cubo
inviato da PierLuigi Zezza
Abbiamo un cubo di 3 cm di lato, con sei tagli è facilmente divisibile in 27 cubetti di lato 1 cm. Si chiede se è possibile dividere il cubo in 27 cubetti eguali con meno di tre tagli avendo la possibilità dopo ogni taglio di cambiare la posizione dei pezzi ottenuti in precedenza.

>>> Risposte & riflessioni

Paolo Hägler
Ho dato un'occhiata alle ricreazioni mandate ancora senza risposta e ne ho trovata una alla sei, sono sicuro che esiste un modo più generale (nel senso che
sia facilmente applicabile ad altre dimensioni) di quello che segue per dimostrare che necessitano 6 tagli per dividere un cubo in 27 cubetti, ma non l'ho trovato.

La mia prova è la seguente:

Consideriamo i tagli a ritroso e le dimensioni espresse nell'unità "lato di un cubetto" (="un terzo del lato del cubo").
Prima dell'ultimo taglio ci sarà almeno un solido delle dimensioni 2x1x1 che verrà diviso in due parti.
Prima del penultimo ce ne sarà almeno uno di dimensione 3x1x1 o 2x2x1 (per poter ottenere il 2x1x1).
Prima del terzultimo ce ne sarà (almeno) (a dipendenza di quale sia la dimensione) uno di dimensione 3x2x1 o 2x2x2 (per ottenere 3x1x1 o 2x2x1).
Prima del quart'ultimo ce ne sarà (almeno) (a dipendenza di quale sia la dimensione) uno di dimensione 3x3x1 o 3x2x2 (per ottenere 3x2x1 o 2x2x2).
Prima del quint'ultimo ce ne sarà uno di dimensione 3x3x2 (per ottenere 3x3x1 o 3x2x2).
E prima del sest'ultimo avrò il mio cubo grande di dimensione 3x3x3.

Poiché prima di ogni taglo non è possibile avere un solido di dimensione più grande ad una di quella citata, non è possibile tagliare il cubo in 27 cubetti
con meno di 6 tagli.

Alan Viezzoli
È impossibile dividere un cubo in 27 cubetti eguali con meno di sei tagli,
anche cambiando la posizione dei pezzi ottenuto dopo ogni taglio. Basta
pensare che dal taglio del cubo grande deve risultare anche un cubetto
situato proprio al centro costituito da sei facce e per ricavarlo ogni
faccia richiederebbe un taglio.

5. Il problema dei bivi
inviato da Gianvittorio Righi
Il signor Mario Rossi deve raggiungere una meta e per poterla raggiungere deve intraprendere una strada piena di bivi (ogni bivio e' considerato un incrocio di due strade).
Ad ogni bivio vi sono due persone: una che dice la verità ed una che dice il falso.
Ora Mario Rossi, che non sa chi dice la verità e chi dice il falso, ad ogni bivio fa una sola domanda rivolta indifferentementa ad una delle due persone e raggiunge la meta.

Quale è la domanda?
E cosa fa Mario Rossi?

>>> Risposte & riflessioni
La domanda di Mario Rossi è: (rivolta ad una delle due persone presenti al bivio)
"Se io chiedessi a quell'altro quale delle due strade devo intrapendere, lui cosa mi risponderebbe?"
E Mario Rossi intraprende sempre la strada opposta.

Infatti:

4. Il problema dei lingotti
inviato da Gianvittorio Righi
Vi sono dieci scatoloni di lingotti d'oro ciascuno dei quali contiene 10 lingotti del peso di un chilo ognuno.
Un solo scatolone contiene lingotti falsi del peso di 990 grammi ognuno.
Il signor Mario Rossi sa che vi è un solo scatolone con lingotti falsi ed ha a disposizione una bilancia (quelle per pesare i pacchi) con tacche al grammo .
Lui dice che con una sola pesata può individuare lo scatolone con i lingotti falsi.

Come fa?

>>> Risposte & riflessioni

3. 12 e 13 palline
inviato da Alberto Fabrizi
Si abbiano 11 palline di egual peso ed una dodicesima di eguale aspetto, ma di peso diverso (non sapendo se maggiore o minore).
Disponendo di una bilancia a piatti, dire in quale modo la si può individuare effettuando tre pesate.

Sempre più difficile: lo stesso problema, questa volta con 13 palline. Sembra che 13 palline sia il massimo numero per cui il problema possa essere risolto con tre pesate.

Abbiamo 13 palle apparentemente uguali nella forma, dimensione, colore, etc. Però siamo sicuri che una di queste ha un peso diverso dalle altre 12.
Non ci dicono se pesa + o -.
Con una bilancia a 2 piatti e tentando solo 3 pesate dobbiamo individuare questa palla.

>>> Risposte & riflessioni

Le 12 palline

Definiamo BUONE le 11 palline di eguale peso e <D> la pallina di peso diverso.
Osserviamo preliminarmente che:
osservazione 1) avendo una riserva di "buone" è possibile individuare <D> fra due palline mediante il confronto di una di esse con una delle buone;
osservazione 2) qualora si sapesse che <D> abbia peso maggiore (o minore) basterebbe una sola pesata per individuarla fra tre palline.

Si proceda dunque nel modo seguente.
Si pongano su ciascuno dei due piatti quattro palline.
Possono verificarsi due casi:
1° caso: i due gruppi di 4 palline hanno lo stesso peso;
2° caso: i due gruppi di 4 palline hanno peso diverso.

Esaminiamo ora i due casi possibili.

1° caso: i due gruppi di 4 palline hanno lo stesso peso;
Se hanno peso uguale, abbiamo costituito una riserva di otto buone, e <D> sta tra le altre quattro. Confrontiamo due di quest'ultime con due buone: se il peso è uguale, <D> starà fra le due palline mai pesate, altrimenti è una di queste due; la terza pesata, per l'osservazione 1, la individuerà.

2° caso: i due gruppi di 4 palline hanno peso diverso.
Se dalla prima pesata il piatto sinistro risulta più pesante del destro, abbiamo una riserva di quattro buone. Dette SSSS le palline che sono state pesate nel piatto sinistro, DDDD quelle pesate nel piatto destro e BBBB quelle buone, operiamo la seconda pesata nel seguente modo: DSSS - SBBB (abbiamo scambiato di piatto due palline e sostituito tre palline del piatto destro con tre buone).

A questo punto si hanno 3 sotto-casi.

Le 13 palline

Si pongano 4 palle su un piatto e 4 in un altro. Nel caso in cui abbiano lo stesso peso, il procedimento è lo stesso che nel problema delle 12 palline. Se invece si riscontra peso diverso, rimangono due pesate per individuare tra le 5 palle rimanenti quella di peso diverso.

Premesso che:

basta porre tre palle delle cinque su un piatto e tre palle "buone" sull'altro.
Se la bilancia rimarrà in equilibrio, allora la scelta si restringe alle due uniche palle mai pesate, e per la premessa (1) è individuabile in una sola pesata.
Se invece un piatto risulterà più pesante dell'altro, sarà finalmente noto se la palla cercata ha peso maggiore o minore rispetto alle altre, così per la premessa (2) è individuabile in una sola pesata.

2. L'eredità del contadino
inviato da Livio Zucca
Un contadino lascia in eredità ai suoi tre figli rispettivamente 1/2, 1/3 e 1/9 dei suoi averi con la raccomandazione di non uccidere animali nella spartizione. Ma quando muore lascia 17 mucche.

Come andranno suddivise fra i tre figli?

>>> Risposte & riflessioni
Il notaio dapprima disperato si fara' imprestare una mucca da un vicino, dara' 9+6+2=17 mucche ai figli e potra' cosi' restituire quella avuta in prestito. Il bello della storia e' che nessun figlio protestera' per l'audacia del calcolo, in quanto tutti riceveranno piu' del dovuto!

 

1. Sfere d'acciaio e sfere di sughero
inviato da Livio Zucca
Una domanda che faccio spesso a bruciapelo e che spesso ottiene la risposta sbagliata è la seguente:
Pesano di più 1000 sfere di acciaio dal diametro di 1 mm o una sfera di sughero dal diametro di 1 metro?

>>> Risposte & riflessioni
Ci restan male quando si rendono conto che ci sono almeno 4 ordini di grandezza (!) tra i due valori.

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