MensaRE perUniMoRE

1
In treno
Il primo che si siede pu`o scegliere fra 6 posti; il secondo fra i 5 rimanenti; il
terzo fra 4; il quarto fra 3. Dunque il primo numero richiesto (cio`e tenendo
conto di chi si siede su quale sedile) `e 6 · 5 · 4 · 3 = 360 (numero di disposizioni
semplici di 6 oggetti a 4 a 4). Per un fissato insieme di 4 sedili, i ragazzi
hanno 4·3·2 modi diversi di occuparli (numero di permutazioni di 4 elementi)
e il secondo numero `e 6 · 5 · 4 · 3/4 · 3 · 2 = 15 (numero di combinazioni semplici
di 6 oggetti a 4 a 4).
Perci`o ha ragione Carla.
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Il sogno
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Proviamo dapprima ad ipotizzare, per esempio, che il quinto abbia un cappello bianco.
Allora il quarto mente e porta un cappello bianco. In questo caso ci sarebbero
almeno due cappelli bianchi fra quelli che vede il primo, che quindi mente e
porta un cappello bianco. Ora, se il terzo dice la verit`a, allora ha un cappello
rosso e il secondo vede un cappello rosso, quindi mente e porta un cappello
bianco, in contraddizione con il fatto che il terzo ne vede uno rosso. Se invece
il terzo mente ed ha quindi un cappello bianco, primo, terzo, quarto e quinto
portano cappelli bianchi, concordemente al secondo (cappello rosso per lui)
ma in contraddizione col fatto che il terzo `e un mentitore.
Non ci resta che dedurre che il quinto deve portare un cappello rosso. Ci`o
implica che il secondo `e un mentitore ed ha un cappello bianco. Ma allora
anche il quarto e conseguentemente il primo mentono. Si vede infine che a
questo punto il terzo deve avere il cappello rosso.
In conclusione, la sola soluzione possibile `e che primo, secondo e quarto abbiano cappelli bianchi, mentre terzo e quinto ce l’abbiano rosso.
Ha ragione Carla.
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Il gioco
Si nota subito che, se n `e dispari, qualunque mossa fornisce un pari. Se invece
n `e pari, la parit`a del numero che viene passato dipende dalla mossa scelta.
Conviene quindi, quando si ha in mano un numero pari, restituire all’avversario un numero dispari (mossa ’a’), cos`ı da non perdere e farsi restituire con
certezza di nuovo un pari.
Concludendo, se chi inizia il gioco ha in mano un n pari, ha una strategia
di vittoria; se invece ha un n dispari, fornisce immediatamente all’avversario
una strategia di vittoria.
Ha ragione Carla.
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Le spie
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La cena
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Risulta abbastanza evidente che le configurazioni dalle quali si pu`o raggiungere quella richiesta possono essere estremamente complicate, quindi o il
problema `e molto difficile, o c’`e la possibilit`a di controllare in maniera alquanto precisa il meccanismo.
Il massimo risultato possibile sarebbe avere controllo su una singola lampadina; per provare ad ottenerlo, possiamo tentare delle combinazioni di cambi
di stato.
Probabilmente la pi`
u naturale potrebbe essere quella in cui si cambiano gli
stati di tutte le lampadine della riga e della colonna corrispondenti alla lampadina interessata (essa compresa o esclusa).
Si vede facilmente che, comprendendola, alla fine del processo ha cambiato
stato esattamente solo essa, il che d`a proprio il tipo di controllo richiesto.
In conclusione, la configurazione richiesta `e ottenibile a partire da qualsiasi
altra, cio`e da 216 = 65536 configurazioni.
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L’idea di fondo `e che una configurazione in cui tutti i presenti stringano un
numero diverso di mani non esiste. Il massimo che si pu`o ottenere `e che tutti
stringano un numero diverso di mani tranne due, i quali stringono esattamente tre mani a testa e oltretutto risultano essere partner. Non resta che
concludere che uno dei due dev’essere colui o colei che fa il sondaggio. Incidentalmente, ognuno di questi due partner stringe la mano a persone tutte
appartenenti a coppie diverse, il che permette anche di formulare la risposta
corretta ipotizzando che Aldo stringa la mano alle tre dame.
Veniamo ora ai dettagli della dimostrazione. Aiutiamoci con un disegno (vedi
figura), che costruiremo man mano. Chiamiamo A, B, C, D, E, F, G ed H le
persone coinvolte.
Innanzitutto, le risposte devono essere state 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6. Quindi
qualcuno (diciamo A) ha stretto sei mani (diciamo B, C, D, E, F e G).
Rappresentiamo ci`o in figura congiungendo queste lettere, che per semplicit`a
poniamo ai vertici di un ottagono regolare. Chiaramente H deve aver risposto
zero. Altrettanto chiaramente, A ed H fanno coppia.
Passiamo ora a chi ne ha strette cinque. Senza perdita di generalit`a, possiamo ipotizzare che si tratti di B e che abbia stretto la mano ad A, C, D, E
ed F. Dovendoci essere un uno, non pu´o a questo punto che essere G, accoppiato/a con B. Sia ora C chi ne stringe quattro: ad A, B, D ed E. Analoghe
conclusioni: ci`o fissa F come chi ne stringe due e va accoppiato con C. Restano D ed E, che devono per forza rimanere con tre strette di mano a testa
(entrambi a tre persone di tre coppie diverse). Uno dei due non pu`o dunque
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che essere Aldo.
Ha ragione Bruno.
A
H
B
G
C
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Arrivo
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Il ponte
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L’affermazione “Se A allora B” `e equivalente a “Se nonB allora nonA” (contronominale dell’affermazione), cio`e le due proposizioni hanno la stessa tabella di verit`a. Inoltre la negazione di “C e D” `e “o nonC o nonD”.
Dunque la conclusione corretta `e di Carla.
Vedere soluzioni fisica
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Il tunnel
Vedere soluzioni fisica
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L’autista
La negazione di “Per ogni x vale A” `e “Esiste almeno un x per cui vale
nonA”. La negazione di “Esiste almeno un y per cui vale B” `e “Per ogni y
vale nonB”.
L’autista ha indicato Aldo.
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La piscina
Gli angoli che inquadrano la fune dai diversi punti sono angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco, dunque sono uguali.
` Diana a esultare.
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La piazza e la sfera
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La giostra
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√
Un cerchio di raggio r ha area π · r2 ; un cerchio di raggio r0 = r · 2 ha area
π · r02 = 2 · π · r2 , cio`e il doppio dell’area del precedente; la corona circolare
ha dunque la stessa area del cerchio interno.
Un solido√sferico di raggio r ha volume 4 · π√· r3 /3; un solido sferico di raggio
r0 = r · 2 ha volume 4 · π · r03 /3 = 8 · 2 · π · r3 /3 cio`e pi`
u del doppio
del volume precedente; l’intercapedine ha volume maggiore del solido sferico
interno.
Ha ragione Aldo.
Il mappamondo
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Vedere soluzioni fisica
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Su una superficie sferica (a cui si pu`o ragionevolmente approssimare il geoide
per questo problema) il percorso pi`
u breve fra due punti `e il minore fra
i due archi della circonferenza massima che passa per i punti; questa `e la
circonferenza intersezione fra la superficie sferica e un piano passante per i
due punti e il centro della sfera. Siccome Roma e Chicago si trovano sullo
stesso parallelo dell’emisfero Nord, l’arco in questione giace, fra decollo e
atterraggio, a Nord del parallelo stesso.
Perci`o `e Diana ad aver capito il percorso giusto.
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Le ombre
La trasformazione dal piano xy dei cartelli al piano x0 y 0 delle ombre `e un’affinit`a
regolare, cio`e un’applicazione che trasforma rette in rette, rette parallele in
rette parallele, della forma
(
x0 = ax + by + e
y 0 = cx + dy + f
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con a · d − b · c 6= 0. Tali trasformazioni — salvo casi particolari che non
si presentano nella configurazione di questo problema — non conservano i
rapporti fra le lunghezze di segmenti fra loro non paralleli, mentre conservano
i rapporti fra le aree.
Carla ci ha visto giusto.
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La scala
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La regola che soggiace al numero di modi in cui si possono fare n scalini `e
probabilmente deducibile a partire da un po’ di euristica e cio`e contando ’a
mano’ i modi per uno, due, tre, quattro e magari cinque scalini.
Andiamo ad ogni modo a dedurre la formula generale.
Quanti sono i modi An in cui posso raggiungere l’n-mo scalino? Saranno i
modi in cui potevo raggiungere l’(n − 1)-mo pi`
u quelli per l’(n − 2)-mo.
In sostanza:
An = An−1 + An−2
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Questa `e la celebre successione di Fibonacci, ma ai fini del calcolo non `e
necessario saperlo.
Una volta verificato che A1 = 1 e A2 = 2, si calcola infatti facilmente A16 =
1597.
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