1OU -> 1 = One = Uno
2TD -> 2 = Two = Due
5FC -> 5 = Five = Cinque
6SS -> 6 = Six = Sei
8EO -> 8 = Eight = Otto
7SS -> 7 = Seven = Sette
giovedì 23 dicembre 2010
martedì 23 novembre 2010
Tra l'incudine e il martello
Pinco ha detto:
[...]da come è stato descritto il problema, si può dedurre che il fuoco avanza da nord verso sud (probabilmente spinto vento); quindi l'uomo dovrebbe mettersi al centro del promontorio ed appiccare il fuoco nella zona sud. Infine, mente la parte meridionale del promontorio brucia, lui può spostarsi lungo il territorio bruciato sicuro che i due fuochi non avanzano l'uno verso l'altro ma in direzioni concordi
[...]da come è stato descritto il problema, si può dedurre che il fuoco avanza da nord verso sud (probabilmente spinto vento); quindi l'uomo dovrebbe mettersi al centro del promontorio ed appiccare il fuoco nella zona sud. Infine, mente la parte meridionale del promontorio brucia, lui può spostarsi lungo il territorio bruciato sicuro che i due fuochi non avanzano l'uno verso l'altro ma in direzioni concordi
giovedì 18 novembre 2010
Parole crittografate (in inglese)
NortonBoozy ha detto:
see
new
sense
sew
ewe
NDR: bastava osservare che le frecce puntano ai quattro punti cardinali (in inglese N, S, W, E)
see
new
sense
sew
ewe
NDR: bastava osservare che le frecce puntano ai quattro punti cardinali (in inglese N, S, W, E)
venerdì 12 novembre 2010
Un sacco di... "A"
pinco ha detto...
AAAANAAAAAAI
L'ultima lettera dei termini della serie
Alfa
Beta
Gamma
Delta
Epsilon
Zeta
Eta
Theta
iota
Kappa
Lambda
Mi
e via di seguito tutte le altre lettere dell'alfabeto greco
AAAANAAAAAAI
L'ultima lettera dei termini della serie
Alfa
Beta
Gamma
Delta
Epsilon
Zeta
Eta
Theta
iota
Kappa
Lambda
Mi
e via di seguito tutte le altre lettere dell'alfabeto greco
giovedì 11 novembre 2010
mercoledì 3 novembre 2010
Piramidi... di arance
cip999 ha detto...
la piramide grande di 680 arance, le altre due rispettivamente di 120 e 560.
la piramide grande di 680 arance, le altre due rispettivamente di 120 e 560.
domenica 31 ottobre 2010
È da qualche giorno attiva la pagina ufficiale di Giochi & Rompicapo su Facebook! Cliccando su "mi piace" sarà più facile essere aggiornati su tutti i nuovi enigmi pubblicati, ma anche su tanti altri extra come link a giochi in flash, citazioni d'autore e curiosità.
mercoledì 27 ottobre 2010
I quattro interruttori
Gianluca ha detto...
Prima di tutto alcune definizioni e considerazioni preliminari.
Possono esistere 3 tipi di configurazioni base, le atre tutte assimilabili a queste o con rotazioni tavolo o inversioni complete dello stato di tutti gli interruttori (entrambe, queste, operazioni ininfluenti, date le condizioni poste dal problema):
a) (un solo interruttore in uno stato diverso dagli altri)
10
00
b) (2 interruttori diversi, posti su una diagonale)
10
01
c) (2 interruttori diversi, posti lateralmente)
11
00
Le mosse possibili, invece sono di 3 tipi base:
A) mossa singola: premo un solo interruttore
B) mossa diagonale: premo 2 interruttori in angoli opposti
C) mossa laterale: premo 2 interruttori in angoli adiacenti.
Non è infatti importante quali interruttori si premano, ma solo le posizioni relative di quelli che si premono (dato che ad ogni controllo il tavolo gira…).
Le altre mosse sono tutte assimilabili a queste; p.e. se premo tre interruttori di fatto ho eseguito la mossa A più una inversione di stato di tutti gli interruttori.
Ora passo a descrivere la strategia che mi sembra ottimale.
Immaginando di partire da una conf. tipo b) o c), effettuo una mossa B): come risultato posso aver terminato (se partivo da conf. b) oppure trovami ancora in una conf. c).
Ora effettuo una mossa C): posso aver concluso (se ho preso proprio i due interruttori nello stesso stato) oppure trovarmi in una conf. b).
A questo punto basterà effettuare un’ultima mossa B) e avrò concluso. Riassumendo, eseguirò la sequenza B) - C) - B).
Ora immagino invece di partire dalla conf. a): effettuando la sequenza B) - C) - B), non avrò cambiato per nulla la configurazione (essendo questa stessa non influenzata dalle mosse tipo B) o C)).
Se dopo la sequenza B) - C) - B) la luce è ancora spenta, dunque, vuol dire che mi trovavo e mi trovo ancora in una conf. a); ma allora basterà eseguire la mossa A) per passare in una conf. b) o c) e poi di nuovo la sequenza B) - C) - B) per concludere in ogni caso possibile.
Riassumendo, nel caso peggiore effettuerò 7 mosse: B) - C) - B) - A) - B) - C) - B).
Prima di tutto alcune definizioni e considerazioni preliminari.
Possono esistere 3 tipi di configurazioni base, le atre tutte assimilabili a queste o con rotazioni tavolo o inversioni complete dello stato di tutti gli interruttori (entrambe, queste, operazioni ininfluenti, date le condizioni poste dal problema):
a) (un solo interruttore in uno stato diverso dagli altri)
10
00
b) (2 interruttori diversi, posti su una diagonale)
10
01
c) (2 interruttori diversi, posti lateralmente)
11
00
Le mosse possibili, invece sono di 3 tipi base:
A) mossa singola: premo un solo interruttore
B) mossa diagonale: premo 2 interruttori in angoli opposti
C) mossa laterale: premo 2 interruttori in angoli adiacenti.
Non è infatti importante quali interruttori si premano, ma solo le posizioni relative di quelli che si premono (dato che ad ogni controllo il tavolo gira…).
Le altre mosse sono tutte assimilabili a queste; p.e. se premo tre interruttori di fatto ho eseguito la mossa A più una inversione di stato di tutti gli interruttori.
Ora passo a descrivere la strategia che mi sembra ottimale.
Immaginando di partire da una conf. tipo b) o c), effettuo una mossa B): come risultato posso aver terminato (se partivo da conf. b) oppure trovami ancora in una conf. c).
Ora effettuo una mossa C): posso aver concluso (se ho preso proprio i due interruttori nello stesso stato) oppure trovarmi in una conf. b).
A questo punto basterà effettuare un’ultima mossa B) e avrò concluso. Riassumendo, eseguirò la sequenza B) - C) - B).
Ora immagino invece di partire dalla conf. a): effettuando la sequenza B) - C) - B), non avrò cambiato per nulla la configurazione (essendo questa stessa non influenzata dalle mosse tipo B) o C)).
Se dopo la sequenza B) - C) - B) la luce è ancora spenta, dunque, vuol dire che mi trovavo e mi trovo ancora in una conf. a); ma allora basterà eseguire la mossa A) per passare in una conf. b) o c) e poi di nuovo la sequenza B) - C) - B) per concludere in ogni caso possibile.
Riassumendo, nel caso peggiore effettuerò 7 mosse: B) - C) - B) - A) - B) - C) - B).
domenica 24 ottobre 2010
Il PIN smarrito
NortonBoozy ha detto...
La soluzione è 145896.
Il mio ragionamento ha seguito questa strada:
Ho utilizzato inizialmente il suggerimento 2 (La prima cifra è pari alla terza * [più/meno] quattro).
Ho quindi verificato le possibili coppie di numeri che differiscono di 4: 1-5, 2-6, 3-7, 4-8, 5-9.
Seguendo ipotetici percorsi di "tragitti" sul tastierino numerico (spostandomi solo di un tasto per volta - mai diagonalmente - e mai due volte consecutive nella stessa direzione) ho ricavato ipotetici PIN che avessero come prima cifra una delle due delle coppie (su scritte) e come terza l'altra.
Risultano così 16 PIN possibili:
a.145236
b.145896
c.125478
d.125698
e.236587
f.236589
g.478563
h.478569
i.632541
l.632547
m.874521
n.874523
o.965214
p.965874
q.985632
r.985412
Li ho quindi suddivisi in due gruppi da 8: quelli che hanno la prima cifra pari alla terza più quattro(i-r) e quelli che hanno la prima cifra pari alla terza meno quattro(a-h).
Utilizzando il suggerimento 6 (La * [quarta/sesta] cifra è più piccola della quinta), ho esaminato le 16 combinazioni verificando che la quinta cifra di ogni PIN fosse più grande di almeno una delle cifre adiacenti (la quarta e la sesta appunto).
Così facendo ho eliminato la l,n,o,r, riducendo così il numero di possibili codici a 12.
A questi ho applicato i suggerimenti 1-3-5 nel seguente modo:
-Calcolo di R (ipotetico numero preferito e resto della divisione del numero per 500).
-Calcolo di N (resto della divisione tre R e 98, numero preferito della moglie).
-Verifica della diversità tra N e R (bastava eliminare tutti i PIN con R<98).
Così facendo elimino i codici e,f,g,h,i,me riducendone il numero a 6.
Restano allora:
a.145236
b.145896
c.125478
d.125698
p.965874
q.985632
Utilizzando il suggerimento 4 (Il numero pin * [è/non è] divisibile per 3) ho verificato che tutti i codici sono multipli di 3, tranne il d.
Tenendo conto del fatto che TUTTI i suggerimenti sono necessari alla risoluzione dell'enigma ho allora dedotto che il corretto suggerimento fosse: "Il numero pin è divisibile per 3", in quanto non avrei avuto bisogno di capire i VERI suggerimenti 2 e 6, a questo punto, se il codice fosse stato non divisibile per 3 (in tal caso a questo punto la risposta corretta sarebbe d.125698).
I 5 rimanenti codici li ho inseriti in una tabella a doppia entrata:
________1^=3^+4_______1^=3^-4
4^<5^____ - ____________145236
_______________________145896
_______________________125478
6^<5^___965874_________145896
________985632
Dove 1^,3^,4^,5^,6^ sono le cifre.
Poichè utilizzando TUTTI i suggerimenti corretti sono in grado di determinare al 100% il PIN corretto la soluzione è:
b.145896.
La soluzione è 145896.
Il mio ragionamento ha seguito questa strada:
Ho utilizzato inizialmente il suggerimento 2 (La prima cifra è pari alla terza * [più/meno] quattro).
Ho quindi verificato le possibili coppie di numeri che differiscono di 4: 1-5, 2-6, 3-7, 4-8, 5-9.
Seguendo ipotetici percorsi di "tragitti" sul tastierino numerico (spostandomi solo di un tasto per volta - mai diagonalmente - e mai due volte consecutive nella stessa direzione) ho ricavato ipotetici PIN che avessero come prima cifra una delle due delle coppie (su scritte) e come terza l'altra.
Risultano così 16 PIN possibili:
a.145236
b.145896
c.125478
d.125698
e.236587
f.236589
g.478563
h.478569
i.632541
l.632547
m.874521
n.874523
o.965214
p.965874
q.985632
r.985412
Li ho quindi suddivisi in due gruppi da 8: quelli che hanno la prima cifra pari alla terza più quattro(i-r) e quelli che hanno la prima cifra pari alla terza meno quattro(a-h).
Utilizzando il suggerimento 6 (La * [quarta/sesta] cifra è più piccola della quinta), ho esaminato le 16 combinazioni verificando che la quinta cifra di ogni PIN fosse più grande di almeno una delle cifre adiacenti (la quarta e la sesta appunto).
Così facendo ho eliminato la l,n,o,r, riducendo così il numero di possibili codici a 12.
A questi ho applicato i suggerimenti 1-3-5 nel seguente modo:
-Calcolo di R (ipotetico numero preferito e resto della divisione del numero per 500).
-Calcolo di N (resto della divisione tre R e 98, numero preferito della moglie).
-Verifica della diversità tra N e R (bastava eliminare tutti i PIN con R<98).
Così facendo elimino i codici e,f,g,h,i,me riducendone il numero a 6.
Restano allora:
a.145236
b.145896
c.125478
d.125698
p.965874
q.985632
Utilizzando il suggerimento 4 (Il numero pin * [è/non è] divisibile per 3) ho verificato che tutti i codici sono multipli di 3, tranne il d.
Tenendo conto del fatto che TUTTI i suggerimenti sono necessari alla risoluzione dell'enigma ho allora dedotto che il corretto suggerimento fosse: "Il numero pin è divisibile per 3", in quanto non avrei avuto bisogno di capire i VERI suggerimenti 2 e 6, a questo punto, se il codice fosse stato non divisibile per 3 (in tal caso a questo punto la risposta corretta sarebbe d.125698).
I 5 rimanenti codici li ho inseriti in una tabella a doppia entrata:
________1^=3^+4_______1^=3^-4
4^<5^____ - ____________145236
_______________________145896
_______________________125478
6^<5^___965874_________145896
________985632
Dove 1^,3^,4^,5^,6^ sono le cifre.
Poichè utilizzando TUTTI i suggerimenti corretti sono in grado di determinare al 100% il PIN corretto la soluzione è:
b.145896.
sabato 23 ottobre 2010
Francobolli
marcello ha scritto:
I costi dovrebbero essere
1 Corona,
4 Corona,
5 Corona
quindi:
15 = 5+5+5
14 = 5+5+4
13 = 5+4+4
12 = 4+4+4
11 = 5+5+1
10 = 5+5
9 = 5+4
8 = 4+4
7 = 5+1+1
6 = 5+1
5 = 5
4 = 4
3 = 1+1+1
2 = 1+1
1 = 1
I costi dovrebbero essere
1 Corona,
4 Corona,
5 Corona
quindi:
15 = 5+5+5
14 = 5+5+4
13 = 5+4+4
12 = 4+4+4
11 = 5+5+1
10 = 5+5
9 = 5+4
8 = 4+4
7 = 5+1+1
6 = 5+1
5 = 5
4 = 4
3 = 1+1+1
2 = 1+1
1 = 1
giovedì 21 ottobre 2010
100 rane, 100 lampadine
pablo_neruda2006 ha detto...
NOTA
La teoria sopra vale se le rane partono da prima del primo interruttore e quindi le rane con salti più lunghi non lo toccano per niente; in caso contrario passandoci tutte e 100 tale interruttore rimane spento
SPIEGAZIONE
Così facendo le rane passando sugli interruttori un numero dispari di volte li lasciano accesi mentre passandoci un numero pari li lasciano spenti. Ciò si Traduce nel contare la quantità di divisori di un numero che corrisponderà al numero di passaggi delle rane. Considerando il fatto che se un numero è divisibile per un'altro vuol dire che sarà divisibile anche per il quoto , quindi tale numero sarà divisibile per una coppia di numeri diversi, tranne nel caso dei quadrati perfetti (in cui una delle coppie di divisori è composta dallo stesso numero, e quindi conta come uno nel conteggio dei divisori rendendolo dispari)
NOTA
La teoria sopra vale se le rane partono da prima del primo interruttore e quindi le rane con salti più lunghi non lo toccano per niente; in caso contrario passandoci tutte e 100 tale interruttore rimane spento
SPIEGAZIONE
Così facendo le rane passando sugli interruttori un numero dispari di volte li lasciano accesi mentre passandoci un numero pari li lasciano spenti. Ciò si Traduce nel contare la quantità di divisori di un numero che corrisponderà al numero di passaggi delle rane. Considerando il fatto che se un numero è divisibile per un'altro vuol dire che sarà divisibile anche per il quoto , quindi tale numero sarà divisibile per una coppia di numeri diversi, tranne nel caso dei quadrati perfetti (in cui una delle coppie di divisori è composta dallo stesso numero, e quindi conta come uno nel conteggio dei divisori rendendolo dispari)
mercoledì 20 ottobre 2010
Il sub in pericolo
Marco ha detto...
Allora, il tipo si ritrova con tre pillole in mano, due B e una A.
Per non sbagliare la dose può fare così:
Aggiunge alle tre pillole che ha già in mano una pillola A, in modo che abbia due A e due B.
A questo punto divide tutte e quattro le pillole a metà, avendo cura di non mischiare ogni metà dall'altra.
Ingerirà la prima metà di tutte e quattro le pillole, ottenendo la giusta soluzione (A/2 + A/2 + B/2 + B/2 = A + B).
Aspetterà la mezz'ora e poi prenderà le altre quattro metà.
La mezz'ora successiva può tornare a prendere le due pillole singolarmente, A e B.
Allora, il tipo si ritrova con tre pillole in mano, due B e una A.
Per non sbagliare la dose può fare così:
Aggiunge alle tre pillole che ha già in mano una pillola A, in modo che abbia due A e due B.
A questo punto divide tutte e quattro le pillole a metà, avendo cura di non mischiare ogni metà dall'altra.
Ingerirà la prima metà di tutte e quattro le pillole, ottenendo la giusta soluzione (A/2 + A/2 + B/2 + B/2 = A + B).
Aspetterà la mezz'ora e poi prenderà le altre quattro metà.
La mezz'ora successiva può tornare a prendere le due pillole singolarmente, A e B.
martedì 19 ottobre 2010
Tutti mentono
pablo_neruda2006 ha detto...
SPIEGAZIONE
L'ordine con cui sono arrivati i pazienti sono: Barbara, Dario, Angela e Cesare. Con questo ordine Barbara non è la seconda ma la prima, mentre lo ps. era vivo quando è arrivata; per Dario si può dire che Angela è l'assassina e viene dopo di lui, e lo ps era vivo quando è arrivato; Angela, l'assassina, mente la prima volta per ipotesi e mente perchè lo ps. era morto quando se ne era andata avndolo ucciso lei; Cesare mente perchè è arrivato quarto e lo ps. era morto ucciso da Angela.
CONCLUSIONE
L'assassino è Angela
SPIEGAZIONE
L'ordine con cui sono arrivati i pazienti sono: Barbara, Dario, Angela e Cesare. Con questo ordine Barbara non è la seconda ma la prima, mentre lo ps. era vivo quando è arrivata; per Dario si può dire che Angela è l'assassina e viene dopo di lui, e lo ps era vivo quando è arrivato; Angela, l'assassina, mente la prima volta per ipotesi e mente perchè lo ps. era morto quando se ne era andata avndolo ucciso lei; Cesare mente perchè è arrivato quarto e lo ps. era morto ucciso da Angela.
CONCLUSIONE
L'assassino è Angela
sabato 16 ottobre 2010
La morte arriva puntuale
PhiLo ha detto...
l'unico che non eliminerei dalla lista dei possibili sospetti è Jack! per la locazione del suo accampamento (in relazione a foce e fonte del fiume), per la corrente forte del fiume e per le chiamate via radio a meno di 40 min dall'ultima risposta di Omar, non mi permettono di escludere jack dalla lista!
mentre posso escludere Cal in quanto, accampato di fronte a Omar, ci avrebbe messo almeno 40min per il tragitto di ritorno, e non ha avuto cosi tanto tempo dall'uccisione di Omar (9:15) fino alla successiva chiamata di wilson (11:00).
e posso escludere anche Bruce, in quanto, accampato più a fonte rispetto a Omar, avrebbe impiegato, al minimo, più di 40min x tornare al suo accampamento, e non ha avuto cosi tanto tempo dall'uccisione di Omar (9:15) fino alla successiva chiamata di Wilson (11.05)
l'unico che non eliminerei dalla lista dei possibili sospetti è Jack! per la locazione del suo accampamento (in relazione a foce e fonte del fiume), per la corrente forte del fiume e per le chiamate via radio a meno di 40 min dall'ultima risposta di Omar, non mi permettono di escludere jack dalla lista!
mentre posso escludere Cal in quanto, accampato di fronte a Omar, ci avrebbe messo almeno 40min per il tragitto di ritorno, e non ha avuto cosi tanto tempo dall'uccisione di Omar (9:15) fino alla successiva chiamata di wilson (11:00).
e posso escludere anche Bruce, in quanto, accampato più a fonte rispetto a Omar, avrebbe impiegato, al minimo, più di 40min x tornare al suo accampamento, e non ha avuto cosi tanto tempo dall'uccisione di Omar (9:15) fino alla successiva chiamata di Wilson (11.05)
mercoledì 13 ottobre 2010
In giro per l'Europa
Risolto da Marco.
Dovrebbero essere tutte stelle appartenenti alla costelazione del Cigno, quindi se non sbaglio Sadr è a Ginevra e Rukh è a Stoccarda, più o meno.
Dovrebbero essere tutte stelle appartenenti alla costelazione del Cigno, quindi se non sbaglio Sadr è a Ginevra e Rukh è a Stoccarda, più o meno.
mercoledì 15 settembre 2010
venerdì 10 settembre 2010
venerdì 3 settembre 2010
La strategia migliore
Questo enigma non è stato ancora risolto. La soluzione sarà pubblicata quando un utente per primo la troverà. Se trovi la soluzione inviala all'indirizzo giochierompicapo@me.com specificando nell'oggetto l'enigma a cui è riferita, e firmando la mail col nome o col nick a cui vuoi che sia attribuita. Se sarai il primo a inviare l'email la soluzione comparirà col tuo nome e guadagnerai uno o più punti in classifica.
lunedì 23 agosto 2010
La fiera di paese
cip999 ha scritto:
ha indovinato anna:
barbara=45-6
cesare=45+4
davide=45+5
enrico=45+2
45 infatti è il numero più intermedio (che si avvicina di più al "centro") di questi cinque.
ha indovinato anna:
barbara=45-6
cesare=45+4
davide=45+5
enrico=45+2
45 infatti è il numero più intermedio (che si avvicina di più al "centro") di questi cinque.
venerdì 20 agosto 2010
Paesi del mondo
grAz ha scritto:
L'EIRE. Infatti, le coppie di nazioni elencate hanno la stessa bandiera, salvo che i due colori usati (oltre al bianco) risultano invertiti. Lo stesso vale per Costa d'Avorio ed Eire, o Repubblica d'Irlanda.
So che non mi frutterà alcun punto aggiuntivo, ma tengo a precisare che sono giunto alla soluzione senza guardare le bandiere (ho solo verificato per sicurezza di ricordarmi bene quella della Costa d'Avorio) ;-)
L'EIRE. Infatti, le coppie di nazioni elencate hanno la stessa bandiera, salvo che i due colori usati (oltre al bianco) risultano invertiti. Lo stesso vale per Costa d'Avorio ed Eire, o Repubblica d'Irlanda.
So che non mi frutterà alcun punto aggiuntivo, ma tengo a precisare che sono giunto alla soluzione senza guardare le bandiere (ho solo verificato per sicurezza di ricordarmi bene quella della Costa d'Avorio) ;-)
martedì 17 agosto 2010
Ancora una serie di parole
Davi ha scritto:
La soluzione è "cenere".
Se da ogni parola della lista togliamo le prime due lettere e le ultime due lettere, otteniamo la seguente serie di sillabe:
so - lu - zio - ?
Fra le parole della lista, una volta applicato anche a loro il ragionamento sopra esposto, l'unica sillaba che rimane, e che forma una parola di senso compiuto con le prime tre della lista, è appunto "cenere"
In questo modo si viene a creare la parola "soluzione"
La soluzione è "cenere".
Se da ogni parola della lista togliamo le prime due lettere e le ultime due lettere, otteniamo la seguente serie di sillabe:
so - lu - zio - ?
Fra le parole della lista, una volta applicato anche a loro il ragionamento sopra esposto, l'unica sillaba che rimane, e che forma una parola di senso compiuto con le prime tre della lista, è appunto "cenere"
In questo modo si viene a creare la parola "soluzione"
mercoledì 11 agosto 2010
L'anello di anniversario
grAz ha scritto:
È un sistema lineare con 4 incognite e 3 equazioni, quindi non è possibile trovare il valore di ogni singola gemma. Tuttavia, il problema si "accontenta" di chiederci la somma dei valori di 4 gemme diverse, quindi si può arrivare alla soluzione.
La matrice che rappresenta il sistema è:
[ 4 1 0 0
1 1 3 0
0 1 0 2]
con [AM, DI, SM, RU] vettore delle incognite e [2000, 1400, 3000] vettore dei termini noti.
Dovrei comporre linearmente le righe della matrice (e i termini noti corrispondenti) in modo da arrivare a un'equazione con tutte le incognite aventi lo stesso coefficiente. Chiamando le righe della matrice A, B, e C rispettivamente, ho che:
0,5 A + B + 1,5 C = [ 3 3 3 3 ].
Perciò
3 (AM + DI + SM + RU) = (0,5*2000+1400+1,5*3000) = 6900
Quindi un anello composto da un diamante, un'ametista, uno smeraldo e un rubino costerà 6900/3=2300 euro.
È un sistema lineare con 4 incognite e 3 equazioni, quindi non è possibile trovare il valore di ogni singola gemma. Tuttavia, il problema si "accontenta" di chiederci la somma dei valori di 4 gemme diverse, quindi si può arrivare alla soluzione.
La matrice che rappresenta il sistema è:
[ 4 1 0 0
1 1 3 0
0 1 0 2]
con [AM, DI, SM, RU] vettore delle incognite e [2000, 1400, 3000] vettore dei termini noti.
Dovrei comporre linearmente le righe della matrice (e i termini noti corrispondenti) in modo da arrivare a un'equazione con tutte le incognite aventi lo stesso coefficiente. Chiamando le righe della matrice A, B, e C rispettivamente, ho che:
0,5 A + B + 1,5 C = [ 3 3 3 3 ].
Perciò
3 (AM + DI + SM + RU) = (0,5*2000+1400+1,5*3000) = 6900
Quindi un anello composto da un diamante, un'ametista, uno smeraldo e un rubino costerà 6900/3=2300 euro.
domenica 8 agosto 2010
Tabelle autoreferenti
grAz ha scritto:
Poiché non riesco a postare la tabella, elenco le prime due colonne nell'ordine: "cifre 1", "cifre 2"..."cifre 0", ok?
La soluzione del primo è:
3,5,2,3,7 ; 0,1,1,1,2
Mentre per il secondo:
1,0,6,4,0 ; 7,3,0,0,4
Poiché non riesco a postare la tabella, elenco le prime due colonne nell'ordine: "cifre 1", "cifre 2"..."cifre 0", ok?
La soluzione del primo è:
3,5,2,3,7 ; 0,1,1,1,2
Mentre per il secondo:
1,0,6,4,0 ; 7,3,0,0,4
venerdì 6 agosto 2010
giovedì 5 agosto 2010
La medaglia d'oro
Vess ha scritto:
Era una gara di dorso e quindi ... è arrivata ultima
(ndr: sono accettabili anche soluzioni come canottaggio e simili)
Era una gara di dorso e quindi ... è arrivata ultima
(ndr: sono accettabili anche soluzioni come canottaggio e simili)
mercoledì 4 agosto 2010
La scacchiera
204.
Il ragionamento e' il seguente:
- i quadrati possibili avranno lato che varia da 1 a 8;
- di quadrati di lato 1 ce ne sono 8x8
- di quadrati di lato 2 ce ne saranno 7x7 (partendo dall'angolo sup. sx, se ogni casella e' lo spigolo alto/sx di un quadrato 2x2, l'ultimo spigolo e' la 7^ casella in alto da sx, e la stessa cosa in verticale)
- stesso ragionamento x i quadrati 3x3 (36), 4x4 (25), 5x5 (16), 6x6 (9), 7x7 (4), 8x8 (1).
Bye by SixaM 8-]
Il ragionamento e' il seguente:
- i quadrati possibili avranno lato che varia da 1 a 8;
- di quadrati di lato 1 ce ne sono 8x8
- di quadrati di lato 2 ce ne saranno 7x7 (partendo dall'angolo sup. sx, se ogni casella e' lo spigolo alto/sx di un quadrato 2x2, l'ultimo spigolo e' la 7^ casella in alto da sx, e la stessa cosa in verticale)
- stesso ragionamento x i quadrati 3x3 (36), 4x4 (25), 5x5 (16), 6x6 (9), 7x7 (4), 8x8 (1).
Bye by SixaM 8-]
martedì 3 agosto 2010
Il torneo di Monopoli
Se i partecipanti sono 1000, perché ci sia un vincitore dovranno esserne eliminati 999. Poiché ogni partita elimina 3 partecipanti, 999/3=333 partite sono necessarie.
lunedì 2 agosto 2010
La piantagione
Beh, il campo deve essere parecchio grande, visto che il numero di piantine che si ottengono con i continui raddoppi è pari a 2^n, dove n è il numero dei giorni (il giorno 1 è l'indomani del giorno in cui pianta la prima zucca).
Quindi per riempire il campo servono 2^80 zucche.
Se si parte da 8 zucche anziché da 1, all'n-esimo giorno si avranno (2^3)^n zucche. Quindi, i giorni necessari sono 3n=80 -> n=80/3 =26,66...
Si può dire quindi che nel giro di 27 giorni riuscirà a coprire l'intero campo (potenzialmente anche superandolo un poco). Risparmierà quindi meno tempo di quanto ottimisticamente supposto.
Quindi per riempire il campo servono 2^80 zucche.
Se si parte da 8 zucche anziché da 1, all'n-esimo giorno si avranno (2^3)^n zucche. Quindi, i giorni necessari sono 3n=80 -> n=80/3 =26,66...
Si può dire quindi che nel giro di 27 giorni riuscirà a coprire l'intero campo (potenzialmente anche superandolo un poco). Risparmierà quindi meno tempo di quanto ottimisticamente supposto.
Non (2^3)^n, ma 2^3*2^n, quindi 2^(n+3).
Quindi piantare 8 zucche gli fa risparmiare solo 3 miseri giorni.
La risposta corretta è quindi 77 giorni.
Quindi piantare 8 zucche gli fa risparmiare solo 3 miseri giorni.
La risposta corretta è quindi 77 giorni.
sabato 31 luglio 2010
Il giardino trapezoidale
Vess ha scritto:
Con un sistema di coordinate cartesiane con origine nel punto in basso
a sinistra del trapezio avremo che il lato obliquo e' delimitato dai
punti. A( 34,2a) in alto a destra e B(59,0) in basso a destra ove 'a'
e' la distanza della quercia da ogni parete. La retta AB ha equazione
25y+2ax-118a=0 mentre la distanza della quercia da essa e' pari a mod
(25a+2a^2-118a) / radice ( 25^2 +4a^2) e dunque uguagliando tale
distanza ad a si ottiene a=2006/93.
L'area sara (34+59)*2006/93=2006 m2
[ndr]:La soluzione è corretta, e a Vess quindi vanno i punti. Tuttavia preferisco una soluzione equivalente alla sua, ma che è più intuitiva, che riporto qua di seguito.
La quercia è al centro di un cerchio di raggio "a" tangente ai quattro lati. L'area del giardino è uguale a: a(2a + b + c) = 2a^2 + ab + ac.
Le linee tratteggiate che partono da O sono perpendicolari tra di loro, quindi si può dire che a^2=bc
Dunque, l'area è uguale a: a^2 + ab + ac + bc = (a + b)(a + c) = 59 * 34 = 2006.
Con un sistema di coordinate cartesiane con origine nel punto in basso
a sinistra del trapezio avremo che il lato obliquo e' delimitato dai
punti. A( 34,2a) in alto a destra e B(59,0) in basso a destra ove 'a'
e' la distanza della quercia da ogni parete. La retta AB ha equazione
25y+2ax-118a=0 mentre la distanza della quercia da essa e' pari a mod
(25a+2a^2-118a) / radice ( 25^2 +4a^2) e dunque uguagliando tale
distanza ad a si ottiene a=2006/93.
L'area sara (34+59)*2006/93=2006 m2
[ndr]:La soluzione è corretta, e a Vess quindi vanno i punti. Tuttavia preferisco una soluzione equivalente alla sua, ma che è più intuitiva, che riporto qua di seguito.
La quercia è al centro di un cerchio di raggio "a" tangente ai quattro lati. L'area del giardino è uguale a: a(2a + b + c) = 2a^2 + ab + ac.
Le linee tratteggiate che partono da O sono perpendicolari tra di loro, quindi si può dire che a^2=bc
Dunque, l'area è uguale a: a^2 + ab + ac + bc = (a + b)(a + c) = 59 * 34 = 2006.
venerdì 30 luglio 2010
Tralicci dell'alta tensione
I due pali sono attaccati.
Il cavo per congiungerli deve prima scendere, e poi salire (descrivendo una curva chiamata 'catenaria', nel nostro caso simmetrica). Se sostituiamo alla curva un triangolo isoscele rovesciato (in cui la base indica la distanza tra i tralicci ed il vertice e' tangente alla curva nel suo punto di minimo), i due cateti avranno una lunghezza complessiva non superiore a quella della curva.
Questo triangolo avra' altezza = 30 mt (50-20), quindi i due cateti misureranno piu' di 30 mt ciascuno (e quindi la curva avra' lunghezza non inferiore a 60). L'unico caso in cui possono misurare esattamente 30 mt e' in un triangolo degenere, in cui i due cateti coincidono. Coincidendo, la base (che indica anche la distanza tra i tralicci) tende a 0. Questo indica che i 2 tralicci sono attaccati, ed il cavo di corrente penzola giu' liberamente.
Il cavo per congiungerli deve prima scendere, e poi salire (descrivendo una curva chiamata 'catenaria', nel nostro caso simmetrica). Se sostituiamo alla curva un triangolo isoscele rovesciato (in cui la base indica la distanza tra i tralicci ed il vertice e' tangente alla curva nel suo punto di minimo), i due cateti avranno una lunghezza complessiva non superiore a quella della curva.
Questo triangolo avra' altezza = 30 mt (50-20), quindi i due cateti misureranno piu' di 30 mt ciascuno (e quindi la curva avra' lunghezza non inferiore a 60). L'unico caso in cui possono misurare esattamente 30 mt e' in un triangolo degenere, in cui i due cateti coincidono. Coincidendo, la base (che indica anche la distanza tra i tralicci) tende a 0. Questo indica che i 2 tralicci sono attaccati, ed il cavo di corrente penzola giu' liberamente.
giovedì 29 luglio 2010
Numeri autoreferenziali
grAz ha scritto:
Allora, due considerazioni.
1) La somma di tutte le cifre del numero deve dare necessariamente n, dove n è il numero totale delle cifre, quindi rispettivamente 3,5,7 e 9.
2) La somma di tutte le cifre del numero moltiplicate per la loro posizione (quindi 0 per la prima, 1 per la seconda e così via) deve pure fare n, perché ogni cifra mi "vincola" a inserire quella corrispondente altrettante volte.
Partendo da questo, e adattando dapprima il numero degli zeri, si può dire che:
* Da tre cifre NON è possibile. Infatti, per ottenere un totale di 3 ho solo 2 possibilità: 111 o 210. Nessuna delle due, comunque permutata, consente di rispettare le regole dell'indovinello.
* Da 5 cifre: 21200
* Da 7 cifre: 3211000
* Da 9 cifre: 521001000
Allora, due considerazioni.
1) La somma di tutte le cifre del numero deve dare necessariamente n, dove n è il numero totale delle cifre, quindi rispettivamente 3,5,7 e 9.
2) La somma di tutte le cifre del numero moltiplicate per la loro posizione (quindi 0 per la prima, 1 per la seconda e così via) deve pure fare n, perché ogni cifra mi "vincola" a inserire quella corrispondente altrettante volte.
Partendo da questo, e adattando dapprima il numero degli zeri, si può dire che:
* Da tre cifre NON è possibile. Infatti, per ottenere un totale di 3 ho solo 2 possibilità: 111 o 210. Nessuna delle due, comunque permutata, consente di rispettare le regole dell'indovinello.
* Da 5 cifre: 21200
* Da 7 cifre: 3211000
* Da 9 cifre: 521001000
mercoledì 28 luglio 2010
martedì 27 luglio 2010
Fiammiferi
Vince sempre il secondo, se mette ogni fiammifero esattamente in maniera simmetrica rispetto a ogni fiammifero che mette il primo.. perché alla fine esauriranno tutti i posti disponibili e il primo non saprà più dove metterlo..
Però se il primo mette il primo fiammifero in modo che il centro esatto del fiammifero si trovi al centro del tavolo, seguendo sempre il meccanismo della simmetria (questa volta lui mette i fiammiferi seguenti in modo simmetrico rispetto al secondo), vince lui (il primo) per lo stesso motivo che ho cercato di spiegare nel commento precedente...
domenica 25 luglio 2010
Chiodi
cip999 ha detto...
[ndr: I disegni sono equivalenti a quelli proposti da cip999, ma sono più intellegibili a beneficio degli altri lettori]
dunque, prendo un chiodo e lo appoggio orizzontalmente su un piano qualsiasi. poi prendo altri 8 chiodi e li appoggio sul chiodo di base uno con la testa da un lato, l'altro con la testa dall'altro e così via per tutti e 8 e con le teste aderenti al chiodo di base. di seguito la prospettiva da uno dei due lati.
poi prendo il decimo chiodo e lo appoggio nel canaletto che si è creato tra le teste degli altri 8 con la testa rivolta dalla parte opposta del chiodo di base.
con cautela prendo questa struttura e la appoggio sul chiodo fisso in modo che gli 8 chiodi pendano verso il basso.
così facendo il tutto si dovrebbe tenere in equilibrio.
[ndr: I disegni sono equivalenti a quelli proposti da cip999, ma sono più intellegibili a beneficio degli altri lettori]
dunque, prendo un chiodo e lo appoggio orizzontalmente su un piano qualsiasi. poi prendo altri 8 chiodi e li appoggio sul chiodo di base uno con la testa da un lato, l'altro con la testa dall'altro e così via per tutti e 8 e con le teste aderenti al chiodo di base. di seguito la prospettiva da uno dei due lati.
poi prendo il decimo chiodo e lo appoggio nel canaletto che si è creato tra le teste degli altri 8 con la testa rivolta dalla parte opposta del chiodo di base.
con cautela prendo questa struttura e la appoggio sul chiodo fisso in modo che gli 8 chiodi pendano verso il basso.
così facendo il tutto si dovrebbe tenere in equilibrio.
Dal gelataio
Failo90 ha scritto:
La prima cliente deve aver dato 2€ sommandoli con varie monete di
tagli minori, esprimendo la sua volontà di avere espressamente un cono
da 2€. La seconda invece dando 2€ interi non può far intuire le
sue intenzioni.
La prima cliente deve aver dato 2€ sommandoli con varie monete di
tagli minori, esprimendo la sua volontà di avere espressamente un cono
da 2€. La seconda invece dando 2€ interi non può far intuire le
sue intenzioni.
venerdì 23 luglio 2010
Il libro antico
Brancaweb ha scritto:
secondo me la soluzione è questa: mancano le pagine da 291 a 322.
spiegazione:
bisogna trovare una somma di interi da m a n il cui risultato fa 9808. quindi
sapendo che: sum_m^n (i) = (n-m+1)(n+m) / 2
possiamo scrivere la nostra equazione:
(n-m+1)(n+m) / 2 = 9808
quindi
(n-m+1)(n+m) = 19616
dobbiamo allora trovare due fattori di 19616:
19616 = a*b
con a=n-m+1 e b=n+m
scomponendo 19616 in fattori otteniamo 19616=32*613
quindi n+m=613 e n-m+1=32
risolvendo...
n=613-m
613-2m +1 = 32
m= (613-32+1 )/ 2 = 291
n= 613-291 = 322
Complimenti per la simpatica app ;)
secondo me la soluzione è questa: mancano le pagine da 291 a 322.
spiegazione:
bisogna trovare una somma di interi da m a n il cui risultato fa 9808. quindi
sapendo che: sum_m^n (i) = (n-m+1)(n+m) / 2
possiamo scrivere la nostra equazione:
(n-m+1)(n+m) / 2 = 9808
quindi
(n-m+1)(n+m) = 19616
dobbiamo allora trovare due fattori di 19616:
19616 = a*b
con a=n-m+1 e b=n+m
scomponendo 19616 in fattori otteniamo 19616=32*613
quindi n+m=613 e n-m+1=32
risolvendo...
n=613-m
613-2m +1 = 32
m= (613-32+1 )/ 2 = 291
n= 613-291 = 322
Complimenti per la simpatica app ;)
Il vicino burlone
L'amico abita al numero 14.
Il burlone lo aveva inviato al 25.
Il burlone lo aveva inviato al 25.
spiegazione:
Ci sono 3 livelli di suddivisione del problema, corrispondenti alle 3 domande (di cui ignoriamo la risposta) che Tom fa al burlone. Provo a riassumere, non potendo fare uno schema:
Il fatto che Tom creda gli basti sapere se il numero contiene o meno la cifra 4 per essere sicuro di imbroccarla implica che egli sia in dubbio tra soli DUE numeri, di cui uno contiene il 4 e l'altro no. E questo può avvenire in due casi:
* Secondi 30 civici - Dispari - Quadrato perfetto: scelta tra 25 e 49
* Primi 20 civici - Pari - Quadrato perfetto: scelta tra 4 e 16.
Ora, però Tom è anche sicuro di sapere il numero dopo che sa che TUTTE le risposte che gli ha dato il burlone sono false: quindi deve non avere dubbi se andiamo a prendere il caso diametralmente opposto a quello in cui è finito dopo le tre domande al burlone.
Il caso diametralmente opposto al secondo è:
secondi 30 civici - Dispari - Non quadrato perfetto.
Ora, tra questi numeri ve ne sono più d'uno sia contenenti che non contenenti la cifra 4 (es. 43, 45, 47, 21, 23...), quindi Tom non potrebbe essere sicuro del civico e dovrebbe avere altre informazioni.
Il caso in cui lo ha indirizzato il burlone deve quindi essere il primo, e quindi quello giusto deve essere l'esatto opposto: Primi 20 civici - pari - non quadrato perfetto.
Questi sono 8 numeri: 2, 6, 8, 10, 12, 14, 18, 20.
Noi non sappiamo cosa il burlone abbia risposto all'ultima domanda (quella sulla cifra 4), ma se a Tom basta sapere che egli ha detto il falso per essere sicuro di azzeccare il civico giusto, allora non può che essere sicuro del numero 14, che è l'unico a contenere la cifra 4 (se Tom sapesse che NON la contiene, sarebbe in dubbio tra 7 numeri). Quindi il burlone gli ha detto che NON la conteneva, poiché mente sempre, e quindi Tom ha bussato al civico 25.
Il fatto che Tom creda gli basti sapere se il numero contiene o meno la cifra 4 per essere sicuro di imbroccarla implica che egli sia in dubbio tra soli DUE numeri, di cui uno contiene il 4 e l'altro no. E questo può avvenire in due casi:
* Secondi 30 civici - Dispari - Quadrato perfetto: scelta tra 25 e 49
* Primi 20 civici - Pari - Quadrato perfetto: scelta tra 4 e 16.
Ora, però Tom è anche sicuro di sapere il numero dopo che sa che TUTTE le risposte che gli ha dato il burlone sono false: quindi deve non avere dubbi se andiamo a prendere il caso diametralmente opposto a quello in cui è finito dopo le tre domande al burlone.
Il caso diametralmente opposto al secondo è:
secondi 30 civici - Dispari - Non quadrato perfetto.
Ora, tra questi numeri ve ne sono più d'uno sia contenenti che non contenenti la cifra 4 (es. 43, 45, 47, 21, 23...), quindi Tom non potrebbe essere sicuro del civico e dovrebbe avere altre informazioni.
Il caso in cui lo ha indirizzato il burlone deve quindi essere il primo, e quindi quello giusto deve essere l'esatto opposto: Primi 20 civici - pari - non quadrato perfetto.
Questi sono 8 numeri: 2, 6, 8, 10, 12, 14, 18, 20.
Noi non sappiamo cosa il burlone abbia risposto all'ultima domanda (quella sulla cifra 4), ma se a Tom basta sapere che egli ha detto il falso per essere sicuro di azzeccare il civico giusto, allora non può che essere sicuro del numero 14, che è l'unico a contenere la cifra 4 (se Tom sapesse che NON la contiene, sarebbe in dubbio tra 7 numeri). Quindi il burlone gli ha detto che NON la conteneva, poiché mente sempre, e quindi Tom ha bussato al civico 25.
giovedì 22 luglio 2010
Mele verdi e mele rosse
Prendo una mela dalla scatola con l'etichetta "rosse e verdi"; sapendo che quell'etichetta è sbagliata, so che quella scatola conterrà solo mele del colore di quella che estrarrò.
Ad esempio: estraggo una mela rossa. Allora la scatola contiene solo mele rosse, quella con l'etichetta "rosse" contiene solo mele verdi e l'ultima scatola contiene mele rosse e verdi.
SE invece estraggo una mela verde, la scatola contiene solo mele merdi, quella con l'etichetta "verdi" contine solo mele rosse e l'ultima scatola contiene mele di entrambi i colori.
22 luglio 2010, ore 10.43
Ad esempio: estraggo una mela rossa. Allora la scatola contiene solo mele rosse, quella con l'etichetta "rosse" contiene solo mele verdi e l'ultima scatola contiene mele rosse e verdi.
SE invece estraggo una mela verde, la scatola contiene solo mele merdi, quella con l'etichetta "verdi" contine solo mele rosse e l'ultima scatola contiene mele di entrambi i colori.
22 luglio 2010, ore 10.43
Irma e Dave
Davi ha detto...
Prendiamo un gruppo costitutito da N famiglie con 2 figli.
Avremo che in N/2 famiglie il primogenito sarà un maschio, mentre nelle rimanenti N/2 la primogenita sarà una femmina.
Ripetendo questo procedimento una seconda volta (le famiglie hanno due figli), otterremo la seguente situazione:
-N/4 famiglie hanno avuto prima un maschio e poi una femmina;
-N/4 famiglie hanno avuto un maschio e poi un altro maschio;
-N/4 famiglie hanno avuto prima una femmina e poi un maschio;
-N/4 famiglie hanno avuto prima una femmina e poi un'altra femmina.
Ora i casi possibili, cioè di famiglie con almeno un figlio maschio sono 3N/4, mentre i casi favorevoli, cioè le famiglie in cui un figlio è maschio e l'altro pure, sono N/4
Quindi la probabilità cercata non è altro che il rapporto tra i casi favorevoli e quelli possibili, cioè 1/3 = 33,3%
Prendiamo un gruppo costitutito da N famiglie con 2 figli.
Avremo che in N/2 famiglie il primogenito sarà un maschio, mentre nelle rimanenti N/2 la primogenita sarà una femmina.
Ripetendo questo procedimento una seconda volta (le famiglie hanno due figli), otterremo la seguente situazione:
-N/4 famiglie hanno avuto prima un maschio e poi una femmina;
-N/4 famiglie hanno avuto un maschio e poi un altro maschio;
-N/4 famiglie hanno avuto prima una femmina e poi un maschio;
-N/4 famiglie hanno avuto prima una femmina e poi un'altra femmina.
Ora i casi possibili, cioè di famiglie con almeno un figlio maschio sono 3N/4, mentre i casi favorevoli, cioè le famiglie in cui un figlio è maschio e l'altro pure, sono N/4
Quindi la probabilità cercata non è altro che il rapporto tra i casi favorevoli e quelli possibili, cioè 1/3 = 33,3%
Il truello
Davi ha scritto:
La scelta di una strategia vale fino a quando ci sono tutti e 3 i contendenti in vita. Non appena uno muore, la sfida diventa uno scontro a due dove ognuno cerca di uccidere l'altro.
Quindi, dati i 6 casi equiprobabili ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA, vediamo come potrebbe ragionare il primo che deve sparare.
Supponiamo di essere nei primi due casi, e che quindi il primo colpo sia sparato da A. A è consapevole che ucciderà il suo bersaglio e, se sopravvive al colpo di quello rimasto in vita, con un secondo colpo la ucciderà, vincendo in questo modo la sfida. Quindi deve lasciare in vita quello che ha
la probabilità di successo minore, cioè C, perciò sparerà a B uccidendolo.
Ora C sa che ha un solo colpo, con probabilità 1/2 di uccidere A; se fallisce sarà lui stesso a morire il turno seguente.
Quindi in questi primi 2 casi, le probabilità di uscire vittoriosi dalla
sfida sono:
A 1/2
B 0
C 1/2
Analizziamo il caso BAC.
B vede che il secondo a dover sparare sarà A. Se B decidesse di sparare a C, sia che lo ammazzi (in questo caso rimmarrebbero solo B e A), sia che lo lasci in vita, si rende conto che poi A sparerebbe a lui, uccidendolo.
Quindi l'unico modo per poter sperare di aver la meglio è puntare proprio ad ammazzare A. Si hanno ora 2 casi:
-con probabilità 1/5 A sopravvive. Dato che è il secondo a dover sparare e che sono vivi sia B che C, seguirà la strategia che avrebbe seguito nel caso in cui fosse stato il primo a sparare (quella esposta nei due casi precedenti)
-con probabilità 4/5 A muore. In questo caso il duello si riduce ad una sfida tra B e C a "chi colpisce per primo".
In totale, le probabilità di successo dei tre contendenti sono:
A 1/10
B 16/45
C 49/90
Caso BCA.
B deve decidere a chi sparare.
Supponiamo che decida di sparare a C. Se lo ammazza, poi verrà ucciso a sua volta da A, dato che sono rimasti in due. Se non lo ammazza, non gli resta che sperare che C spari ad A uccidendolo, altrimenti sarà lo stesso B a morire. va notato che B è convinto della scelta di C, perchè se quest'ultimo decidesse di sparare a lui, poi dovrebbe vedersela col colpo infallibile di A. Tutto sommato, è da notare che la persona che ha più probabilità di
morire, nel caso appena analizzato, è proprio B.
Quindi B deciderà di sparare ad A. Se lo uccide, poi la sfida continua tra B e C.
Se B non uccide A, é C a dover prendere la decisione su chi sarà il suo bersaglio. Se uccidesse B, poi morirebbe per mano di A.
Se sparasse ad A, poi verrebbe molto probabilmente ucciso da B.
Quindi la sua migliore prospettiva è quella di sparare e mancare il
bersaglio, in modo tale da lasciare che A uccida B ed avere cosi 1 possibilità su 2 di uccidere a sua volta A, prima che sia il turno del pistolero infallibile. Quindi in questo caso a C conviene sparare in alto, in
mezzo ad un campo o comunque lontano da A e da B.
Quindi, capita la scelta di C, il caso si riduce come a BAC, con le stesse probabilità di vittoria.
Caso CAB.
Capito il fatto che C non mira ne ad A ne a B, finchè entrambi sono vivi, questo caso si riduce come i primi due.
Caso CBA.
Anche in questo caso C farà in modo che i due pistoleri più bravi si affrontino tra di loro, subentrando solo alla morte di uno dei due.
COsì facendo questo caso si riduce come quelli in cui è B a sparare per primo.
Alla fine avremo le seguenti possibilità di uscire vittoriosi dal conflitto:
A 1/6 * (3 * 1/2 + 3 * 1/10) = 3/10
B 1/6 * (3 * 0 + 3 * 16/45) = 8/45
C 1/6 * (3 * 1/2 + 3 * 49/90) = 47/90
che in percentuale sono:
A 30% ; B 17,78% ; C 52,22%
Quindi, chi ha più probabilità di uscire vincente dal "truello" è C col 52,22% di possibilità.
PS: dal testo dell'enigma ho visto solo che c'è l'obbligo di sparare, ma non mi pare che qualcosa vieti a C di sparare altrove per mancare appositamente i suoi avversari. Spero che come soluzione sia accettabile, altrimenti mi
ritirerò a fare molti altri pensieri su come risolverlo.
La scelta di una strategia vale fino a quando ci sono tutti e 3 i contendenti in vita. Non appena uno muore, la sfida diventa uno scontro a due dove ognuno cerca di uccidere l'altro.
Quindi, dati i 6 casi equiprobabili ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA, vediamo come potrebbe ragionare il primo che deve sparare.
Supponiamo di essere nei primi due casi, e che quindi il primo colpo sia sparato da A. A è consapevole che ucciderà il suo bersaglio e, se sopravvive al colpo di quello rimasto in vita, con un secondo colpo la ucciderà, vincendo in questo modo la sfida. Quindi deve lasciare in vita quello che ha
la probabilità di successo minore, cioè C, perciò sparerà a B uccidendolo.
Ora C sa che ha un solo colpo, con probabilità 1/2 di uccidere A; se fallisce sarà lui stesso a morire il turno seguente.
Quindi in questi primi 2 casi, le probabilità di uscire vittoriosi dalla
sfida sono:
A 1/2
B 0
C 1/2
Analizziamo il caso BAC.
B vede che il secondo a dover sparare sarà A. Se B decidesse di sparare a C, sia che lo ammazzi (in questo caso rimmarrebbero solo B e A), sia che lo lasci in vita, si rende conto che poi A sparerebbe a lui, uccidendolo.
Quindi l'unico modo per poter sperare di aver la meglio è puntare proprio ad ammazzare A. Si hanno ora 2 casi:
-con probabilità 1/5 A sopravvive. Dato che è il secondo a dover sparare e che sono vivi sia B che C, seguirà la strategia che avrebbe seguito nel caso in cui fosse stato il primo a sparare (quella esposta nei due casi precedenti)
-con probabilità 4/5 A muore. In questo caso il duello si riduce ad una sfida tra B e C a "chi colpisce per primo".
In totale, le probabilità di successo dei tre contendenti sono:
A 1/10
B 16/45
C 49/90
Caso BCA.
B deve decidere a chi sparare.
Supponiamo che decida di sparare a C. Se lo ammazza, poi verrà ucciso a sua volta da A, dato che sono rimasti in due. Se non lo ammazza, non gli resta che sperare che C spari ad A uccidendolo, altrimenti sarà lo stesso B a morire. va notato che B è convinto della scelta di C, perchè se quest'ultimo decidesse di sparare a lui, poi dovrebbe vedersela col colpo infallibile di A. Tutto sommato, è da notare che la persona che ha più probabilità di
morire, nel caso appena analizzato, è proprio B.
Quindi B deciderà di sparare ad A. Se lo uccide, poi la sfida continua tra B e C.
Se B non uccide A, é C a dover prendere la decisione su chi sarà il suo bersaglio. Se uccidesse B, poi morirebbe per mano di A.
Se sparasse ad A, poi verrebbe molto probabilmente ucciso da B.
Quindi la sua migliore prospettiva è quella di sparare e mancare il
bersaglio, in modo tale da lasciare che A uccida B ed avere cosi 1 possibilità su 2 di uccidere a sua volta A, prima che sia il turno del pistolero infallibile. Quindi in questo caso a C conviene sparare in alto, in
mezzo ad un campo o comunque lontano da A e da B.
Quindi, capita la scelta di C, il caso si riduce come a BAC, con le stesse probabilità di vittoria.
Caso CAB.
Capito il fatto che C non mira ne ad A ne a B, finchè entrambi sono vivi, questo caso si riduce come i primi due.
Caso CBA.
Anche in questo caso C farà in modo che i due pistoleri più bravi si affrontino tra di loro, subentrando solo alla morte di uno dei due.
COsì facendo questo caso si riduce come quelli in cui è B a sparare per primo.
Alla fine avremo le seguenti possibilità di uscire vittoriosi dal conflitto:
A 1/6 * (3 * 1/2 + 3 * 1/10) = 3/10
B 1/6 * (3 * 0 + 3 * 16/45) = 8/45
C 1/6 * (3 * 1/2 + 3 * 49/90) = 47/90
che in percentuale sono:
A 30% ; B 17,78% ; C 52,22%
Quindi, chi ha più probabilità di uscire vincente dal "truello" è C col 52,22% di possibilità.
PS: dal testo dell'enigma ho visto solo che c'è l'obbligo di sparare, ma non mi pare che qualcosa vieti a C di sparare altrove per mancare appositamente i suoi avversari. Spero che come soluzione sia accettabile, altrimenti mi
ritirerò a fare molti altri pensieri su come risolverlo.
La traversata (versione difficile)
Davi ha detto...
-> Poliziotto Ladro
<- Poliziotto
-> Poliziotto Bambino
<- Poliziotto Ladro
-> Padre Bambino
<- Padre
-> Padre Madre
<- Madre
-> Ladro Poliziotto
<- Padre
-> Padre Madre
<- Madre
-> Madre Figlia
<- Poliziotto Ladro
-> Poliziotto Figlia
<- Poliziotto
-> Poliziotto Ladro
<- Poliziotto
-> Poliziotto Bambino
<- Poliziotto Ladro
-> Padre Bambino
<- Padre
-> Padre Madre
<- Madre
-> Ladro Poliziotto
<- Padre
-> Padre Madre
<- Madre
-> Madre Figlia
<- Poliziotto Ladro
-> Poliziotto Figlia
<- Poliziotto
-> Poliziotto Ladro
giovedì 15 luglio 2010
L'essenza perfetta
Davi ha detto...
Spero di non aver sbagliato i calcoli...
Verso nel barile i due contenitori da 5 e da 7 litri di essenza. In questo modo ottengo un profumo che presenta una concentrazione di 12/42, cioè 2/7 = 28,57%
Ora apro il rubinetto del barile per 10 volte, facendo così uscire 20 litri di profumo. In questo modo nel barile rimangono 22 (=42-20) litri di profumo con concentrazione 2/7, il che mi porta a dire che l'essenza presente nella miscela sarà pari a 22*2/7 = 44/7 = 6,286 litri.
A questo punto aggiungo i rimanenti 3 litri di essenza che mi sono rimasti; ottengo così il profumo:
(44/7 + 3)/(22 + 3)
Dal denominatore vedo subito che otterrò 25 litri di profumo, quindi non resta che verificare la sua concentrazione svolgendo i calcoli.
(44 + 21) / 25*7 =
= 65/175 = 13/35
Ho quindi ottenuto 25 litri di profumo a concentrazione 13/35.
Verso nel barile i due contenitori da 5 e da 7 litri di essenza. In questo modo ottengo un profumo che presenta una concentrazione di 12/42, cioè 2/7 = 28,57%
Ora apro il rubinetto del barile per 10 volte, facendo così uscire 20 litri di profumo. In questo modo nel barile rimangono 22 (=42-20) litri di profumo con concentrazione 2/7, il che mi porta a dire che l'essenza presente nella miscela sarà pari a 22*2/7 = 44/7 = 6,286 litri.
A questo punto aggiungo i rimanenti 3 litri di essenza che mi sono rimasti; ottengo così il profumo:
(44/7 + 3)/(22 + 3)
Dal denominatore vedo subito che otterrò 25 litri di profumo, quindi non resta che verificare la sua concentrazione svolgendo i calcoli.
(44 + 21) / 25*7 =
= 65/175 = 13/35
Ho quindi ottenuto 25 litri di profumo a concentrazione 13/35.
lunedì 12 luglio 2010
In facoltà
L'ing. Francesco Attanasio insegna Analisi Matematica e Chimica
L'ing. Carlo Esposito insegna Macchine e Fisica
L'ing. Silvio Baudo insegna Macchine e Fisica
L'ing. Silvio Moretti insegna Macchine e Chimica.
L'ing. Carlo Esposito insegna Macchine e Fisica
L'ing. Silvio Baudo insegna Macchine e Fisica
L'ing. Silvio Moretti insegna Macchine e Chimica.
Il mazzo di carte
Inchiamo con A e B i due mazzi.
Nel mazzo A mettiamo y carte e, di conseguenza, il mazzo B ne avrà 23-y.
Dividendo le carte nei due mazzi in maniera casuale (non potendo vederle) alla fine avremo che le carte col dorso rivolto verso l'alto presenti nel mazzo A saranno una certa quatità x. Di conseguenza, quelle rimanenti, che sono y-x, saranno carte col dorso rivolto verso il basso.
Analizziamo ora il mazzo B.
Dato che x carte col dorso verso l'alto sono nel mazzo A, le carte col dorso verso l'alto nel mazzo B saranno 14-x; e dato che y-x carte col dorso verso il basso sono nel mazzo A, il mazzo B avrà 9-y+x carte col dorso rivolto verso il basso.
A questo punto, per risolvere il quesito, impongo che il numero di carte del mazzo A col dorso rivolto verso l'alto sia uguale al numeor di carte del mazzo B che presentano il dorso rivolto verso il basso. Ottengo così: x = 9-y+x.
Questo uguaglianza è verificata solo per y=9.
Quindi il mazzetto A dovrà aver 9 carte e il mazzetto B dovrà averne 14.
Analizziamo ora le carte al loro interno:
-mazzo A: x col dorso verso l'alto e 9-x col dorso verso il basso.
-mazzo B: 14-x col dorso verso l'alto e x col dorso verso il basso.
A questo punto non mi resta che capovolgere il mazzo B: in questo modo le x carte che prima avevano il dorso rivolto verso il basso, avranno ora il dorso rivolto verso l'alto. Quindi ora i due mazzi presentano lo stesso numero x di carte col dorso rivolto verso l'alto.
Nel mazzo A mettiamo y carte e, di conseguenza, il mazzo B ne avrà 23-y.
Dividendo le carte nei due mazzi in maniera casuale (non potendo vederle) alla fine avremo che le carte col dorso rivolto verso l'alto presenti nel mazzo A saranno una certa quatità x. Di conseguenza, quelle rimanenti, che sono y-x, saranno carte col dorso rivolto verso il basso.
Analizziamo ora il mazzo B.
Dato che x carte col dorso verso l'alto sono nel mazzo A, le carte col dorso verso l'alto nel mazzo B saranno 14-x; e dato che y-x carte col dorso verso il basso sono nel mazzo A, il mazzo B avrà 9-y+x carte col dorso rivolto verso il basso.
A questo punto, per risolvere il quesito, impongo che il numero di carte del mazzo A col dorso rivolto verso l'alto sia uguale al numeor di carte del mazzo B che presentano il dorso rivolto verso il basso. Ottengo così: x = 9-y+x.
Questo uguaglianza è verificata solo per y=9.
Quindi il mazzetto A dovrà aver 9 carte e il mazzetto B dovrà averne 14.
Analizziamo ora le carte al loro interno:
-mazzo A: x col dorso verso l'alto e 9-x col dorso verso il basso.
-mazzo B: 14-x col dorso verso l'alto e x col dorso verso il basso.
A questo punto non mi resta che capovolgere il mazzo B: in questo modo le x carte che prima avevano il dorso rivolto verso il basso, avranno ora il dorso rivolto verso l'alto. Quindi ora i due mazzi presentano lo stesso numero x di carte col dorso rivolto verso l'alto.
Spero che il ragionamento sia chiaro, data l'ora tarda.
PS: scusate anche per ventuali errori di ortografia, come l' "Indichiamo" ad inizio di frase.
Un'altra serie di parole
mauro04 ha scritto:
Ciao a tutti, comincio oggi.
Ecco la soluzione:
-ge gennaio
-ma marzo
-ma maggio
-lu luglio
-se settembre
-no novembre (soluzione "intorno")
Il piccolo aiutino riguarda i giorni della settimana.
Non era poi così difficile...
Ciao a tutti, comincio oggi.
Ecco la soluzione:
-ge gennaio
-ma marzo
-ma maggio
-lu luglio
-se settembre
-no novembre (soluzione "intorno")
Il piccolo aiutino riguarda i giorni della settimana.
Non era poi così difficile...
domenica 11 luglio 2010
Il tesoro dei pirati
Allora: chiamiamo i pirati, in ordine di rango, 1, 2, 3, 4, e 5. 1 sarà il primo a fare la proposta e 5 l'ultimo.
Suppongo che per maggioranza si intenda 50%+1, quindi in caso di pareggio la proposta vada considerata NON approvata.
Procediamo a ritroso.
5 è "immortale". Ovviamente dovesse rimanere da solo si piglia tutto e via.
Se rimanessero solo 4 e 5, se 4 vuole avere una speranza di sopravvivere non può che proporre di lasciare tutto a 5 (perché in caso contrario 5 non approverebbe e si piglierebbe comunque tutto), quindi la proposta "vincente" di 4 è:
1,2,3: M
4: 0 (voto sì)
5: 1000 (sì)
Se rimanessero 3,4 e 5, il pirata 3, sapendo che 4 sarebbe poi "costretto" a rinunciare a tutto, può formulare una proposta di questo tipo certo che verrebbe accettata da 4 (1 è meglio di 0!) e quindi approvata:
1,2: M
3: 999 (sì)
4: 1 (sì)
5: 0 (no)
2, sapendo della proposta vincente di 3, dovrebbe solo "spostare" 2 voti dalla propria parte per vedere la proposta accettata: ovviamente lo fa offrendo 1 soldo in più rispetto alla proposta vincente di 3 agli ultimi 2 pirati, che accetteranno. Perciò la proposta vincente di 2 è:
1: M
2: 997 (sì)
3: 0 (no)
4: 2 (sì)
5: 1 (sì)
Quindi, anche 1, sapendo tutto questo, non deve far altro che "guadagnare" 2 voti elargendo qualcosa in più a 2 pirati rispetto alla proposta che farebbe 2. Ovviamente la cosa più "economica" da fare è dare 1 soldo in più ai 2 che ne hanno di meno in quella proposta. Quindi, la proposta di 1 che non solo gli salva la vita, ma gli permette anche di portarsi via un bel gruzzoletto, è:
1: 997 (sì)
2: 0 (no)
3: 1 (sì)
4: 0 (no)
5: 2 (sì)
Suppongo che per maggioranza si intenda 50%+1, quindi in caso di pareggio la proposta vada considerata NON approvata.
Procediamo a ritroso.
5 è "immortale". Ovviamente dovesse rimanere da solo si piglia tutto e via.
Se rimanessero solo 4 e 5, se 4 vuole avere una speranza di sopravvivere non può che proporre di lasciare tutto a 5 (perché in caso contrario 5 non approverebbe e si piglierebbe comunque tutto), quindi la proposta "vincente" di 4 è:
1,2,3: M
4: 0 (voto sì)
5: 1000 (sì)
Se rimanessero 3,4 e 5, il pirata 3, sapendo che 4 sarebbe poi "costretto" a rinunciare a tutto, può formulare una proposta di questo tipo certo che verrebbe accettata da 4 (1 è meglio di 0!) e quindi approvata:
1,2: M
3: 999 (sì)
4: 1 (sì)
5: 0 (no)
2, sapendo della proposta vincente di 3, dovrebbe solo "spostare" 2 voti dalla propria parte per vedere la proposta accettata: ovviamente lo fa offrendo 1 soldo in più rispetto alla proposta vincente di 3 agli ultimi 2 pirati, che accetteranno. Perciò la proposta vincente di 2 è:
1: M
2: 997 (sì)
3: 0 (no)
4: 2 (sì)
5: 1 (sì)
Quindi, anche 1, sapendo tutto questo, non deve far altro che "guadagnare" 2 voti elargendo qualcosa in più a 2 pirati rispetto alla proposta che farebbe 2. Ovviamente la cosa più "economica" da fare è dare 1 soldo in più ai 2 che ne hanno di meno in quella proposta. Quindi, la proposta di 1 che non solo gli salva la vita, ma gli permette anche di portarsi via un bel gruzzoletto, è:
1: 997 (sì)
2: 0 (no)
3: 1 (sì)
4: 0 (no)
5: 2 (sì)
Serie di parole
La parola è Gigante
Questo perchè ogni parola della serie, in base alla posizione che occupa nella sequenza, presenta due lettere che nell'alfabeto hanno la stessa posizione della parola.
Cioè: la prima lettera dell'alfabeto è la A, quindi la prima parola deve contenere due A, la seconda lettera è la B, quindi la seconda parola della seria deve contenere due B,e così via.
Dato che si richiede la settima parola, vedo che la settima lettera dell'alfabeto è la G, e quindi non può che essere Gigante
Questo perchè ogni parola della serie, in base alla posizione che occupa nella sequenza, presenta due lettere che nell'alfabeto hanno la stessa posizione della parola.
Cioè: la prima lettera dell'alfabeto è la A, quindi la prima parola deve contenere due A, la seconda lettera è la B, quindi la seconda parola della seria deve contenere due B,e così via.
Dato che si richiede la settima parola, vedo che la settima lettera dell'alfabeto è la G, e quindi non può che essere Gigante
Frasi e lettere
Davi ha detto...
B: la terza frase è composta da cinquantuno lettere D: la prima frase è formata da quarantatrè lettere meno due A: la quarta frase è stata generata con oltre cinquanta lettere C: la seconda frase non è composta con meno di quarantasei lettere
Il contadino e la capra
Indichiamo con R il raggio del terreno circolare, con A la lunghezza della corda e con 2a (in radianti) l'ampiezza angolare del settore circolare del terreno il cui arco di delimitazione è la parte della circonferenza nella quale la capra può brucare.
Procedendo sia con considerazini geometriche che che con l'aiuto degli integrali, arriviamo a scrivere l'equazione risolutiva del problema, che si presenta nella forma
2*a*cos(a) - 2*pi_greco*cos(a) - 2*sen(a) = pi_greco
Essa non è risolvibile manualmente (se non per tentativi), quindi tramite l'ausilio di strumenti elettronici troviamo che
a = 1,2358 rad (circa)
Dal procedimento ricaviamo che la relazione che lega a e A è
cos(a) = 1 - (A^2)/(2*R^2)
Sostituendo il valore di a ed esplicitando rispetto ad A otteniamo
A = 1,16*R (circa)
e cioè la lunghezza della corda in funzione del raggio del terreno.
Procedendo sia con considerazini geometriche che che con l'aiuto degli integrali, arriviamo a scrivere l'equazione risolutiva del problema, che si presenta nella forma
2*a*cos(a) - 2*pi_greco*cos(a) - 2*sen(a) = pi_greco
Essa non è risolvibile manualmente (se non per tentativi), quindi tramite l'ausilio di strumenti elettronici troviamo che
a = 1,2358 rad (circa)
Dal procedimento ricaviamo che la relazione che lega a e A è
cos(a) = 1 - (A^2)/(2*R^2)
Sostituendo il valore di a ed esplicitando rispetto ad A otteniamo
A = 1,16*R (circa)
e cioè la lunghezza della corda in funzione del raggio del terreno.
La moneta falsa - versione difficile
Massimo ha detto...
Rodolfo ha detto...
Forse ci sono arrivato...ma è stata una faticaccia!
Sono partito da un pò di illuminazioni:
1) Perchè devo per forza mettere 4 monete per piatto la prima volta?
2) 13 monete di cui una falsa...fanno 26 casi possibili. 3) Siamo sicuri che l'informazione data da una singola pesata non sia più di ciò che vedo? In effetti, ogni pesata mi da 3 informazioni, non 2: equilibrio, piatto sx su, piatto sx giu. Quindi con 3 pesate, che danno 3 risultati l'una...se conto tutte le combinazioni, ho 27 casi...eliminando il caso in cui le 3 pesate danno sempre equilibrio, il problema diventa come articolare le pesate. Dopo un po' di tentativi, sono arrivato a questa procedura. Chiamo le monete da a a o (senza beccare j e k), e la moneta campione x, e faccio così:
1^ pesata: ACHMO - BFGLX
2^ pesata: ACFNX - BEIMO
3^ pesata: ADFLX - CEGMN
Indicando con
\ piatto sx si alza
- equilibrio
/ piatto dx si alza
ho questi risultati (in maiuscolo se la moneta è leggera, in minuscolo se è pesante)
a: \\\
B: \\-
c: \\/
G: \-\
h: \--
L: \-/
m: \/\
o: \/-
F: \//
E: -\\
l: -\-
n: -\/
d: --\
D: --/
N: -/\
i: -/-
e: -//
f: /\\
O: /\-
M: /\/
l: /-\
H: /--
g: /-/
C: //\
b: //-
A: ///
Probabilmente ci possono anche essere altre combinazioni di monete sui piatti.
Spero di aver fatto giusto...
Bye by SixaM 8-]
Sono partito da un pò di illuminazioni:
1) Perchè devo per forza mettere 4 monete per piatto la prima volta?
2) 13 monete di cui una falsa...fanno 26 casi possibili. 3) Siamo sicuri che l'informazione data da una singola pesata non sia più di ciò che vedo? In effetti, ogni pesata mi da 3 informazioni, non 2: equilibrio, piatto sx su, piatto sx giu. Quindi con 3 pesate, che danno 3 risultati l'una...se conto tutte le combinazioni, ho 27 casi...eliminando il caso in cui le 3 pesate danno sempre equilibrio, il problema diventa come articolare le pesate. Dopo un po' di tentativi, sono arrivato a questa procedura. Chiamo le monete da a a o (senza beccare j e k), e la moneta campione x, e faccio così:
1^ pesata: ACHMO - BFGLX
2^ pesata: ACFNX - BEIMO
3^ pesata: ADFLX - CEGMN
Indicando con
\ piatto sx si alza
- equilibrio
/ piatto dx si alza
ho questi risultati (in maiuscolo se la moneta è leggera, in minuscolo se è pesante)
a: \\\
B: \\-
c: \\/
G: \-\
h: \--
L: \-/
m: \/\
o: \/-
F: \//
E: -\\
l: -\-
n: -\/
d: --\
D: --/
N: -/\
i: -/-
e: -//
f: /\\
O: /\-
M: /\/
l: /-\
H: /--
g: /-/
C: //\
b: //-
A: ///
Probabilmente ci possono anche essere altre combinazioni di monete sui piatti.
Spero di aver fatto giusto...
Bye by SixaM 8-]
Penso proprio che tu ci abbia azzeccato! Ti segnalo solo una piccola correzione che comunque non toglie niente alla tua soluzione: alla terza pesata dovresti invertire le posizioni di M ed X per ottenere le giuste successioni, altrimenti avresti gli stessi risultati di F. Con ogni probabilità è stato solo un errore di trascrizione e non inficia minimamente la correttezza della soluzione. Te lo segnalo solo perchè immagino che tu per primo voglia che la tua soluzione sia perfetta.
Ancora complimenti! ;)
Ancora complimenti! ;)
L'operazione chirurgica
crypt3m4 ha detto...
Rodolfo ha detto...
@L
quando B rivolta X e mette sopra Y la parte interna di Y viene 'infettata' dalla pelle del primo chirurgo (parte interna X)...per cui C non potrà mettere Y.
quando B rivolta X e mette sopra Y la parte interna di Y viene 'infettata' dalla pelle del primo chirurgo (parte interna X)...per cui C non potrà mettere Y.
@crypt3m4
quando C utilizza X rigirandoli, la parte che entrerà a contatto con la pelle del paziente sarà quella toccata da A.
D'altra parte...mantenendo la simboligia di L...se A indossa X e sopra Y, B indossa Y e C indossa X rigirati E SOPRA Y, non dovrebbero esserci problemi. Infatti, la pelle del paziente sarà sempre toccata esclusivamente dall'esterno di Y, le mani di A toccheranno l'interno di X, le mani di B l'interno di Y e le mani di C l'esterno di X rimansto sterile.
quando C utilizza X rigirandoli, la parte che entrerà a contatto con la pelle del paziente sarà quella toccata da A.
D'altra parte...mantenendo la simboligia di L...se A indossa X e sopra Y, B indossa Y e C indossa X rigirati E SOPRA Y, non dovrebbero esserci problemi. Infatti, la pelle del paziente sarà sempre toccata esclusivamente dall'esterno di Y, le mani di A toccheranno l'interno di X, le mani di B l'interno di Y e le mani di C l'esterno di X rimansto sterile.
Il Tempio Azteco
massimiliano ha detto...
Quindi correggo di conseguenza la mia soluzione:
Per il principio di Archimede, la massa d'acqua spostata è pari al peso del corpo galleggiante.
Dunque se butto una moneta d’oro in acqua, il peso della barca si riduce di 100g, quindi il volume d’acqua spostato si riduce di 1/10.000 mc. Questi si ripartiscono su 4*4=16mq di superficie, per cui il livello dell'acqua si abbassa di (1/10.000)/16 = 1/160.000 m.
Contemporaneamente, il livello dell’acqua si alza leggermente a causa del volume della moneta, che, considerando una densità dell’oro pari a 19.3 t/mc, è pari a 1/193.000 mc. Il livello si alza dunque di (1/193.000)/16 = 1/3.088.000 m.
Globalmente, dunque, il livello dell’acqua si riduce di 1/160.000 - 1/3.088.000 = 183/30.880.000 m.
Affinchè, dunque, il livello dell’acqua si abbassi di 0.5 metri, è necessario gettare in acqua 0.5/(183/30.880.000) = 84.372 monete.
Per il principio di Archimede, la massa d'acqua spostata è pari al peso del corpo galleggiante.
Dunque se butto una moneta d’oro in acqua, il peso della barca si riduce di 100g, quindi il volume d’acqua spostato si riduce di 1/10.000 mc. Questi si ripartiscono su 4*4=16mq di superficie, per cui il livello dell'acqua si abbassa di (1/10.000)/16 = 1/160.000 m.
Contemporaneamente, il livello dell’acqua si alza leggermente a causa del volume della moneta, che, considerando una densità dell’oro pari a 19.3 t/mc, è pari a 1/193.000 mc. Il livello si alza dunque di (1/193.000)/16 = 1/3.088.000 m.
Globalmente, dunque, il livello dell’acqua si riduce di 1/160.000 - 1/3.088.000 = 183/30.880.000 m.
Affinchè, dunque, il livello dell’acqua si abbassi di 0.5 metri, è necessario gettare in acqua 0.5/(183/30.880.000) = 84.372 monete.
La torta
Roberto Moretti ha detto...
per ottenere 8 fette dello stesso volume basta a questo punto ke il taglio circolare venga fatto in un punto preciso...e il raggio di circonferenza ke il taglio deve avere è uguale al raggio della torta diviso la radice di 2 ovvero..se la torta avesse un raggio di 20cm il taglio verrà fato a 14.14cm dal centro visto che 20 diviso la radice di 2 porta qul numero lì. Ovviamente poi faccio i 2 tgli perpendicolari per ottenere le 8 fette dello stesso volume
Il generale Williams
grAz ha detto...
La moglie del generale è tenuta in vita dal polmone d'acciaio, quindi in mancanza di questa non può funzionare. In questi casi il polmone d'acciaio potrebbe essere azionato manualmente, ma il generale essendo bloccato in ascensore non può intervenire per tempo (credo che se non si interviene in pochi minuti...), quindi la moglie è condannata.
È necessario però supporre che non ci siano altre persone a conoscenza dello stato della signora in casa/condominio...
È necessario però supporre che non ci siano altre persone a conoscenza dello stato della signora in casa/condominio...
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