Qualche quiz
 

Saltando di palo in frasca...

1)Si abbia un poligono regolare di 2002 lati.
Qual è la probabilità che, tirando a sorte 3 dei suoi vertici, si ottenga:
-un triangolo rettangolo
-un triangolo ottusangolo
-un triangolo acutangolo

2)Un miliardario americano sale su un taxi di gran fretta perché sta per perdere l'aereo.
Per stimolare l'autista a correre, afferma che gli darà una bella mancia a seconda del tempo che ci metterà a raggiungere l'aeroporto.
Gli dice: "Partiamo da una mancia iniziale composta da 5 dollari per ogni mio anno d'età, alla quale però sottrarrò 1 cent per il primo minuto di viaggio, poi 2 cent per il secondo minuto, 3 cent per il terzo e così via fino all'ultimo minuto. Ora vai!".
All'arrivo, l'autista riceve 23 dollari di mancia.
Quanti anni ha il miliardario in questione?

3)Aladino giunge presso una torre dorata, sulla cui sommità è stata segregata la figlia del visir.
A guardia della torre c'è un enorme serpente velenoso, che morirà solo dopo avergli lanciato addosso due monete d'oro del peso complessivo di almeno 28 piastre. Nelle segrete del palazzo del sultano sono custodite 20 monete d'oro del peso di 1, 2, 3, ..., 20 piastre, che esternamente paiono tutte uguali. Aladino per sciogliere l'incantesimo ha bisogno proprio di due di quelle monete (che pesino insieme almeno 28 piastre), ma non può toccarle se non dopo aver individuato quelle giuste; in caso contrario, scompariranno tutte.
Così si fa aiutare dal genio, il quale gli rivela che sarà in grado di dirgli ogni volta quale tra due monete indicategli sarà la più pesante, al prezzo di sacrificarne prima un'altra, scelta sempre da Aladino tra le superstiti, che si disintegrerà.
In che modo Aladino potrà individuare le due monete che gli servono?

4)Una cellula, in ogni istante, ha quattro possibilità ugualmente probabili:
a) morire
b) non fare nulla
c) dividersi in due cellule
d) dividersi in tre cellule
Qual è la probabilità totale che la sua stirpe si estingua?

5)Il (solito) capotribù sfida 6 prigionieri ad indovinare il colore del cappello che pone loro in testa. I prigionieri sono disposti in cerchio, in modo che possano vedere solamente i 4 cappelli alla propria destra, ma non il proprio e neanche quello del prigioniero a sinistra.
"I vostri cappelli sono di 3 colori diversi -tuonò il capotribù- due rossi, due verdi e due bianchi. Avrà salva la vita chi riuscirà a dirmi il colore del proprio."
E, non appena i prigionieri furono pronti nella posizione prestabilita, continuò: "Allora, chi mi sa dire il colore del suo cappello?"
Nessuno era in grado di rispondere e allora, dopo qualche minuto, ripetè la domanda: "Chi sa il colore del proprio cappello?"
Ma anche questa volta tutti tacquero.
Allora, il capotribù sbraitò inferocito: "Per l'ultima volta, qualcuno ha capito il colore del suo cappello?"
A questo punto .... indovinarono istantaneamente tutti e sei.
Come erano disposti i 6 cappelli?

.................
Eventualmente, si potrà anche continuare...
Nino

Re: Qualche quiz
 

Provo con la 5
rosso giallo blu rosso giallo blu?

Re: Qualche quiz
 

I colori sono
Rosso - Verde - Bianco

Comunque, è una soluzione corretta (spiegazione....)

Re: Qualche quiz
 

Una sola domanda è già troppo per me ... ma questa mi è piaciuta e allora ci provo ...
a) Dopo aver tirato a sorte il primo vertice (la cui posizione, per simmetria, è irrilevante, i casi possibili sono 2001 per il secondo vertice e 2000 per il terzo: fanno 4.002.000 casi possibili.
b) Giacchè il poligono ha un numero pari di vertici, ci saranno 1001 coppie di vertici opposti.
c) Ricordando le proprietà dei triangoli inscritti in una circonferenza, un triangolo rettangolo si avrà se e solo se si verificherà che:
- o il secondo estratto è diametralmente opposto al primo, e in questo caso il risultato sarà favorevole ed indipendente dal terzo estratto, dando così un totale di 1000 casi favorevoli.
- oppure il terzo estratto è diametralmente opposto al primo oppure al secondo (1 caso per il primo, uno per ciascuno dei 1000 altri secondi possibili.

Totale: 1000 + 1 + 1000 = 2001 casi favorevoli
P=2001/4.002.000 = una su duemila

Re: Qualche quiz
 

Attenzione a contare più volte lo stesso triangolo...

Mi risulta una probabilità maggiore.

(Se si avesse un quadrato, i triangoli rettangoli sarebbero 4; se fosse un esagono 12, ....)
:hello:

Re: Qualche quiz
 

:mmh:
Non dovrebbe essere rilevante ...
Chiaramente se estraggo prima A, poi B, poi C , oppure prima A, poi B, poi C ottengo lo stesso triangolo, ma qui non stiamo contando le "combinazioni" di vertici, stiamo contando "in quanti modi diversi un certo triangolo può essere generato" ...
Ohibò, ci penserò su ...

Re: Qualche quiz
 

NB. Ho messo io le lettere (a), (b) e (c).

In "Probabilità" sono molto meno forte che in geometria. :o
Per giunta, il mio computer è in riparazione [difetti dell'alimentatore: difficoltà crescenti di giorno in giorno per accenderlo] e sto usando quello di mia moglie che non dispone nemmeno una calcolatrice. :mad:
Comunque: le terne distinte di n elementi sono n(n–1)(n-2)/6. Mettici n=2002 e trovi quanti sono i triangoli possibili.

(a) Per avere un triangolo rettangolo occorre che due vertici siano diametralmente opposti – e di tali coppie ce ne sono n/2 – e il terzo vertice sia uno qualsiasi degli altri n-2. Mi pare, dunque, che i possibili triangoli rettangoli siano (n/2)*(n–2).
La probabilità di avere un triangolo rettangolo con 3 vertici a caso dovrebbe essere:
P(Tr. rettangolo) = [(n/2)*(n–2)]/(n(n-1)(n-2)/6] = 3/(n–1) = 3/2001 = 1/667.

(b) e (c). Se il triangolo non è rettangolo, allora o è acutangolo o è ottusangolo. Ho l'impressione che ciò possa accadere con uguale probabilità.
Ci penso un attimo ...
Forse ho trovato.
Prendo un vertice a caso e considero il vertice diametrale, ossia un diametro che mi divide il cerchio circoscritto in due: degli altri n-2 vertici, (n-2)/2 stanno da una parte e (n-2)/2 dall'altra.
Prendo un secondo vertice a caso purché distinto dal primo e dal suo diametrale. E' eqiprobabile che caschi in una o nell'altra semicirconferenza. Prendo un terzo vertice. Se casca dalla stessa parte del secondo ho un triangolo ottusangolo; se casca dall'altra parte ho un triangolo acutangolo. Fissato il secondo vertice, ci sono (n-2)/2 vertici di là del diametro (triangolo acutangolo) e (n-2)/2 –1 vertici di qua. Ma non mi importa che la probabilità con cui, dato il secondo vertice, il terzo casca di qua o di là del fissato diametro non sia la stessa! Non mi interessa perché è equiprobabile che il secondo punto sia di qua o di là (del fissato diametro). Concludo che è equiprobabile che il triangolo capiti ottusangolo o acutangolo.
Siccome la somma delle probabilità è 1, visto il punto (a), la probabilità di avere triangolo ottusangolo o acutangolo è (1 – 1/667)/2 . In definitiva:

P(Tr. acutangolo) = P(Tr. ottusangolo) = 333/667
-----------------------------
Discuterò (forse) gli altri quesiti più tardi.

Ciao, ciao.
:hello:

Re: Qualche quiz
 

E menomale che non sei forte in "probabilità"....
E' perfetto.
Aggiungo solo che la sequenza:
numero triangoli rettangoli (in funzione dei lati dei poligoni regolari con un numero pari di lati, iniziando dal quadrato) è la sequente:
http://www.research.att.com/~njas/se...ia n&go=cerca


Qui non ci siamo (e come sono contento, nel dirtelo... :D:fis:)

Guarda, ad esempio il caso dell'esagono:
-si possono fare 12 triangoli rettangoli, 6 triangoli ottusangoli e 2 triangoli acutangoli...)

Ciao
Nino

Re: Qualche quiz
 

E fai bene!
Infatti, appena uscito da "Coelestis", ho capito d'aver scritto una cavolata!
Foglio e matita alla mano, per n = 4 andava tutto bene: Pr = 1, Pa = Po = 0.
Ma per n = 6, i rettangoli acutangoli mi venivano di meno di quelli ottusangoli. :o

Cerco di correggere la cavolata!
Riprendo da dove credo che il mio discorso sia ancora corretto.
[NB: Solo con n pari ci sono vertici diametralmente opposti, ossia è maggiore di 0 la probabilità di avere triangoli rettangoli.]

Chiamo Nr, Na, No il numero di triangoli rispettivamente rettangoli, acutangoli, ottusangoli.
Ho già trovato:
Nr = n(n-2)/2;
N = Nr + Na + No = n(n-1)(n-2)/6.
Allora:
Na+No = n(n-1)(n-2)/6 -n(n-2)/2 =n(n-2)/2][(n-1)/3 -1] = n(n-2)(n-4)/6. (*)

Prendo un vertice fisso, considero ma non prenderò mai il diametrale.
Parto dal vertice preso e procedo a sinistra prendendo uno degli (n-2)/2 vertici disponibili da questa parte.
Ad ogni scelta cerco i triangoli acutangoli.
Devo prendere il terzo vertice dall'altra parte (a destra), ma devo evitare che diventi ottuso l'angolo nel primo vertice.
Procedendo a sinistra, se prendo il 1° che incontro, a destra non ho alcun vertice utile da prendere per terzo; se prendo il 2°, a destra di utili ne ho 1, se prendo il 3° di utili ne ho 2 ... se prendo l'[(n-2)/2]-esimo ce n'ho [(n-2)/2]-1 = (n-4)/2.
Trovo così
0 + 1 + 2 + ... +(n-4)/2 =[(n-2)/2]·[(n-4)/2]/2 = (n–2)(n–4)/8
triangoli acutangoli con un vertice fisso.
Posso cambiare il primo vertice in n modi: ma ogni triangolo viene ripetuto 3 volte.
Devo perciò moltiplicare quelli trovati con un vertice fisso per n/3.
I triangoli acutangoli sono dunque:
Na = n(n–2)(n–4)/24 (**)

Quanti sono gli ottusangoli lo trovo per differenza dalla (*).
No = n(n–2)(n–4)/6 – n(n–2)(n–4)/24 = n(n–2)(n–4)/8. (***)

NB: i triangoli ottusangoli mi vengono sempre il triplo di quelli acutangoli.

Le rispettive probabilità sono Nr/N, Na/N, No/N, cioè::
Pr = 3/(n–1); (tr. rettangoli)
Pa = (1/4)·[(n–4)/(n–1)]; (tr. acutangoli)
Po = (3/4)·[(n–4)/(n–1)]. (tr. ottusangoli)

Please: Qualcun altro sostituisca n con 2002 e faccia il calcolo numerico!
Thanks for your attention. :)

Ciao, ciao.
:hello:
--------------------
P.S. Dom. 26.09.10 h 19.35

Abbiamo visto che ci sono n(n-2)(n-4)/8 triangoli ottusangoli.
Siccome n è pari, posto n = 2m, [m intero maggiore di 1], il numero di ottusangoli viene:
m(m–1)(m–2)
che è il numero D(m, 2) di disposizioni a 2 a 2 di m elementi.

Re: Qualche quiz
 

Prima osservazione: tirchio 'sto miliardario. eh? Oppure ... potrebbe disporre non di miliardi di $ ma solo di centinaia. Vuoi vedere che è un centenario? :D
Seconda osservazione. Se il numero di anni è intero, occorre che il numero di cents scontati dalla mancia sia divisibile per 100 (per fare dollari interi).

Domanda: è intero il numero di anni del miliardario?

Ciao
:hello:
––––––––––
P. S.
Detto N il numero di minuti di viaggio, la detrazione viene di N(N+1)/2 cents,cioè di:
N(N+1)/200 dollari.
Detta X l'età in anni, l'equazione da risolvere è:
5X – N(N+1)/200 = 23
che ha infinite soluzioni reali nella coppia di variabili X ed N. Per ogni arbitrario N reale, risulta un solo X (pure reale).

Imponendo N ed X interi, l'equazione è detta diofantina (e può avere anche una sola soluzione di interi N ed X).
In tal caso deve essere intero N(N+1)/200; e siccome N(N+1) è divisibile per 2 per ogni N intero, o N o N+1 deve essere divisibile per 100.

Occorre allora provare N nella forma N = 100·k oppure N =100·k – 1 per k intero positivo crescente fino a che il numero intero
N(N+1)/200 + 23
non risulti divisibile per 5.

Ossia fino a che uno dei due numeri interi
k(100·k + 1) + 46 oppure k(100·k–1) + 46
non risulti multiplo di 10.

Bye, bye

Re: Qualche quiz
 

Grazie a te!!!!
(Pa = 0,249625 triangoli acutangoli
cioè (667-1)/(667*4) = 1665/6670 utilizzando i tuoi calcoli del messaggio precedente

Po = 0,748875 triangoli ottusangoli = (667-1)*3/(667*4) = 1998/2668)

Il numero dei triangoli acutangoli (in funzione dei lati dei poligoni regolari con un numero pari di lati, iniziando dal quadrato) è indicato dalla seguente sequenza:
http://www.research.att.com/~njas/se...ian& go=cerca

quello dei triangoli ottusangoli da:
http://www.research.att.com/~njas/se... lian&go=cerca

Per finire:
Per i poligoni con un numero dispari di lati, si ha:
numero_triangoli_acuti = n*(n-1)*(n+1)/24
numero_triangoli_ottusi = n*(n-1)*(n-3)/8

:hello:

(Se hai tempo e voglia, ci sono anche gli altri quiz...)
Nino

Re: Qualche quiz
 

Cosa ti saresti aspettato da un miliardario? :D

Sì, il numero degli anni è intero.
Ciao

Nino

Re: Qualche quiz
 

Ci sono infinite soluzioni aritmetiche.
Nessuna ... ragionevole nel contesto.

La più piccola è:
X = 165 anni; N = 400 minuti.
Allora 5X – N(N+1)/200 = 825 – 2·401 = 825 –802 = 23.
---------------
Se invece si accetta che sia intera non l'età ma soltanto ogni possibile mancia, compresa quella a tempo zero (5X dollari), allora la più ragionevole nel contesto risulta:
X = 44,8 anni; N = 200 minuti.
Con questa abbiamo:
5X – N(N+1)/200 = 5·44,8 – 200·201/200 = 224 – 201 = 23.
–––––––––––
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Ci si arriva con lo stesso ragionamento di prima.
Ora il diametrale non esiste. Ma traccio lo stesso un diametro per un vetice fisso e parto da questo andando a sinistra a prendere il 2° vertice e a destra a prendere il 3° per trovare tutti i triangoli acutangoli.
A sinistra mi trovo (n–1)/2 possibilità per il 2° vertice e questa volta a destra mi trovo:
1 punto utile come 3° vertice se scelgo come 2° il 1° che incontro a sinistra dopo quello fisso;
2 se per secondo prendo il 2° a sinistra dopo quello fisso;
3 se prendo il 3°;
...
Quindi trovo [(n–1)/2]*[(n-1)/2 +1]/2 = (n–1*(n+1)/4 tr. acutagoli con quel primo vertice fisso.
Moltiplico come prima per n/6 (n vertici di partenza ma 3! ripetizioni per ogni triangolo) e ho:
Na = n*(n–1)*(n+1)24. :ok:

Trovo No per differenza:
No = n(n-1)(n-2)/6 – n(n–1)(n+1)/24 = [n*(n–1)/24]*[4(n–2) – (n+1)] =
= n(n–1)(3n–9)/24 = n(n–1)(n–3)/8 :ok:
--------------
:hello:

P.S.
Dimenticavo:
Ancora il numero di tr. ottusangoli è triplo del numero di tr. acutangoli. :ok:

Re: Qualche quiz
 

L'equazione di secondo grado mi pare perfetta.
N^2 + N - 1000X + 4600 = 0

Se non ho sbagliato, c'è una soluzione intera con un'età X<100....
(adesso vado ad innaffiare l'orto, poi ricontrollo)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

???????????

Le serie (da 3 lati in su) sono:
-triangoli acuti: 1-0-5-2-14-8-30-20-55-40 ...
--triangoli ottusi: 0-0-5-6-21-24-54-60-110 ...

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Ecco l'errore....
Interi sono X e 100N....

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Hai ragione!
Ho visto di nuovo il denominatore 24 di Na e il denominatore 8 di No.
Ma ho trascurato che, stavolta, i numeratori non sono uguali.
In Na ci sta un (n+1) dove in No ci sta (n–3).

OK: il rapporto No/Na dipende da n.
No/Na = Po/Pa = 3·(n–3)/(n+1).
[E per n = 2k+1 viene No/Na = 3·(k–1)/(k+1) ].
Però ... tende a 3 al crescere indefinitamente di k, ossia di n dispari.

Per n= 5 viene No/Na =1, (Na= No = 5 = n).
Per n = 7 viene No/Na =3/2, (Na=14 =2n; No = 21 = 3n).
Per n = 11 viene No/Na =3·(2/3) = 2.
Per n =31 viene No/Na = 3·(7/8);
Per n =2001 viene No/Na = 3·(999/1001) ≈ 2,994.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Per forza.... (che al crescere di n dispari, il rapporto Po/Pa tende a 3)
Infatti, un numero dispari, mano a mano che cresce, diventa sempre più prossimo (relativamente) ad un numero pari... per i quali abbiamo visto che il rapporto è 3.

:)
Ciao

Re: Qualche quiz
 

Errore tuo, questa volta!
Ricambio la cortesia: Che piacere potertelo dire! :D :fis:

N è intero ... se no, che significherebbe un N che fosse con due cifre decimali diverse da zero?
Per esempio, N = 3,48 minuti, 3 minuti e 48 centesimi di minuto.
Nessun taxista e nessun miliardario parlerebbe così!
Dai: dopo minuti o non viene niente o vengono i "secondi", cioè i sessantesimi di minuto.
---------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Certo, ho detto una fesseria... :o (stavo uscendo...;))

Sia X (età, anni) che N (tempo del viaggio, minuti) sono numeri INTERI.
E la soluzione (ragionevole, età inferiore a 100 anni e tempo coerente con le distanze delle città americane ed il traffico congestionato vicino all'aereoporto) esiste.

Ciao
Nino

Re: Qualche quiz
 

Ho scoperto il tuo errore!

N(N+1)/200 è effettivamente intero.
Ma perchè ciò sia possibile, NON è necessario che N o N+1 siano divisibili per 100!!!
Infatti, basta che N sia divisibile per 2^3 e N+1 per 5^2....

:hello:
Nino

Re: Qualche quiz
 

La strategia è unica ed elementare, anagoga ad un tipico modo di ordinare (in ordine decrescente o crescente) un array di numeri positivi. Con la sola differenza che ad ogni passo un elemento dell'array viene posto a valore zero.

Aladino inizia col far disintegrare al genio una moneta a caso. Tanto vale che gli indichi la prima. Poi sceglie due monete a caso – e tanto vale che scelga la seconda e la terza – e chiede al genio di dirgli qual è la più pesante. La contrassegna (senza toccarla) e fa disintegrare al genio una a caso delle altre, (e tanto vale che gli faccia disintegrare la più leggera delle due appena fatte confrontare), fa dire al genio qual è la più pesante tra quella contrassegnata ed un'altra a caso, (e tanto vale che scelga la prima tra le rimaste e distinte dalla contrassegnata). Se la nuova moneta è più pesante della contrassegnata sposta su di essa il contrassegno. Continua così fino a che gli rimangono tre sole monete. Allora afferra la contrassegnata ed un'altra a caso delle altre due.

Io non so se le due monete raccolte da Aladino hanno assieme un peso di almeno 28 piastre. Ma credo che di meglio Aladino non possa fare!
Bisognerà individuare il caso più sfigato ed analizzarlo per vedere se anche in questo le due monete finalmente raccolte pesano assieme almeno 28 piastre.

Mi pare – a sentimento, ma potrei "dire sciocco" – che il caso più sfigato sia quello in cui le monete hanno quest'ordine:
20, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 1, 2
e Aladino – che non lo sa – inizia sacrificando la prima, fa confrontare sempre le prime due delle rimaste e fa disintegrare la più leggera delle due. In tal modo si trova con la moneta di testa sempre contrassegnata ma sempre di peso minore delle altre rimaste, tranne le ultime due, (ma lui non lo sa!).
Alla fine resta con le monete di peso 19, 1, 2. [Ma lui non lo sa].
A questo punto, per fortunato che sia, non potrà superare il peso di 21 piastre.
E Aladino è fottuto! :o

Ma siccome è difficile che aspesi abbia 'postato' un quiz tanto fasullo ... dov'è che "ho detto sciocco"? :mmh:
:confused:

------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

La strategia è corretta!
Però c'è un particolare che, non avendolo tu considerato, ti ... fotte...:D

Pensaci su ;)

Ciao

Re: Qualche quiz
 

NB:* Gli "smile" gli ho messi io.

Mi dici troppo!
Mi stai suggerendo N = 24 minuti.
Altre possibilità [con N multiplo di 8 e N+1 multiplo di 25] non vedo!
Ma forse sono cieco ... perché 24 minuti mi sembrano pochi per andare all'aeroporto (e tu aggiungi: traffico, grande città ...) ... e il miliardario sarebbe un fantolino!

Vediamo di preciso:
N = 24 ––> N+1 = 25.
N*(N+1)/2 =300;
N(N+1)/200 = 3
5X–N(N+1)/200 =23 ––> 5X – 3 = 23
No: non va ancora bene nemmeno aritmeticamente.

Bisognerebbe che fosse 5X più 3 =23.
Ma anche fosse così , verrebbe 5X = 20 –––> X = 4 ... un miliardario che appena va all'asilo, ma prende da solo un taxi per andare all'aeroporto ...
E' per caso l'alieno ET? :D

Proviamo N = 175; N+1 = 176.
N(N+1) = (7*25)*(22*8) = (7*22)*(25*8) = 154*200;
5X - 154 = 23 ––> X = 177/5 = 35, 4 anni (non intero).

Bisogna anche che N(N+1)/200, oltre ad essere intero, finisca per 2 o per 7 in modo che, aggiunto a 23, dia una somma che finisca per 5 o per 0 (cioè divisibile per 5).

Oppure ... cambiamo un po' la mancia finale. Per esempio, se essa fosse 26 dollari invece di 23, il nostro miliardario potrebbe avere 36 anni tondi e il taxista impiegare 154 minuti (2 ore e 34 minuti) per andare all'aeroporto.

:hello:

Re: Qualche quiz
 

eheheh....

Se fosse stato giusto... la soluzione te l'avrei data io...

!!:ok:
Ci sei, quasi.....

Ciao

Re: Qualche quiz
 

Ho capito: Aladino può usare quella stessa strategia più di una volta!

Aladino sa a priori di potersi cuccare una moneta di peso almeno 19.
Basta che l'altra moneta sia di peso almeno 9 per fare almeno 28.

Allora lui fa così:
Sacrificata la prima moneta (che, per somma jella, potrebbe essere quella di peso 20), l'astuto Aladino arresta il ciclo periodico – confronto tra contrassegnata e la prossima, contrassegno sulla più pesante, disintegrazione dell'altra – alla decima moneta (ed il peso della contrassegnata, per somma jella, cassata inizialmente la moneta di peso 20, potrebbe essere appena 9).
Poi riparte con la stessa strategia sulle altre 10 (tra le quali, se la contrassegnata non è né di peso 20 né dipeso 19, c'è quella di peso almeno 19). Continua il nuovo ciclo fino che gli resta la moneta di peso massimo delle seconde 10. Nel caso più sfigato, una delle due monete rimaste è di peso 9 e l'altra di peso 19.

La somma dei pesi delle due monete raccolte nel caso più sfortunato è proprio 28. :ok:
[Nel caso più fortunato è 19+20 = 39].

Cerea!
:hello:

Re: Qualche quiz
 

:ok::ok:

Ciao

Re: Qualche quiz
 

Mi rassegno: credo ciecamente in aspesi!
Ora sta parlando così perché la soluzione c'è certamente e lui la conosce!
...
(Mumble mumble) ...
...
Eh sì: lo sanno ormai tutti che sono "ipovedente" :D
...
(Mumble mumble) ...
...
CI SONO !
N = 224 = 28*8; N+1 = 225 = 25*9;
N(N+1) = 28*(8*25)*9 = (9*28)*200 = 252*200.

5X = 23 + N(N+1)/200 = 23 + 252 = 275;
X = 275/5 = 55 anni.
N = 224 minuti = 3 ore e 44 minuti.

Resta il giudizio iniziale (del taxista che, per esperienza, sa la barca di minuti che ci vuole per andare all'aeroporto).
«Che tirchio 'sto sbruffone! Non arriva a 60 anni, parte esibendo mance da centinaia di dollari ... ma se qua non mi sbrigo va a finire che la mancia la chiede lui a me!»

:hello:

Re: Qualche quiz
 

:ok:
(Però, sarebbe più divertente se intervenisse e si cimentasse anche qualcun altro...:))

Io da:
500X - N(N+1)/2 = 2300
cioè:
N^2 + N - 1000X + 4600 = 0
N = ( - 1 +- RADQ(1 + 4000X - 18400) / 2 )
Accettando solo la soluzione positiva:
N = -1/2 + RADQ(4000X - 18399) / 2
Con pochi tentativi, per X=55 si ottiene N=224

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Questo ce lo dice Mizarino
O magari Astromauh ... se le stelle gli sono [in ciò] propizie.
Io proprio ... non saprei come procedere.
Tiro ad indovinare ... ma con grande probabilità di successo.
«Sono uguali i colori dei due prigionieri che si vedono uno di fronte all'altro (diametralmente opposti nel cerchio in cui sono stati disposti).»
Lasciami però sostituire "Bianco" con Nero (per il motivo intuibile qui sotto).
In senso orario, visti dall'alto, i cappelli sono disposti in uno dei due seguenti ordinamenti ciclici: :hello:

Re: Qualche quiz
 

Mizarino mi pare "troppo pigro", spesso interviene fugacemente e poi si eclissa...
Astromauh non si sente più da tempo, starà preparando l'oroscopo per il prossimo anno. :D

Dico la mia (ma non sono sicuro che sia corretto):
Se consideriamo la capostipite, la probabilità della sua stirpe di estinguersi è
X = 1/4(1 + prob. della stirpe che non fa nulla + prob. che si estinguano entrambe le stirpi generate dalle due cellule duplicate + prob. stirpe tre cellule triplicate).
Per ciascuna cellula figlia la prob. che la sua stirpe si estingua è la stessa della capostipite ed è esattamente il valore che si cerca X.
X = 1/4(1 + X + X^2 + X^3)
che diventa:
X^3 + X^2 - 3X + 1 = 0
questa ha 3 soluzioni fra 0 e 1
(X - 1 ) ( X^2 + 2X - 1) = 0
X1 = 1
X2 = RADQ(2) - 1 = circa 0,414
X3 = -RADQ(2) - 1 (da scartare, perché negativa)


:ok:

Ci sono 6!/(2!*2!*2!) = 90 disposizioni dei cappelli
Per indovinare subito, è necessario che un prigioniero veda alla propria destra una "doppia coppia" di colori: ad esempio, se vede VRVR oppure VVRR, allora il suo è bianco.
Poiché nessuno indovina, vuol dire che non ci sono quattro prigionieri consecutivi con due soli colori.
La seconda volta, per indovinare è necessario che un prigioniero veda, sulla testa di due dei tre compagni alla sua destra, due cappelli dello stesso colore. Lui non può avere quel colore, ma nemmeno il colore del terzo che vede (altrimenti il prigioniero alla sua sinistra avrebbe indovinato la volta precedente). Ad esempio, se i tre alla sua destra sono RBR oppure RRB oppure BRR, allora lui è verde.
Ma anche qui nessuno indovina.
quindi, presi tre prigionieri consecutivi, essi hanno tre colori diversi in qualsiasi ordine.
La terza volta indovinano tutti. Infatti, basta guardare i due prigionieri alla propria destra e poi dire il colore che manca.

Ciao
Nino

Re: Qualche quiz
 

Non ho tempo di seguire attentamente tutta la discussione, ma voglio farvi i complimenti: vedervi "duellare" e' davvero bello. Continuate cosi'!

Ciao,
Luciano

Re: Qualche quiz
 

Ciao Luciano,
ti ringrazio, ma il matematico è Erasmus.
Io sono solo un appassionato di enigmi :)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Questo, per me, è complicato
(io non ci sono arrivato, me l'hanno dovuto spiegare)

E' stato scelto un numero intero di due cifre X.
Alla persona A viene comunicata la somma delle due cifre (ad es., se il numero è 12, viene detto 1+2=3)
Alla persona B viene comunicato il numero dei divisori positivi di X (nell'esempio 1,2,3,4,6 = 6)
A e B sono perfettamente informati di quanto detto fin qui. Ecco il dialogo che intercorre fra i due:
A "Non posso conoscere X"
B "Nemmeno io, ma so se è pari o dispari"
A "Davvero! In questo caso, so quanto vale X"
B "Allora lo so anch'io"

Qual è il numero X?

Re: Qualche quiz
 

:mmh:
Fammi capire:
Hai dimenticato di scrivere un divisore, (il 12), ho hai sbagliato il numero di divisori scrivendo "= 6" invece di "= 5"?

Per me ... 1 è un divisore fasullo, ("trivial", direbbero gli inglesi).
[Per me ... 12=2*2*3. (Punto e basta!) Nel senso che mi pare interessante solo l'insieme dei numeri primi di cui è prodotto].
Ma ... accetto (nel quiz) che 1 sia pure computato tra i divisori di qualsiasi intero N.
Ma allora, anche N stesso. ;)
----------
Mi risolverai tutti i dubbi di interpretazione se mi scriverai l'elenco dei divisori di questi due numeri:
{divisori di 27} = { ???}
{divisori di 30} = { ???}

Ciao
:hello:

Re: Qualche quiz
 

:spaf: Ho dimenticato il 12...
Il numero di divisori è corretto (6)

D(27) = 4 (1-3-9-27)
D(30) = 8 (1-2-3-5-6-10-15-30)

:hello:

Re: Qualche quiz
 

Suppongo che sia:
{divisori di 27} = {1, 3, 9, 27} ––> quattro divisori.
{divisori di 30} = { 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30} ––> otto divisori.

Suppongo che il quiz si risolva col computer elencando, accanto a ciascuno dei numeri da 10 a 99 inclusi, la somma delle cifre ed il numero di divisori ... e poi rifacendo l'elenco in ordine di numero crescente di divisori.
Per esempio:Il primo a dire di sapere qualcosa è B: dice di sapere se il numero X è pari o dispari.
Suppongo allora che ci sia un "numero di divisori" – diciamolo N – al quale corrisponde – ma occorrerebbe controllare! – un insieme di più numeri da due cifre tutti dispari oppure (= "exclusive OR") un insieme di più numeri da due cifre tutti pari ma con un solo elemento con somma delle due cifre diversa dalla somma delle cifre di ogni altro elemento. Se così è – ma bisognerebbe controllare! – chiamiamo SET questo speciale insieme di numeri di 2 cifre.

Se così fosse – ma io non lo so – A viene a sapere il numero X dall'informazione datagli da B se e solo se gli è stata data una somma (delle due cifre – diciamola S –) coincidente con la somma che unica individua un solo elemento di SET.
Allora B capisce che A può venir a sapere X solo nel modo detto, e quindi è anche lui in grado di conoscere X.

Successione logica.
• X non è 10 né 11, perché A non sa chi è X. [S non è 1 e nemmeno 2]
• B individua il SET (di numeri candidati a essere X) dal numero N di divisori. Si accorge che sono tutti dispari (o tutti pari ... ma io non lo so ... ce lo dirà Miza ;)); e anche che solo con quel numero di divisori succede ciò. Dice ad A di sapere se X è pari o dispari.
• A individua SET da questa informazione. Vede che c'è un numero solo con somma S delle due cifre ... e allora X è quello lì!. Dice a B di sapere chi è X
• B riesamina gli elementi di SET e scopre che in SET solo un numero è biunivocamente associato alla somma delle due sue cifre. Questa deve esere S (perché A ha capito). Allora X è quello lì! Solo così può dire ad A di sapere pure lui chi è X.

Adesso Miza ti sa dire chi è X. Io no ... (Non posso programmare). :o

Ciao, ciao.
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Pardon, Nino II: ho iniziato il messaggio di sopra prima che tu rispondessi. Ma poi ho sospeso ... e solo poco fa ho concluso ed inviato. :o
--------------
:hello:

Re: Qualche quiz
 

Con un po' di pazienza si può risolvere anche a mano...



Non ho capito perché X non potrebbe essere 11 (Il numero dei divisori è 2 per tutti i numeri primi, e tutti i numeri primi maggiori di 10 sono dispari)

Piuttosto, X non è certamente uno dei due numeri estremi, cioè 10, perché come hai detto, è l'unico numero in cui la somma delle sue cifre è 1 e 99, perché è l'unico con somma delle cifre 18.

Allora, aspettiamo Miza.... (ma arriverà?)

Nel frattempo, forse, potresti fare una tabellina con i numeri dei divisori che sono accettabili.
Ad esempio, abbiamo visto che il numero dei divisori potrebbe valere 2 (numeri primi); e potrebbe valere anche 3 (p^2 con p primo e divisori 1,p,p^2); ma certamente non può essere 4, perché sia 21 che 22 (cioè i numeri della forma p*q, con p e q primi) hanno 4 divisori: 1, p, q, p*q e possono essere sia pari che dispari.
Ecc...

Ciao
Nino