Qualche quiz

[aspesi]

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

[luke7675]

Provo con la 5
rosso giallo blu rosso giallo blu?

[aspesi]

luke7675

Provo con la 5
rosso giallo blu rosso giallo blu?

I colori sono
Rosso - Verde - Bianco

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

[Mizarino]

aspesi

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

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

[aspesi]

Mizarino

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.

Attenzione a contare più volte lo stesso triangolo...

Mizarino

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

Mi risulta una probabilità maggiore.

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

[Mizarino]

aspesi

Attenzione a contare più volte lo stesso triangolo...

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" ...

Mi risulta una probabilità maggiore.
(Se si avesse un quadrato, i triangoli rettangoli sarebbero 4; se fosse un esagono 12, ....)

Ohibò, ci penserò su ...

[Erasmus]

aspesi

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 (a)
-un triangolo ottusangolo (b)
-un triangolo acutangolo (c)

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

In "Probabilità" sono molto meno forte che in geometria.
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.
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.

[aspesi]

Erasmus

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

In "Probabilità" sono molto meno forte che in geometria.
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.

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

Erasmus

(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 ...

[cut]

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
-----------------------------
Ciao, ciao.

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

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

Ciao
Nino

[Erasmus]

aspesi

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

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.

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.

--------------------
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.

[Erasmus]

aspesi

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?

Prima osservazione: tirchio 'sto miliardario. eh? Oppure ... potrebbe disporre non di miliardi di $ ma solo di centinaia. Vuoi vedere che è un centenario?
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

––––––––––
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