Monthly Archives: December 2016

Risposte ai problemini per Natale 2016

Se eravate in ambasce, eccovi le risposte ai problemini di domenica scorsa.

1. Orologio
Una possibile soluzione:

  1. 1
  2. 2
  3. 1+2
  4. 7-1-2
  5. 7-2
  6. 7-1
  7. 7
  8. 7+1
  9. 7+2
  10. 10
  11. 12-70
  12. 12

2. Orologio 2
Una possibile soluzione:

  1. 2+0−17
  2. 2+0×1×7
  3. 2+0+17
  4. -2−0−1+7
  5. 2×(0−1)+7
  6. 2×0−1+7
  7. 2×0×1+7
  8. 2×0+1+7
  9. 2+0×1+7
  10. 2+0+1+7
  11. 2+0!+1+7
  12. 2×(0−1+7)

3. Somma delle cifre
Si potranno ottenere tutti i numeri, eccetto 1. Per ottenere 1 bisognerebbe partire da una potenza di 10, e non esistono multipli di 2017 che sono potenze di 10. Per il resto, abbiamo che 101008+1 è un multiplo di 2017 la cui somma delle cifre è 2, mentre 2⋅101008+1066 è un multiplo di 2017 la cui somma delle cifre è 3. A partire da un opportuno numero di copie di questi due numeri, moltiplicate per opportune potenze di dieci in modo da non generare riporti indesiderati, si può ottenere un qualunque numero intero.
(da Puzzling StackExchange)

4. Una cifra per volta
Conviene cominciare per primi. È immediato notare che se si è arrivati a un numero di una sola cifra, il giocatore di turno vince; ed è anche immediato notare che se si arriva a 10, il giocatore di turno deve togliere 1 e arrivare a 9, facendo vincere l’altro. Più in generale, un qualunque numero multiplo di 10 è perdente, perché qualunque sia la mossa del primo giocatore il secondo toglie l’ultima cifra del nuovo numero e lascia un multiplo di 10 minore; per discesa infinita prima o poi lascerà un 10 che abbiamo visto che è perdente. Quindi la prima mossa del primo giocatore sarà togliere 7 per lasciare 2010 e mettere nei guai l’avversario.
(da Math StackExchange)

5. Bianco e rosso
L’unica posizione vincente è quella in cui la pedina rossa è al centro.
Cominciamo a mostrare che se la lunghezza della fila è un numero dispari qualunque (maggiore di 1, ma in quel caso la tesi è banale) e la pedina centrale è quella rossa allora è possibile far diventare rosse tutte le pedine. Nel caso di tre pedine abbiamo la configurazione iniziale BRB che in una mossa diventa RRR. Nel caso di 2n+1 pedine, abbiamo la configurazione inizale B(n)RB(n), dove con B(k) denoto una successione di k pedine bianche. Se si sceglie sempre la pedina rossa più a sinistra, dopo n mosse otteniamo la configurazione RRB(n-1)RB(n-1); la parte di destra per ipotesi induttiva è risolubile senza toccare le due pedine R a sinistra, e quindi siamo a posto.
Per dimostrare che quella è l’unica casella iniziale possibile, cominciamo col notare che se si può passare da una configurazione C a un’altra configurazione D allora è anche possibile passare da D a C, facendo le mosse all’indietro. Inoltre girare due volte i vicini di una pedina, anche in mosse non consecutive è come non fare nessuno spostamento. Se dunque si può risolvere il problema con una pedina in una posizione non centrale, è anche possibile passare da quella configurazione a quella con l’unica pedina rossa al centro. Senza perdita di generalità possiamo supporre che la pedina iniziale sia a sinistra del centro. Consideriamo la posizione della pedina rossa più a sinistra durante il percorso minimo tra le due configurazioni. Tale pedina dovrà tornare a essere bianca, ma visto che non può esserlo a causa di una mossa fatta sulla pedina alla sua sinistra (che è sempre bianca) deve esserlo per una seconda mossa con la pedina a destra; ma allora le due mosse si possono annullare e avremmo un percorso di lunghezza minore, il che è assurdo.
(Da Puzzling StackExchange)

Problemini per Natale 2016

Ecco qua gli usuali cinque problemini che possono essere usati al posto della tombola natalizia, tutti basati sul 2017. Le risposte al solito saranno date a san Silvestro, per dare a tutti la possibilità di riciclare i giochi nel veglione.

1. Orologio
Avete presente quegli orologi in cui i numeri da 1 a 12 sono sostituiti da espressioni matematiche che danno quel risultato? Bene, provate a farlo con le cifre di 2017. Non si possono ripetere cifre: quindi 10 e 12 vanno bene, ma 11 no perché si ripete l’1.

2. Orologio 2
Il problema precedente era troppo facile? Bene. Riprovateci usando tutte le cifre nell’ordine in cui si trovano in 2017. Per esempio, 10 = 2 + 0 + 1 + 7.

3. Somma delle cifre
Ho scritto un algoritmo che dato un numero intero positivo in ingresso lo moltiplica per 2017 e ritorna la somma delle cifre del prodotto (in base 10). Per esempio, 2 dà 4034 e quindi 4+0+3+4=11. (Attenzione: l’algoritmo fa un solo passaggio, dunque il risultato è 11 e non 1+1=2). Quali sono i numeri che l’algoritmo può produrre?

4. Una cifra per volta
Dovete giocare con un vostro amico a questo gioco. Si parte dal numero 2017, e ciascuno a turno toglie al numero il valore di una delle cifre che lo compongono, purché non sia zero. Quindi il primo a giocare può togliere 2 e ottenere 2015, 1 e ottenere 2016, oppure 7 e ottenere 2010. Chi ottiene 0 vince. Vi conviene giocare per primi o per secondi?

5. Bianco e rosso
Avete una riga di 2017 pedine bianche da un lato e rosse dall’altra. All’inizio tutte sono bianche tranne una. L’unica mossa che avete a disposizione è scegliere una pedina rossa e girare le due pedine adiacenti (il che significa che non potete mai scegliere una pedina agli estremi, che non ha due pedine adiacenti). È possibile trovare una successione di mosse che faccia diventare rosse tutte le pedine? Se sì, dove deve essere posta la pedina rossa iniziale?

Più errori del previsto (negli USA)

mehta-polls-11Non parlo del referendum qui da noi perché si sta ancora votando. Però credo valga la pena di vedere ancora una serie di statistiche sulle elezioni USA, anzi sui sondaggi prima delle elezioni USA, prese dal solito FiveThirtyEight e preparate da Dhrumil Mehta. Come potete vedere cliccando sulla figura qui a destra, che mostra tutti i sondaggi delle tre settimane prima del voto, l’errore sulla media nazionale è stato di due punti percentuali, quindi meno della forchetta di tre punti che è tipica dei sondaggi. Ma passando ai singoli stati le cose sono molto diverse, con errori medi che arrivano anche a dieci punti percentuali. Interessante, vero?

In realtà le cose non sono mai così chiare come sembrano. Per prima cosa, il 3% di errore (3,16% per i pignoli) non è un numero magico ma quello massimo che si ottiene nel 95% dei casi quando si ha un campione statisticamente corretto di 1000 persone e una popolazione sufficientemente grande, dell’ordine dei milioni, per poter assumere una distribuzione degli errori sotto forma di gaussiana. Se cominciamo a fare la media delle percentuali ottenute, il campione aumenta e quindi la forchetta si riduce: per esempio con cinque sondaggi e quindi 5000 intervistati si dovrebbe scendere all’1,41% e con dieci sondaggi all’1%. Inoltre i sondaggi sono stati fatti in date diverse, e mischiandoli così non si può vedere l’eventuale trend mentre ci si avvicina al voto. Ma anche tenendo conto di questo, possiamo dire con una certa sicurezza che la stragrande maggioranza dei sondaggi non era stata fatta su un campione rappresentativo. E questo non è affatto bello (per i sondaggisti in particolare, ma anche per le tecniche statistiche in generale).