{"id":923,"date":"2016-12-31T04:04:34","date_gmt":"2016-12-31T03:04:34","guid":{"rendered":"http:\/\/xmau.com\/wp\/ilpost\/?p=923"},"modified":"2016-12-20T11:09:33","modified_gmt":"2016-12-20T10:09:33","slug":"risposte-ai-problemini-per-natale-2016","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/xmau.com\/ilpost\/2016\/12\/31\/risposte-ai-problemini-per-natale-2016\/","title":{"rendered":"Risposte ai problemini per Natale 2016"},"content":{"rendered":"

Se eravate in ambasce, eccovi le risposte ai problemini di domenica scorsa<\/a>.<\/p>\n

1. Orologio<\/b>
\nUna possibile soluzione:<\/p>\n

    \n
  1. 1<\/li>\n
  2. 2<\/li>\n
  3. 1+2<\/li>\n
  4. 7-1-2<\/li>\n
  5. 7-2<\/li>\n
  6. 7-1<\/li>\n
  7. 7<\/li>\n
  8. 7+1<\/li>\n
  9. 7+2<\/li>\n
  10. 10<\/li>\n
  11. 12-70<\/sup><\/li>\n
  12. 12<\/li>\n<\/ol>\n

    2. Orologio 2<\/b>
    \nUna possibile soluzione:<\/p>\n

      \n
    1. 2+0\u221217<\/sup><\/li>\n
    2. 2+0\u00d71\u00d77<\/li>\n
    3. 2+0+17<\/sup><\/li>\n
    4. -2\u22120\u22121+7<\/li>\n
    5. 2\u00d7(0\u22121)+7<\/li>\n
    6. 2\u00d70\u22121+7<\/li>\n
    7. 2\u00d70\u00d71+7<\/li>\n
    8. 2\u00d70+1+7<\/li>\n
    9. 2+0\u00d71+7<\/li>\n
    10. 2+0+1+7<\/li>\n
    11. 2+0!+1+7<\/li>\n
    12. 2\u00d7(0\u22121+7)<\/li>\n<\/ol>\n

      3. Somma delle cifre<\/b>
      \nSi 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<\/sup>+1 \u00e8 un multiplo di 2017 la cui somma delle cifre \u00e8 2, mentre 2\u22c5101008<\/sup>+1066<\/sup> \u00e8 un multiplo di 2017 la cui somma delle cifre \u00e8 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 pu\u00f2 ottenere un qualunque numero intero.
      \n(da       Puzzling StackExchange<\/a>)<\/small><\/p>\n

      4. Una cifra per volta<\/b>
      \nConviene cominciare per primi. \u00c8 immediato notare che se si \u00e8 arrivati a un numero di una sola cifra, il giocatore di turno vince; ed \u00e8 anche immediato notare che se si arriva a 10, il giocatore di turno deve togliere 1 e arrivare a 9, facendo vincere l’altro. Pi\u00f9 in generale, un qualunque numero multiplo di 10 \u00e8 perdente, perch\u00e9 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 lascer\u00e0 un 10 che abbiamo visto che \u00e8 perdente. Quindi la prima mossa del primo giocatore sar\u00e0 togliere 7 per lasciare 2010 e mettere nei guai l’avversario.
      \n(da       Math StackExchange<\/a>)<\/small><\/p>\n

      5. Bianco e rosso<\/b>
      \nL’unica posizione vincente \u00e8 quella in cui la pedina rossa \u00e8 al centro.
      \nCominciamo a mostrare che se la lunghezza della fila \u00e8 un numero dispari qualunque (maggiore di 1, ma in quel caso la tesi \u00e8 banale) e la pedina centrale \u00e8 quella rossa allora \u00e8 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<\/i>+1 pedine, abbiamo la configurazione inizale B(n<\/i>)RB(n<\/i>), dove con B(k<\/i>) denoto una successione di k<\/i> pedine bianche. Se si sceglie sempre la pedina rossa pi\u00f9 a sinistra, dopo n<\/i> mosse otteniamo la configurazione RRB(n<\/i>-1)RB(n<\/i>-1); la parte di destra per ipotesi induttiva \u00e8 risolubile senza toccare le due pedine R a sinistra, e quindi siamo a posto.
      \nPer dimostrare che quella \u00e8 l’unica casella iniziale possibile, cominciamo col notare che se si pu\u00f2 passare da una configurazione C a un’altra configurazione D allora \u00e8 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 \u00e8 come non fare nessuno spostamento. Se dunque si pu\u00f2 risolvere il problema con una pedina in una posizione non centrale, \u00e8 anche possibile passare da quella configurazione a quella con l’unica pedina rossa al centro. Senza perdita di generalit\u00e0 possiamo supporre che la pedina iniziale sia a sinistra del centro. Consideriamo la posizione della pedina rossa pi\u00f9 a sinistra durante il percorso minimo tra le due configurazioni. Tale pedina dovr\u00e0 tornare a essere bianca, ma visto che non pu\u00f2 esserlo a causa di una mossa fatta sulla pedina alla sua sinistra (che \u00e8 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 \u00e8 assurdo.
      \n(Da       Puzzling StackExchange<\/a><\/small>)<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"

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Orologio Una possibile soluzione: 1 2 1+2 […]<\/p>\n","protected":false},"author":1,"featured_media":0,"comment_status":"open","ping_status":"open","sticky":false,"template":"","format":"standard","meta":{"site-sidebar-layout":"default","site-content-layout":"","ast-site-content-layout":"default","site-content-style":"default","site-sidebar-style":"default","ast-global-header-display":"","ast-banner-title-visibility":"","ast-main-header-display":"","ast-hfb-above-header-display":"","ast-hfb-below-header-display":"","ast-hfb-mobile-header-display":"","site-post-title":"","ast-breadcrumbs-content":"","ast-featured-img":"","footer-sml-layout":"","ast-disable-related-posts":"","theme-transparent-header-meta":"","adv-header-id-meta":"","stick-header-meta":"","header-above-stick-meta":"","header-main-stick-meta":"","header-below-stick-meta":"","astra-migrate-meta-layouts":"default","ast-page-background-enabled":"default","ast-page-background-meta":{"desktop":{"background-color":"var(--ast-global-color-5)","background-image":"","background-repeat":"repeat","background-position":"center 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