backup del Post

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)