LEZIONE DEL 16 NOVEMBRE 2006
EUREKA!
GIOCANDO
METTI ALLA PROVA
LE TUE CAPACITÀ
DI RAZIOCINIO
PER ORA
ADOPERIAMO SOLO LA
LOGICA
GIOCO DELLE TRE CARTE
Ci sono tre carte davanti a voi; coperte, una accanto all'altra
su un tavolo.
Di queste tre carte due sono assi e una è un fante. Io so qual
è il fante e quali sono i due assi, ma voi no.
La sfida è che voi individuiate uno dei due assi, indicandomi,
senza scoprirla, una delle tre carte e facendomi una sola
domanda che ammetta una semplice risposta "si" oppure
"no".
La regola è che io risponderò il vero se voi (a vostra insaputa)
avete indicato un asso, e che risponderò, invece, a caso il
vero o il falso se voi (a vostra insaputa) avete indicato il fante.
SÌ
CARTA
1
CARTA
2
nella carta 2
c’è un asso?
CARTA
3
SOLUZIONE:
nella carta 2
c’è certamente
un asso.
NO
CARTA
1
CARTA
2
nella carta 2
c’è un asso?
CARTA
3
SOLUZIONE:
nella carta 1
c’è certamente
un asso.
SOLUZIONE "GIOCO DELLE TRE CARTE“
Si può ragionare come segue.
Si indica ad es. la terza carta (quella in base alla quale io
decido se mentire o dire la verità), e si chiede: la carta al
centro è un asso?
 Se la terza carta è un asso io devo essere sincero. Quindi,
se la carta centrale è un asso, dirò “si”, altrimenti dirò “no”.
Si sceglie la seconda carta se ho detto si, la prima se
ho detto no.
 Se invece la terza carta è un fante, io posso scegliere se
mentire o essere sincero, ma le altre due carte sono
entrambe assi. Quindi, si sceglierà la seconda carta se
ho detto si, la prima se ho detto no. Il risultato non
cambia perché in questo caso sia la seconda che la prima
sono assi.
Si può ragionare anche come segue
SPIEGAZIONE SCHEMATIZZATA
Nella tabella sono descritti i casi possibili
A=asso
Carta 1
F=fante
Carta 2 Carta 3
Caso I
A
A
F
Caso II
A
F
A
Caso III
F
A
A
Se rispondo ‘sì’ vuol dire che siamo o nel caso I o nel
caso III, quindi devi scegliere la carta 2
Se rispondo ‘no’ vuol dire che siamo o nel caso I o nel
caso II, quindi devi scegliere la carta 1
PORZIA
Si può fare anche una
domanda diversa e indicare
una qualunque delle tre carte
CARTA
1
CARTA
2
nella carta 2
c’è un fante?
SÌ
CARTA
3
SOLUZIONE:
nella carta 1
c’è certamente
un asso.
NO
CARTA
1
CARTA
2
nella carta 2
c’è un fante?
CARTA
3
SOLUZIONE:
nella carta 2
c’è certamente
un asso.
SPIEGAZIONE SCHEMATIZZATA
A=asso
Carta 1
F=fante
Carta 2 Carta 3
Caso I
A
A
F
Caso II
A
F
A
Caso III
F
A
A
Se rispondo ‘sì’ vuol dire che siamo o nel caso I o
nel caso II, quindi devi scegliere la carta 1.
Se rispondo ‘no’ vuol dire che siamo o nel caso I o
nel caso III, quindi devi scegliere la carta 2.
IL MISTERO DEGLI SCRIGNI DI PORZIA
Nel Mercante di Venezia di Shakespeare, Porzia aveva tre scrigni,
uno d’oro, uno d’argento e uno di piombo e in uno c’era il suo ritratto.
Il pretendente di Porzia doveva scegliere uno scrigno e se fosse stato
tanto fortunato, o tanto saggio, da scegliere quello con il ritratto,
avrebbe avuto diritto alla mano di Porzia.
Sul coperchio di ogni scrigno c’era un’iscrizione che
aveva lo scopo di aiutare il pretendente a scegliere
correttamente.
A: Scrigno d’oro
IL RITRATTO
E’ IN QUESTO
SCRIGNO
B: Scrigno d’argento C: Scrigno di piombo
IL RITRATTO
NON È IN
QUESTO SCRIGNO
IL RITRATTO
NON È NELLO
SCRIGNO D’ORO
Porzia dava, inoltre, un’altra indicazione: delle tre
affermazioni una sola era vera.
SOLUZIONE SCRIGNI DI PORZIA
Per arrivare ad una soluzione ragionata, e non tentare
la fortuna, il pretendente di Porzia non poteva fare
altro che procedere nel seguente modo:
 Se
il ritratto fosse stato dentro il primo scrigno due
affermazioni risultavano vere: la A e la B, contraddicendo la
premessa di Porzia ;
 Se il ritratto fosse stato nel terzo scrigno ci sarebbero state
pure due affermazioni vere: la B e la C, contraddicendo anche
in questo caso la premessa di Porzia.
 Solo
nel caso in cui si suppone che il ritratto sia nello
scrigno d’argento non si contraddice l’ ipotesi iniziale, e cioè si
ha che una sola affermazione è vera: l’affermazione C.
DRACULA
1. Tutti hanno paura di Dracula
2. Dracula ha paura soltanto di me
3.Quindi io sono Dracula.
Sembra una barzelletta ma invece è un ragionamento
corretto, la conclusione segue necessariamente dalle
premesse.
Perché?
SOLUZIONE DRACULA
Conseguenza della prima affermazione:
• se tutti hanno paura di DRACULA anche DRACULA ha
paura di se stesso.
Conseguenze della seconda osservazione:
• se DRACULA ha paura solamente di me, allora ha paura di
una sola persona,
• ma siccome ha paura anche di se stesso, io e DRACULA
dobbiamo necessariamente coincidere, essere cioè la stessa
persona.
Tutti hanno paura di Dracula
giuseppe
giuliana
giovanni
DRACULA
DRACULA
mario
IO
alberto
antonio
IO
marinella
luca
…
Ma Dracula ha paura soltanto di me
COSÌ NON PUÒ ESSERE, IO e DRACULA NON
POSSIAMO ESSERE DISTINTI
DRACULA AVREBBE PAURA DI SE STESSO E DI ME
E NON SOLO DI ME COME È INVECE IPOTIZZATO
LE ETICHETTE SCAMBIATE
Immaginate di avere tre scatole, in una ci sono due biglie
nere, in un’altra due bianche, e nella terza una biglia nera
e una bianca.
Le scatole hanno un’etichetta che indica il loro contenuto:
NN, BB, BN. Qualcuno però ha mischiato le etichette,
quindi il contenuto delle scatole non risponde più, in
nessuno dei tre casi, a quanto indicato.
Potete prendere una sola biglia alla volta da ogni scatola,
senza guardarci dentro, e attraverso questo procedimento
dovete stabilire il contenuto delle tre scatole.
Qual è il minor numero di volte che dovrete pescare nelle
scatole per stabilire quanto richiesto?
INIZIALMENTE ABBIAMO
LE SEGUENTI INFORMAZIONI
Dato che le etichette non corrispondono al contenuto in nessun caso
qui le biglie
qui le biglie
qui le biglie
possono essere
possono essere
possono essere
BB o BN
NN o BB
NN o BN
1
BB
2
NN
3
BN
ORA RAGIONIAMO
UTILIZZIAMO LE INFORMAZIONI CHE ABBIAMO
1
2
3
NN o BN
BB o BN
NN o BB
Se si pesca nella 1 o nella 2, non si ottiene, nel caso
più sfortunato (cioè pesco una nera dalla 1 e una
bianca dalla 2), alcuna nuova informazione.
Se invece sono fortunata e pesco ad es. una B nella 1,
allora posso concludere che nella scatola 1 ci sono una
B e una N.
Ma devo considerare il caso più sfortunato se voglio
risolvere veramente il problema.
1
2
3
NN o BN
BB o BN
NN o BB
Se invece pesco, come prima e unica mossa, dalla
3, in ogni caso risolvo il problema:
se quella che pesco è bianca allora nella 3 si ha BB,
se è nera allora nella 3 si ha NN
Da questa ulteriore informazione che acquisisco, viene
determinato anche che cosa c’è nelle altre due:
se nella 3 c’è BB allora nella 2 non può che esserci BN
e nella 1 non può che esserci NN.
Se nella 3 c’è NN allora nella 1 c’è BN e nella 2 c’è BB.
SINTESI SOLUZIONE
ETICHETTE SCAMBIATE
Basta pescare una volta sola.
E precisamente dalla scatola con scritto BN.
Infatti se la biglia è bianca allora nella scatola devono
esserci due biglie bianche.
Nella scatola NN deve esserci una bianca e una nera
Nella scatola BB devono esserci le due nere.
Bisogna infatti tenere presente che nessuna etichetta
corrisponde all’ esatto contenuto della scatola.
IL FURTO
Il signor Mc Gregor, negoziante di Londra, telefonò a
Scotland Yard denunciando un furto nel suo negozio. Tre
individui sospetti A, B e C furono fermati per essere
interrogati.
Si accertarono i seguenti fatti
1. Ognuno dei tre uomini A B C era stato nel negozio il
giorno del furto, e nessun altro vi era stato quel giorno.
2. Se A era colpevole aveva avuto esattamente un
complice.
3. Se B è innocente lo è anche C.
4. Se i colpevoli sono proprio due allora A è uno di essi.
5. Se C è innocente lo è anche B.
Chi viene incriminato dall’ispettore Craig?
SOLUZIONE DI IL FURTO
Dalla 3 e dalla 5 si può dedurre che B e C o sono ambedue
colpevoli o non lo sono nessuno dei due.
Dalla 2 si deve dedurre che se A non ha avuto un complice, e
uno solo, allora non è colpevole.
Dalla 4 si deve dedurre che non possono esserci due colpevoli
senza che A sia uno di essi.
Si suppone inoltre che Mc Gregor non sia d’accordo con
nessuno dei tre e che gli estranei sospettabili possono essere
solo A B C.
QUINDI
B e C non possono essere ambedue colpevoli, perché se i
colpevoli sono due A dovrebbe essere uno dei due.
Non possono essere colpevoli tutti e tre perché A non può
avere più di un complice, se è colpevole. Quindi B e C sono
ambedue innocenti.
A non può essere colpevole perché dovrebbe avere uno ed
un solo complice, e il complice non può che essere o B o C.
Dall’ispettore viene incriminato Mc Gregor il
negoziante, aveva mentito per ricevere i
soldi dell’assicurazione.
CHI MENTE E CHI DICE IL VERO?
Un esploratore si è ritrovato in una regione abitata
da due tribù: i membri di una mentono sempre, i
membri dell’altra dicono sempre la verità.
Egli incontra due indigeni: “Sei uno di quelli che
dicono la verità?” chiede a quello più alto. “Guum”
risponde l’indigeno.
“Volere dire “sì” risponde l’indigeno più basso, che
parla la lingua dell’esploratore, “ma lui stare grande
bugiardo”.
A quale tribù appartiene ognuno dei due?
SOLUZIONE CHI MENTE E CHI DICE IL VERO
Prima cosa da notare è che l’indigeno più alto non può che
rispondere sì, a qualunque tribù appartenga (NB: supponiamo
che l’indigeno capisca la domanda anche se però non parla la
lingua dell’esploratore).
Se è un bugiardo l’indigeno più alto deve dire il falso, quindi alla
domanda “Sei uno di quelli che dicono la verità?” deve rispondere
sì,
se è uno che dice la verità alla stessa domanda deve rispondere
comunque sì.
L’indigeno più basso ha detto la verità quindi sull’indigeno più
alto, e appartiene alla tribù di coloro che dicono il vero e quello
più alto alla tribù dei bugiardi.
(Si suppone che se dice la verità deve dire il vero in ogni singola
affermazione, e se dice il falso deve essere falsa ogni singola
affermazione.)
Si potrebbe ragionare anche in un altro
modo
L’indigeno più basso potrebbe aver detto il falso
perché, anche se è vero che il più alto ha detto sì,
potrebbe essere falso che è un bugiardo e quindi la
situazione si ribalterebbe.
La frase “ha detto sì ma lui stare grande bugiardo”
potrebbe essere considerata una frase falsa infatti
anche se è falsa solamente la seconda delle due
affermazioni.
Quindi il più basso potrebbe aver detto il falso e il
più alto la verità.
Un’altra possibile interpretazione
L’indigeno alto non capisce che cosa gli dice
l’esploratore se non è in grado di rispondere
sì in inglese, quindi il suo “Guum”
significava qualcosa come “non capisco”.
Di conseguenza l’indigeno basso ha detto il
falso
quando ha affermato che il suo
compagno alto aveva risposto sì. L’indigeno
basso apparteneva quindi alla tribù dei
bugiardi, e quello alto invece era uno che
diceva la verità.
UOMINI E CAPPELLI
Tre uomini A B C vengono bendati e viene detto loro
che su ognuno di essi verrà posto un cappello rosso
o verde. Dopo che ciò viene fatto, la benda viene
tolta; agli uomini viene chiesto di alzare una mano
se vedono un cappello rosso e di uscire dalla stanza
appena sono certi del colore del proprio cappello.
Si dà il caso che tutti e tre i cappelli siano rossi e
tutti e tre gli uomini alzino la mano.
Passano diversi minuti sino a che C, che è più
astuto degli altri, esce dalla stanza. Come ha fatto a
dedurre il colore del suo cappello?
SOLUZIONE UOMINI E CAPPELLI
Hanno tutti e due il cappello
rosso e hanno alzato
ambedue la mano
A
B
C
Hanno tutti e due il
cappello rosso e hanno
alzato ambedue la mano
B
A
C
Hanno tutti e due il
cappello rosso e hanno
alzato ambedue la mano
C
A
B
Tutti e tre vedono che
tutti e tre alzano la
mano
A
Dopo un po’ C esce perché
ha capito il colore del suo
cappello
B
Infatti C ha ragionato così: se il mio
cappello fosse verde, allora A e anche
B avrebbero dovuto immediatamente
capire il colore del loro cappello,
perché sia B che A hanno visto
almeno un cappello rosso ed
essendo il mio verde il loro doveva
essere rosso.
C
RIVEDIAMO QUELLO CHE C PENSA:
“SE IL MIO CAPPELLO FOSSE VERDE …”
Hanno un cappello rosso e uno
verde e hanno alzato tutti e
due la mano
A
B
C
Hanno un cappello rosso e
uno verde e hanno alzato
tutti e due la mano
B
A
C
Se il mio cappello
fosse stato verde, sia
A che B avrebbero
dovuto immediatamente
capire che il loro
cappello non poteva che
essere rosso, altrimenti
non avremmo potuto
tutti e tre alzare la mano
affermando di avere
visto almeno un cappello
rosso
C
Se non l’hanno fatto
è perché il mio
cappello è rosso, e
ci voleva una
ulteriore riflessione
per poter capire che
in questo caso i
cappelli non potevano
che essere tutti e
tre rossi. Io sono
stato più veloce
C
CHI E’ L’INGEGNERE?
Smith, Jones e Robinson sono l’ingegnere
il frenatore e il fuochista di un treno, ma
non sono elencati esattamente in questo
ordine.
Sul treno vi sono tre passeggeri con gli
stessi tre nomi, identificati nelle premesse
seguenti mediante un “Sig.” anteposto ai
nomi.
I.
Il Sig. Robinson vive a Los Angeles.
II. Il frenatore vive ad Omaha.
III. Il Sig. Jones ha da parecchio
tempo
dimenticata
tutta l’algebra imparata nelle
scuole superiori.
IV. Il passeggero che ha lo stesso nome del
frenatore vive a Chicago.
V. Il frenatore ed uno dei passeggeri, un
eminente fisico matematico, frequentano la
stessa chiesa.
VI. Smith batte il fuochista al biliardo
VII. I tre passeggeri vivono in città diverse
CHI E’ L’INGEGNERE?
I. Il Sig. Robinson vive a Los Angeles.
II. Il frenatore vive ad Omaha.
III. Il Sig. Jones ha da parecchio
tempo
dimenticata
tutta l’algebra imparata nelle
scuole superiori.
IV. Il passeggero che ha lo stesso nome del
frenatore vive a Chicago.
V. Il frenatore ed uno dei passeggeri, un
eminente fisico matematico, frequentano la
stessa chiesa.
VI. Smith batte il fuochista al biliardo
VII. I tre passeggeri vivono in città diverse
CHI E’ L’INGEGNERE?
Utilizziamo due tabelle per risolvere il problema
SMITH
1
0
0
SIG.
SMITH
JONES
0
1
0
SIG. JONES
0
ROBINSON
SIG.
ROBINSON
0
1
0
0
0
1
1
0
0
CHICAGO
OMAHA
LOS ANGELES
FUOCHISTA
FRENATORE
INGEGNERE
In una cella va inserito 1 se la combinazione è
ammessa dalle premesse, 0 in caso contrario.
0
0
SIG. SMITH
0
1
0
JONES
0
1
0
SIG. JONES
0
0
1
ROBINSON
0
0
1
SIG. ROBINSON
1
0
0
INGEGNERE
FRENATORE
LOS ANGELES
OMAHA
SMITH È L’INGEGNERE
CHICAGO
1
FUOCHISTA
SMITH
ORA CALCOLIAMO
E UTILIZZIAMO ANCHE
PROPRIETÀ DI NUMERI E DI FIGURE
E SEMPRE E SOPRATTUTTO LA LOGICA
LA BANDIERA DEL CIRCOLO
(calcolo combinatorio)
In quanti modi diversi si può colorare la bandiera
facendo in modo che i due rettangoli dello stesso
colore non abbiano lati in comune
A
C
B
D
SOLUZIONE LA BANDIERA: primo modo
I rettangoli dello stesso colore devono essere o A e D, o B e
C. Una volta scelta la diagonale, i rettangoli sull’altra
diagonale devono essere di colore diverso.
3 modi diversi per colorare A e D, per ognuno di questi 3
modi ce ne sono altri due per colorare, con colori diversi B e
C, e sono così 6 possibilità; ce ne sono poi altri 6 se si
sceglie di colorare con colore uguale l’altra diagonale B C.
A
A
B
CC
D
D
B
12 MODI DIVERSI
SOLUZIONE LA BANDIERA: secondo modo
I rettangoli dello stesso colore devono essere A e D, oppure B e C.
Posso pensare di colorare tre caselle in modo diverso: per
colorare la prima delle tre ho 3 modi diversi, per ognuno di
questi ho due modi per colorare la seconda e infine un solo modo
per colorare la terza (3! =3x2x1 modi diversi). Devo poi
moltiplicare per 2 dato che posso colorare A B D in modo diverso
e poi C con lo stesso colore di B, oppure A B C in modo diverso e
poi D con lo stesso colore di A.
A
A
C
B
B
A
A
B
B
D
D
CC
D
12 MODI DIVERSI
L'ETÀ DELLE FIGLIE
(soprattutto logica e scomposizione di un numero)
Un intervistatore bussa alla porta di una casa dove è atteso da
una signora.
La signora gli apre e lui chiede: "Quanti figli ha?“
"Ho tre figlie." gli risponde la donna.“
"Età?“
"Il prodotto delle età è 36 e la somma è uguale al numero
civico di questa casa.“ "Buon giorno e grazie.“
L'intervistatore se ne va, ma dopo un po' ritorna e le dice: "I
dati che mi ha fornito non sono sufficienti.“
La signora ci pensa un po' e replica: “È vero, che sbadata! La
figlia maggiore ha gli occhi azzurri.“
Con questo dato l'intervistatore può conoscere l'età delle tre
figlie. Quanti anni hanno?
Possibili terne di età
prodotto
somma
1
1
36
36
38
1
2
18
36
21
1
3
12
36
16
1
4
9
36
14
1
6
6
36
13
2
2
9
36
13
3
3
4
36
10
6
3
2
36
11
Le figlie hanno rispettivamente 2, 2, 9 anni. Vediamo di capire
perché. Noi non conosciamo il numero civico della casa,
quindi dobbiamo trovare ed esaminare tutti i casi possibili.
Visto che il prodotto è 36, le età potrebbero essere:
Se, ad esempio, il numero civico della casa fosse 14, non
ci sarebbero problemi. L'unica terna di numeri interi che
da come prodotto 36 e come somma 14 è 1, 4, 9.
Come si vede dalla tabella, l'unica somma che dà origine
ad ambiguità è 13, alla quale corrispondono due diverse
terne, ciascuna delle quali prevede che due figlie sono
gemelle.
Ma la mamma ha precisato: "E' vero, che sbadata! La
figlia maggiore ha gli occhi azzurri.“
Da ciò si capisce che la maggiore non ha una gemella,
ma è unica.
Quindi possiamo dedurre che le tre figlie hanno 2, 2 e 9
anni.
QUESTIONE DI AREE
(proprietà di figure geometriche, aree e similitudini)
Emma e Giulio capitarono in un palazzo da
Mille e una notte …
il pavimento era costituito da mattonelle tutte
uguali fra loro, a forma di triangolo equilatero.
La sala stessa era pure un triangolo equilatero
e il lato della sala era lungo 50 volte il lato di
una mattonella.
“Chissà quante mattonelle ci sono volute per
piastrellare questa sala”, disse Giulio… e si mise
a contarle.
Ma Emma, più avveduta di lui, gli ribattè: “Non ho
voglia certo di stare qui fino a domani mattina a
contare mattonelle.
Piuttosto, cerchiamo di capire come funziona!” e,
estratto il notes che usava portare sempre con
sé, buttò là questi schizzi:
Questione di aree
LE PIETRE DA CONTA
(calcolo delle probabilità: pagg. 85-99 di “S. Holmes e le trappole della logica”, Scienza e Idee)
Invece delle tre pietre tombali ho tre carte: una
interamente verde (le due facce numerate 1 e 2), una
interamente rossa (3 e 4), una carta rossa da una
parte e verde dall’altra (5 la rossa e 6 la verde).
Supponiamo che il rosso indichi un regale e il verde
un suddito.
Bisogna trovare qual è la probabilità che la tomba
venuta alla luce, con segni che indicano che è regale
dalla parte venuta alla luce, sia regale anche dall’altra
parte, perché solo in questo caso potremmo avere dei
vantaggi a scavare. Bisogna sapere se conviene tentare
la fortuna.
SOLUZIONE LE PIETRE DA CONTA
Sulle pietre tombali dei simboli indicavano i
matrimoni tra regali, tra sudditi e tra sudditi e
regali.
La parte superiore della pietra aveva il simbolo del
più vecchio della coppia, però non si era a
conoscenza dell’età dei sepolti.
Si potrebbe pensare che ci sia il 50% di probabilità
che l’altra faccia della pietra sia di un regale o di
un suddito, dato che la scelta è solo tra queste due
possibilità.
Ma ragioniamo come segue.
Pietra tombale di
due coniugi sudditi
1
2
Pietra tombale di
due coniugi regali
3
4
Pietra tombale di un
matrimonio misto
5
6
I numeri sulle carte servono solo a noi per
capire meglio.
Nel nostro caso dobbiamo escludere le carte
1 e 2, perché certamente la nostra tomba
non è di due sudditi.
Possiamo ragionare come segue
Pietra tombale di
due coniugi regali
3
4
Pietra tombale di un
matrimonio misto
5
6
Noi sappiamo che la parte venuta alla luce è regale,
cioè rossa.
È come se noi avessimo un’ urna con quattro biglie:
3 rosse e una verde.
Abbiamo pescato una rossa. Qual è la probabilità
che anche la seconda che pesco dall’urna sia rossa?
Essendo rimaste nell’urna due biglie rosse e
una verde,
la probabilità di pescare una rossa è di 2/3
(~67%),
e non di 1/2 (50%).
È quindi conveniente scavare.
Possiamo ragionare anche come segue:
consideriamo le varie coppie che possiamo avere
3
4
4
3
5
6
Se quello venuto alla luce è il lato 3 allora il rovescio
sarà il 4 rosso.
Se quello venuto alla luce è il lato 4 allora il rovescio
sarà il 3 rosso.
Se quello venuto alla luce è il lato 5 allora il rovescio
sarà il 6 verde.
Quindi la probabilità che la pietra che fuoriesce dalla
collina sia interamente regale non è di 1/2 ma di
2/3.
MAGIA CON LE MATRICI
19
8
11
25
7
12
1
4
18
0
16
5
8
22
4
21
10
13
27
9
14
3
6
20
2
sembra una tabella con numeri messi a caso, invece
possiede proprietà che si potrebbero definire magiche!!!
COME SI GIOCA?
1. Scegli un numero della
tabella a caso, per esempio
22
19
8
11
25
7
2. Elimina tutti gli altri numeri
della stessa riga e colonna
12
1
4
18
0
16
5
8
22
4
21
10
13
27
9
14
3
6
20
2
3. Continua allo stesso modo
per quattro volte, ad esempio
scegli, tra i numeri scoperti,
10, 2, 11.
4. Dopo aver eliminato tutte le
righe e colonne corrispondenti
ai numeri scelti a caso, ti resta
ancora il 12.
La somma dei numeri rimasti, per qualunque
scelta dei numeri, è sempre la stessa, 57, e chi
propone il gioco la conosce a priori.
SOLUZIONE MAGIA CON LE MATRICI
La matrice magica può
essere
generata
come
somma dei numeri delle
celle rosa.
Con
il
procedimento
precedente ci assicuriamo
un solo numero per ogni
riga e colonna.
11
0
3
17
-1
8
19
8
11
25
7
1
12
1
4
18
0
5
16
5
8
22
4
Ognuno di quei numeri è la
10 21 10 13 27 9
somma
dei
due
corrispondenti nelle celle
3
14
3
6
20
2
rosa. Quindi la somma dei
numeri rimasti sarà proprio
La stessa matrice può essere
la somma dei numeri delle
generata da insiemi diversi di
celle rosa che avevano
numeri di qualunque tipo.
generato la matrice.
LA STESSA MATRICE GENERATA DA
ALTRI NUMERI
1 -10 -7
7 -11
10 -1
2
16 -2
18 19
8
11 25
7
9
19
8
11 25
7
11 12
1
4
18
0
2
12
1
4
18
0
15 16
5
8
22
4
6
16
5
8
22
4
20 21 10 13 27
9
11 21 10 13 27
9
13 14
2
4
2
3
6
20
14
3
6
20
UNA CURIOSITÀ: UN QUADRATO
PALINDROMO E MUSICALE
Il compositore
viennese Alban Berg,
S
A
T
O
R
A
R
E
P
O
degli anni 20-30 del
Novecento,
T
E
N
E
T
O
P
E
R
A
R
O
T
A
S
lo utilizzava per le
sue composizioni.
UN ARTISTA STRAVAGANTE
artifizi e sorprese con i numeri
Un artista decide di costruire
una
piramide
nel
modo
indicato in figura: il lato
inizialmente è lungo 1, e poi
1/2, 1/3, 1/4 e via di seguito.
A=1/9
Il laboratorio in cui la piramide
viene costruita ha un soffitto
alto 3m.
A=1/4
l = 1/3
l = 1/2
1. Quanti cubi posso mettere
uno sopra l’altro?
2. L’artista
dispone
di
un
quantitativo di vernice dorata
sufficiente per dipingere 3m2.
Basterà per dipingere una sola
delle facce dei vari cubi
sovrapposti?
Area =1
lato = 1
Il calcolo che deve fare l’artista per l’altezza della
piramide è il seguente:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
altezza 1                 ...
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
Che possiamo scrivere nel seguente modo:
1
1
2
1 1 1 1 1
   
3 4 4 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
       
5 6 7 8 8 8 8 8 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
               
9 10 11 12 13 14 15 16 16 16 16 16 16 16 16 16 2
Si vede con chiarezza che 16 cubi superano
l’altezza di 3m.
Se il numero dei cubi cresce all’infinito (n = 2k cubi)
anche l’altezza della piramide cresce all’infinito.
Infatti se esprimiamo il numero dei cubi mediante una
potenza di 2, con k-esponente numero naturale,
otteniamo che l’altezza si può esprimere nel modo
seguente:
1
1
1
1
1
1
1
k

1
altezza  1   2  4  8
 16
 ...  2
1 k
2
4
8
16
32
2
2k
Se cresce n, e quindi cresce 2k, cresce anche
l’esponente k
25= 32
…
n = numero dei cubi
n = 2k
1
5
k
La superficie da
1 1 1
1
1
1
dipingere sarà: area _ sup  1  4  9  16  25  36  49  ...
Che si può scrivere come segue:
area _ sup  1 
1
1
1
1
1
1





 ...
2  2 3 3 4  4 5 5 6  6 7  7
1
Ma i termini
dell’addizione
si
possono
scrivere così
22
...

1
1 2

1
1

1
2
1
1
1
1



55
45
4
5
...
1
1
1
1



77
67
6
7
Se la piramide ha 5 cubi uno su l’altro, il calcolo è il seguente
1
1
1
1
1 1   1 1   1 1   1 1 
1



 ...  1                  ...
2  2 33 4  4 55
1 2   2 3  3 4   4 5 
area _ sup  2 
1
5
Se la piramide ha n cubi uno su l’altro, il calcolo è il seguente
1
1
22

1
33
 ...
1
n  1 n  1

1 1   1 1
 1
1   1
1


 1          ... 





nn
1 2   2 3
 n  2 n 1   n 1 n 
1
area_ sup  2 
1
n
Quindi, a differenza dell’altezza, la superficie si mantiene
sempre più piccola di 2 m2, la vernice è più che
sufficiente quindi, ma dovrà fare attenzione al soffitto...
INGANNI
MATEMATICI
Il paradosso di Hilbert del celeste locandiere e
l’incredibile miracolo dell’astuto oste terreno
IL PARADOSSO DI HILBERT
Il direttore di un albergo celeste dotato di un numero
infinito di stanze, tutte occupate, vuole sistemare un
nuovo cliente.
Egli vi riesce spostando ogni occupante di una stanza
in quella di numero immediatamente successivo,
lasciando libera così la stanza numero 1.
Cosa può fare se arriva un numero infinito di nuovi
ospiti?
L’impassibile direttore sposta semplicemente ogni
occupante di una stanza in quella avente il numero
doppio corrispondente:
il cliente della stanza 1 va nella 2, quello della stanza
2 va nella 4, quello della stanza 3 va nella 6 e così
via. Questo rende libere tutte le stanze di numero
dispari, in cui tutti i nuovi clienti potranno trovare
posto.
IL MIRACOLO DELL’OSTE TERRENO
Ma è realmente necessario che il numero delle stanze
occupate sia infinito per poter sistemare i nuovi
clienti?
La canzoncina che segue, tratta da una rivista inglese
della fine del secolo XIX, racconta come un abile
locandiere che disponeva di 9 stanze libere non ebbe
difficoltà a provvedere di alloggi singoli ognuno dei 10
viaggiatori.
Dieci stanchi viaggiatori
piè piagati ed ossa rotte,
eran giunti a una locanda
Che già cupa era la notte.
-Nove stanze, non di più –
-disse l’oste, - posso offrire.
-solo in otto il letto è singolo,
L’altra a due dovrà servire Qui successe un parapiglia,
una cosa da ammattire,
ché nessun di quei signori
in due insiem volea dormire.
L’oste in dubbio, era un furbone,
alla svelta si sbrigò
e per far piacere agli ospiti
ecco cosa ti pensò.
Due di quelli mise in A
ed il terzo alloggiò in B;
assegnato il quarto in C,
ritirossi il quinto in D.
In E il sesto e in F poi
anche un altro sistemò;
in G e in H ottavo e nono.
Indi ad A se ne tornò,
dove aveva, come dissi,
due clienti a sistemare
e uno di essi, il dieci, infine
in I fece traslocare.
Nove stanze a letto singolo
fece a dieci allor bastare
ed è questo che me e molti
ancor fa meravigliare.
Qualsiasi numero a può essere uguale ad
un numero minore b, trova l’errore.
1)a  b  c
2)aa  b   b  c a  b 
3)a  ab  ab  ac  b  bc
2
2
4)a  ab  ac  ab  b  bc
5)aa  b  c   ba  b  c 
6)a  b
2
2
L’errore sta nella divisione per 0, che si fa dal
passaggio 5) al passaggio 6). Dato che a = b+c
si ha che a-b-c = 0. ESEMPIO: a=7 e b=5 e c=2.
In 6) si ottiene 7*0=5*0 che è un’uguaglianza
vera, ma se divido per 0 ottengo 7 = 5 che è
falsa.
Se c è un numero positivo
allora a>b, es: 7=5+2
1)a  b  c
2)aa  b   b  c a  b 
3)a 2  ab  ab  ac  b 2  bc
4)a 2  ab  ac  ab  b 2  bc
5)aa  b  c   ba  b  c 
Se a>b non può essere a=b
6)a  b
La manipolazione del numero immaginario i
(i2=-1) presenta molti trabocchetti
1 
1
1
1
1
1


1  1 
1  1
1
1
1
1
1 
1
1)  1 
2)
3)
1
1

1
1
1

4) 1  1 
5)1  1
nel passaggio da 2) a 3)
c’è l’errore. Infatti:
1
1
1
1
1 
1   i
 i
1

1
 i
per ché
 i
1

i2
 i
i 2  1
 i
 i
 i

1
i2
 i  i
1
Giochi tratti da
ENIGMI E GIOCHI MATEMATICI
Martin Gardner, Rizzoli
QUAL È IL TITOLO DI QUESTO LIBRO?
Raymond Smullyan, Zanichelli
LA MATEMATICA NELLA REALTÀ
Castelnuovo / Gori Giorgi / Valenti, La Nuova Italia
SHERLOCK HOLMES E LE TRAPPOLE DELLA LOGICA
Colin Bruce, Scienza e Idee
DA VARI SITI INTERNET
soluzioni personalmente rielaborate