I Giochi del Lunedì di Prisma del 27 luglio 2026 a cura di Fabio Ciuffoli
Oggi presentiamo quattro problemi provenienti dalla prolifica cultura matematica giapponese (Academy of Recreational Mathematics of Japan). La matematica ricreativa giapponese rimanda a un differente approccio rispetto alla classica letteratura occidentale dei giochi logici e della soluzione di problemi, non richiede particolari conoscenze formali ma intuizione e una visione non abituale. Invitiamo i lettori inviarci osservazioni, commenti e proposte di soluzione. Domani alle ore 17.00 pubblicheremo le soluzioni.
Matematica ricreativa dal Giappone
1. Abbiamo due triangoli rettangoli isosceli A e B di cartoncino di dimensioni diverse. I due triangoli possono sovrapporsi e non sono ammessi segni di alcun tipo. È possibile individuare il punto medio dell’ipotenusa del triangolo minore?
2. Abbiamo tre triangoli rettangoli isosceli A, B e C di cartoncino di dimensioni diverse. Non sono ammessi segni di alcun tipo e in questo caso i triangoli non possono sovrapporsi. È possibile individuare il punto medio dell’ipotenusa del triangolo minore?
3. Un agricoltore possiede un campo quadrato BDFH di 4 km di lato, come mostrato nel disegno, dove A, C, E e G sono i rispettivi punti medi di HB, BD, DF e FH mentre i punti I e J sono rispettivamente i punti medi di HA e AB. La fattoria si trova nel punto H. A sud della fattoria c’è un fiume con la riva a 1 chilometro di distanza. L’agricoltore può camminare ovunque sul terreno.
3.1. Un agricoltore ha sette pali che desidera piantare sul terreno nei rispettivi punti A, B, C, D, E, F, e G. I pali si trovano nella fattoria in H insieme al martello necessario per l’operazione. L’agricoltore può trasportare al massimo tre pali alla volta o due pali più il martello. Partendo dalla fattoria e riportando indietro il martello, può l’agricoltore completare l’operazione camminando al massimo per 32 km?
3.2. C’è un barile vuoto in ciascuno dei punti H, I, A, J e B. I cinque barili sono identici l’agricoltore deve riempirli con l’acqua del fiume per irrigare il campo. Egli può trasportare solo un barile alla volta, vuoto o pieno, partendo da qualsiasi punto e arrivando a qualsiasi punto. Ogni barile pieno può essere collocato liberamente, quindi senza seguire alcun ordine, nei punti H, I, A, J e B. L’agricoltore può completare questo compito camminando al massimo per 13 km?
Aggiornamento per le soluzioni click qui.
I problemi sono tratti dal libro Arithmetical, Geometrical and Combinatorial Puzzle from Japan di Tadao Kitazawa, membro dell’Academy of Recreational Mathematics of Japan.
In questa pagina vengono pubblicati giochi matematici, logici e di ragionamento ogni 15 giorni il lunedì in mattinata.
Siamo sempre alla ricerca di nuovi giochi e nuove proposte. Se vuoi suggerirne uno, scrivici un’e-mail a:
blog.giochi@prismamagazine.it
Fabio Ciuffoli è autore di diversi libri sul problem solving e i giochi logici e matematici, il più recente è Giochi matematici e logici.
24 risposte
Problema 3.1. A me vengono 31,41 km 😁👍 quindi… Si, è possibile!
(la soluzione è usare le diagonali HC e HE, lunghe 4,47 km)
Ammetto di essere estremamente curioso a questo punto!
Le soluzioni geometriche che emergono in modo così inaspettato, dove i vincoli fisici e logici convergono in un’unica configurazione perfetta, sono senza dubbio le più affascinanti.
La soluzione di Kitazawa sul Problema 2 è di un’eleganza disarmante che ripaga in pieno tutta l’attesa. Nessun calibro, nessuna misura condivisa, nessuna sovrapposizione: solo purissima traslazione su rette parallele e perpendicolari.
È il trionfo della logica visiva.
Grazie per averla fornita!
Mi sembra d’obbligo incorniciare la soluzione in rima baciata:
Il magico incastro alfine è svelato, con mosse precise e ben calcolato; e mentre la sera sui monti riposa, la mente festeggia quest’arte radiosa.
Bello, geometria é poesia 🤩
P2. Essendo le dimensioni dei tre triangoli arbitrarie e diverse tra loro, non trovo alcun gioco di scorrimenti sui lati che garantisca a un vertice di A o B di fermarsi esattamente a una distanza pari a c/2 (metà dell’ipotenusa di C). L’unica costruzione (non necessaria) che crea un perfetto allineamento teorico, ma senza segni e senza sovrapposizioni, in cui il punto medio dell’ipotenusa di C non può essere fisicamente toccato o individuato è tipo quella in figura.
In un triangolo rettangolo isoscele, l’altezza relativa all’ipotenusa cade esattamente nel suo punto medio. Questa altezza parte dal vertice dell’angolo retto ed è perpendicolare all’ipotenusa stessa. Di conseguenza, il punto medio dell’ipotenusa di C si trova esattamente sulla linea perpendicolare innalzata dal vertice dove incidono i cateti. Il punto medio c’è, ma i pezzi a disposizione non permettono a nessun vertice di “indicarlo”.
Ciao Sergio. La soluzione, che pubblicheremo oggi pomeriggio senza segni e con un vertice che permette di indicare il punto cercato, ti sorprenderà come mi ha sorpreso quando l’ho trovata sul libro di Tadao Kitazawa. Eh questi giapponesi, continuano a stupirci…
Potrebbe essere semplicemente qualcosa di questo genere?
Caro Fabio, sorprendente, una soluzione semplicemente geniale!
La soluzione di Kitazawa è di un’eleganza disarmante che ripaga in pieno tutta l’attesa. Nessun calibro, nessuna misura condivisa, nessuna sovrapposizione: solo purissima traslazione su rette parallele e perpendicolari. È il trionfo della logica visiva.
Mi sembra d’obbligo incorniciare questa stupenda soluzione in rima baciata:
Il magico incastro alfine è svelato, con mosse precise e ben calcolato; e mentre la sera sui monti riposa, la mente festeggia quest’arte radiosa.
P3.2. Sì, l’agricoltore può completare l’operazione restando sotto il limite dei 13 km.
Assumiamo le posizioni sull’asse orizzontale: H(0), I(1), A(2), J(3), B(4).
Per risparmiare strada, l’agricoltore deve ridurre le “camminate a vuoto”. Può farlo raccogliendo un barile in un punto X, riempiendolo, e andandolo a depositare in un punto Y diverso, esattamente dove lo aspetta il prossimo barile vuoto da prendere.
In questo modo, viaggia in diagonale. La distanza per prendere un barile in X, scendere al fiume e risalire in Y si calcola con il teorema di Pitagora, usando lo spostamento orizzontale (Delta x) e il viaggio verticale fisso di 2 km: Distanza del singolo viaggio = sqrt{(Delta x)^2 + 2^2} = sqrt{(Delta x)^2 + 4}.
Dividiamo il lavoro in due mini-cicli indipendenti, collegati da un breve passaggio.
Ciclo 1 (Tra A, H e I)
Da A a H: Inizi in A(2). Prendi il barile, vai al fiume e lo depositi in H(0).
Distanza percorsa: sqrt{2^2 + 2^2} = sqrt{8} circa 2,828 km
Da H a I: Ti trovi in H(0). Prendi il barile, vai al fiume e lo depositi in I(1).
Distanza percorsa: sqrt{1^2 + 2^2} = sqrt{5} circa 2,236 km
Da I a A: Ti trovi in I(1). Prendi il barile, vai al fiume e lo depositi in A(2).
Distanza percorsa: sqrt{1^2 + 2^2} = sqrt{5} circa 2,236 km
Abbiamo appena riempito le postazioni H, I e A scambiando i loro barili.
Il tratto a vuoto
Da A a J (a mani vuote): Ti trovi in A(2) dopo aver posato il barile. Cammini dritto lungo il bordo del campo fino al punto J(3) per iniziare il secondo ciclo.
Distanza percorsa: 3 – 2 = 1,000 km
Ciclo 2 (Tra J e B)
Da J a B: Ti trovi in J(3). Prendi il barile, vai al fiume e lo depositi in B(4).
Distanza percorsa: sqrt{1^2 + 2^2} = sqrt{5} circa 2,236 km
Da B a J: Ti trovi in B(4). Prendi l’ultimo barile, vai al fiume e lo depositi in J(3).
Distanza percorsa: sqrt{1^2 + 2^2} = sqrt{5} circa 2,236 km
Il calcolo finale
Sommando tutti i segmenti (quattro viaggi corti, un viaggio medio e la passeggiata a vuoto) otteniamo l’espressione matematica per questo percorso:
Distanza = sqrt{8} + 4*sqrt{5} + 1 = 12.77269903.. circa 12.773 km
Sfruttando la permutazione incrociata a due cicli, sono riuscito a limare 180 metri circa rispetto alla soluzione continua!
Leggendo i colori degli spostamenti e il calcolo finale al centro rendono il diagramma autoesplicativo. Spero che questa visualizzazione Vi piaccia!
Ottimo Sergio, vi sono diversi cammini possibili, ma anche a me questa risulta la distanza minima.
P3.1. Analizziamo la situazione smontando il problema nei suoi vincoli geometrici e logistici.
1. La mappa e le distanze
Fissiamo la fattoria in H(0,0) su un piano cartesiano. Le coordinate e le distanze in linea d’aria dalla base sono:
• A(2,0) e G(0,2): distanza 2 km
• B(4,0) e F(0,4): distanza 4 km
• C(4,2) e E(2,4): distanza sqrt{4^2+2^2} = sqrt{20} circa 4,472 km
• D(4,4): distanza sqrt{4^2+4^2} = sqrt{32} circa 5,657 km
2. Il vincolo del “giro di semina”
Per piantare i pali, bisogna avere il martello. Il percorso continuo più breve che parte da H, tocca tutti e 7 i punti di semina e torna ad H con l’attrezzo è semplicemente l’intero perimetro del quadrato. Qualsiasi deviazione o taglio diagonale per saltare da un punto all’altro (ad esempio da C a E) allungherebbe la strada totale.
• Distanza minima del giro col martello: 4 * 4 = 16 km.
3. La logistica dei depositi
Partendo per il giro perimetrale di 16 km, si possono portare al massimo 2 pali + il martello. Ma i pali da piantare sono 7, quindi ne mancano 5. L’unico modo per completare il giro senza costringere anche il martello a faticosi (e lunghissimi) viaggi avanti e indietro, è “creare dei depositi” di pali lungo il percorso prima di iniziare il giro finale. Per farlo si può sfruttare la capacità di portare 3 pali alla volta (senza martello).
Per non fare passi indietro durante il giro perimetrale, occorrerà piazzare i depositi nei punti esatti in cui rimaniamo a mani vuote.
Supponiamo di fare il giro finale in senso antiorario ( H > A > B > C > D > E > F > G > H ) :
1. Parti da H con 2 pali. Li pianti in A e B. Arrivi in C con 0 pali.
2. In C ti serve un deposito. Sfruttando il limite di trasporto, lasci 3 pali in C. Quando arrivi, prendi 1 palo, lo pianti, e raccogli gli altri 2 rimasti.
3. Con i 2 pali appena raccolti, prosegui e pianti in D ed E. Arrivi in F con 0 pali.
4. Ti serve un secondo deposito in F. Qui bastano i restanti 2 pali per coprire F e G. Chiudi il giro in H.
Il calcolo chilometrico finale
Calcoliamo il costo di questi viaggi preparatori per piazzare i depositi, ricordando che ogni volta si deve partire e tornare da H:
• Viaggio 1 (Deposito in F) : Porti 2 pali in F (4 km) e torni a mani vuote (4 km). Totale: 8 km.
• Viaggio 2 (Deposito in C) : Porti 3 pali in C (circa 4,472 km) e torni (circa 4,472 km). Totale: circa 8,944 km.
Sommando tutto, otteniamo il limite fisico e matematico invalicabile per questa operazione:
• Giro perimetrale (martello) : 16 km
• Viaggio deposito 1: 8 km
• Viaggio deposito 2: 8,944 km
• Chilometri totali percorsi: circa 32,944 km
Simmetricamente, potremmo girare in senso orario e fare i depositi in B ed E, ma le distanze risulterebbero identiche.
Dunque, non è possibile completare l’operazione stando entro il limite dei 32 km.
L’agricoltore si dovrà fermare un po’ prima del traguardo!
Ciao Sergio, c’è un modo che permette all’agricoltore di percorrere meno di 32 km. A domani per la soluzione. Buona serata.
Riconosco che la mia NON è la soluzione ottimale, sono partito dando per scontato che il martello dovesse rimanere sempre in mano all’agricoltore. Una soluzione MIGLIORE è quella di Giorgio Vecchi che risolve il quesito in senso positivo!
A Lui vanno i miei complimenti, nei problemi di logica e logistica, ciò che non è esplicitamente vietato dai vincoli è permesso, e il deposito temporaneo di un attrezzo come il martello è un espediente validissimo per aggirare i limiti di carico.
Bravissimo Giorgio!!!
3.2
H->A 2sqrt(2)
A->B 2sqrt(2)
B->J 2sqrt(1.25)
J->I 2sqrt(2)
I->H 2sqrt(1.25
Totale = 6sqrt(2) + 4sqrt(1.25) = ~12.957 km
Ciao Giorgio, mi sembra che ci sia un metodo migliore per minimizzare il cammino. A domani per tt le soluzioni.
P1. Ecco il procedimento per risolverlo: prendi il triangolo minore (B) e appoggia la sua ipotenusa su uno dei due cateti (i lati adiacenti all’angolo retto) del triangolo maggiore (A). Assicurati che B sia sovrapposto all’area di A (rivolto verso l’interno), poi fai scorrere l’ipotenusa di B lungo il cateto di A, muovendoti verso l’angolo retto del triangolo maggiore. Fermati nel momento esatto in cui il vertice dell’angolo retto di B tocca il secondo cateto di A. Così il vertice dell’angolo retto di A (il suo spigolo a 90°) si troverà esattamente a contatto con il punto medio dell’ipotenusa di B. Noterai che metà dell’ipotenusa di B sporgerà oltre l’angolo di A, ed è proprio lo spigolo di A a segnarne la metà esatta.
Ottimo Sergio, come sempre… A domani per tt le soluzioni
Problema 1. I triangoli rettangoli sono inscritti in una semicirconferenza e il punto medio cercato è il centro; inoltre in un triangolo isoscele l’altezza cade perpendicolarmente sul punto medio. Quindi è sufficiente posizionare il triangolo B in modo che l’angolo retto di A si appoggi sull’ipotenusa di B e il cateto di A passi per il vertice di B. L’intersezione del cateto di A con l’ipotenusa di B determinerà il punto medio cercato
3.1
Non so se sia lecito ma il regolamento non lo vieta e in altro modo non riesco a farlo.
Parto con due pali e il martello facendo il percorso HCDEH, piantando i pali in C e D e lasciando il martello in E. Percorso: 2sqrt(5)+2+2+2sqrt(5) = 4+4sqrt(5) = ~12.94.
Con tre pali faccio il percorso HEFGH, trovando il martello in E e piantando i pali in E, F, G. Percorso: 2sqrt(5)+2+4 = 6+2sqrt(5) = ~10.47.
Parto con due pali e il martello e faccio HABAH, piantando in A e B. Percorso: 4+4 = 8.
Percorso complessivo: 18+6sqrt(5) = ~31.41 km.
Ci sono diversi modi, ma la distanza minima é questa 👏🏻👏🏻👏🏻
Bene. Non mi è chiaro invece nel 3.2 dove debbano essere portati i barili una volta riempiti.
Si effettivamente non é esplicitato, provvederò all’integrazione. I cinque barili pieni vanno portati, senza alcun ordine quindi casualmente, nei punti H, I, A, J e B.
1. Il punto P sarà tale che PA = PB, quindi è il punto medio dell’ipotenusa del triangolo più piccolo. (Manca qualche passaggio lo so, ma è lunedì)