2. Otto. Inserire le cifre da 1 a 8 nei cerchi in modo che nessuna cifra sia collegata a una cifra adiacente (ad esempio, il 3 non può essere collegato al 2 o al 4).
3. Perimetro. Supponendo che tutti gli angoli siano retti, qual è il perimetro?
4. Tennis. Steffi e Boris stanno giocando a tennis e il loro punteggio attuale è di 40 pari. Se Steffi ha una probabilità di 0,6 di vincere un punto, mentre Boris ha una probabilità di 0,4, qual è la probabilità complessiva che Steffi si aggiudichi due vantaggi consecutivi e vinca il game?
5. Il lungomare. Il lungomare di Rimini è un esempio virtuoso di riqualificazione urbana e waterfront. Il percorso alterna aree verdi, piste ciclabili e pedonali, spazi per spettacoli, relax, sport e giochi. La pavimentazione è formata da una trama di esagoni regolari di lato 12 cm, con piastrelle di diverse tonalità di azzurro con il logo RIMINI, come in figura. Ecco il gioco.
Un mago lascia cadere a caso sulla pavimentazione una moneta di plastica perfettamente rotonda di raggio 2,5 cm e invita a scommettere se la moneta si fermerà sui lati degli esagoni oppure si fermerà completamente all’interno, senza toccarne i lati.
Qual è la probabilità che la moneta copra almeno un lato degli esagoni? E quale raggio dovrebbe avere la moneta affinché tale probabilità sia del 50%?
Aggiornamento per le soluzioni click qui.
Nell’immagine in evidenza una fotografia delle riviste Hyde Park Math Zine.
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Fabio Ciuffoli è autore di diversi libri sul problem solving e i giochi logici e matematici, il più recente è Giochi matematici e logici.
22 risposte
Problema 5
La moneta coprirà almeno un lato della mattonella se cadrà all’esterno di un esagono concentrico e disposto come la mattonella il cui apotema è lungo 2.5 cm in meno dell’apotema della mattonella.
Apotema della mattonella = 6*sqrt(3). Siccome parliamo di aree di figure simili si eleva al quadrato:
p = 1 – (6sqrt(3)-2.5)^2/(6sqrt(3))^2 = ~0.423255
sostituendo x a 2.5 e uguagliando a 0.5 si trova:
1 – (6sqrt(3)-x)^2/(6sqrt(3))^2 = 0.5
x = 3sqrt(3)*(2-sqrt(2)) = ~3.0438 cm di raggio per avere p = 0.5.
P1. Possiamo dividere le 9 regioni della figura in tre categorie: Regioni Esterne (il cui perimetro compone il bordo rosso della figura): 13, 12, 11, 5, 6 con un perimetro complessivo 13 + 12 + 11 + 5 + 6 = 47. Le Regioni Interne adiacenti (che non hanno perimetro sul bordo): 3, 7 e 16 sono perimetri che vanno sottratti ai perimetri delle regioni del primo gruppo per eliminare i segmenti condivisi che non fanno parte del contorno. Quindi 47 – (7 + 16 + 3) = 47 – 26 = 21. C’è poi un Nucleo centrale: di perimetro 4 che, sottraendo i perimetri delle regioni Interne adiacenti, abbiamo sottratto due volte, e si deve quindi compensare riaggiungendo il perimetro della regione più interna +4.
Il calcolo finale è quindi: 47 – 26 + 4 = 25 che è la lunghezza esatta lungo il bordo rosso dell’intera figura.
Se può interessare, questo video è pertinente perché esplora metodi logici non convenzionali per determinare i perimetri esterni di geometrie irregolari partendo da un insieme limitato di dati.
https://www.youtube.com/watch?v=D3ZnU3pUlKY&t=4s
Per il Problema 2 vale la soluzione data da Vic insieme a quella speculare invertendo la destra con la sinistra o l’alto con il basso è altrettanto valida
Se si osserva la struttura della figura, balza subito all’occhio che i due cerchi centrali sono i più “trafficati”. Ciascuno di questi due cerchi è infatti collegato a ben 6 degli altri 7 cerchi.
In un cerchio collegato a 6 vicini non possiamo inserire un numero “intermedio” (come ad esempio il 4). Se lo facessimo, dovremmo piazzare i suoi due numeri adiacenti (il 3 e il 5) nell’unico cerchio rimanente a cui non è collegato, il che è materialmente impossibile. Gli unici numeri a nostra disposizione che hanno un solo vicino vietato nella sequenza numerica sono gli estremi: l’1 (che non può toccare il 2) e l’8 (che non può toccare il 7). Pertanto, questi due numeri devono obbligatoriamente occupare le posizioni centrali, mettiamo l’1 nel cerchio centrale superiore e la cifra 8 nel cerchio centrale inferiore. A questo punto, la strada è in discesa perché il 2 non può essere collegato all’1. L’unico cerchio dell’intero schema che non è collegato al centro-superiore è quello isolato sulla punta in basso. Lì andrà il 2. Per lo stesso motivo, il 7 non può essere collegato all’8. L’unico cerchio non collegato al centro-inferiore è la punta isolata in alto. Lì andrà il 7. Restano i quattro cerchi laterali e i numeri 3, 4, 5 e 6.
• Il 3 non può toccare il 2 (che si trova in basso), quindi deve finire per forza in uno dei due cerchi laterali della fila superiore. Mettiamolo, per esempio, nel cerchio in alto a sinistra.
• Il 6 non può toccare il 7 (che si trova in alto), quindi deve finire in uno dei cerchi laterali della fila inferiore. Per non farlo incrociare in diagonale con il 5 che piazzeremo tra poco, lo sistemiamo in basso a destra.
Non ci restano che il 4 e il 5. Inserendo il 4 in alto a destra e il 5 in basso a sinistra, separiamo tutti i restanti numeri consecutivi.
P3. Il trucco per risolverlo rapidamente sta nel notare che, poiché tutti gli angoli sono retti e la figura procede a “gradini”, il suo perimetro è esattamente uguale a quello del rettangolo che la circoscrive.
Possiamo dimostrarlo immaginando di “spingere” i segmenti interni verso bordi esterni ideali come in figura. Il perimetro totale si calcola quindi raddoppiando l’altezza totale e la larghezza totale: Perimetro = 9 + 9 + 12 + 12 = 42. È un problema molto pulito che premia l’intuizione visiva prima ancora del calcolo algebrico.
P4. Una piccola precisazione: nel tennis, partendo da 40 pari, per vincere il game bisogna segnare due punti consecutivi (il primo dà il “Vantaggio”, il secondo chiude il “Gioco”).
Possiamo scomporre la probabilità complessiva analizzando cosa può succedere in una sequenza di due scambi.
1. La vittoria immediata
Affinché Steffi vinca il game nei successivi due scambi, deve segnare due punti di fila. Essendo gli scambi eventi indipendenti, moltiplichiamo le singole probabilità:
P(Vittoria immediata) = 0.6 * 0.6 = 0.36
Quindi c’è il 36% di probabilità che Steffi chiuda la partita subito, senza più tornare in parità.
2. Il ritorno al 40 pari
Cosa succede se nessuno dei due vince il game nei successivi due scambi? L’unico modo in cui il gioco può proseguire è che entrambi vincano un punto a testa, riportando il punteggio in parità. Questo può accadere in due modi:
• Punto a Steffi (Vantaggio) e poi punto a Boris (Parità): 0.6 * 0.4 = 0.24
• Punto a Boris (Vantaggio) e poi punto a Steffi (Parità): 0.4 * 0.6 = 0.24
Sommando questi due scenari, la probabilità di tornare a 40 pari e “resettare” la sfida è:
P(Ritorno in parità) = 0.24 + 0.24 = 0.48
3. La probabilità complessiva
A questo punto possiamo impostare un’equazione. Chiamiamo P la probabilità complessiva che Steffi vinca il game. Questa probabilità è data dalla somma tra la probabilità che vinca subito (0.36) e la probabilità che il gioco torni in parità (0.48) moltiplicata per la probabilità che lei vinca a partire dalla nuova parità (che è di nuovo P).
Traduciamo in formula: P = 0.36 + 0.48 * P
Si risolve la semplice equazione lineare di primo grado isolando P: P – 0.48 * P = 0.36
P * (1 – 0.48) = 0.36, 0.52 * P = 0.36, P = 0.36/0.52 = 9/13 che corrisponde a circa 0.6923.
La probabilità complessiva che Steffi si aggiudichi il game è quindi del 69,23%.
Pur avendo “solo” un 60% di probabilità di vincere il singolo punto, la regola del distacco di due lunghezze amplifica il vantaggio del giocatore più forte, portando le sue chance di portare a casa il game a sfiorare il 70%.
P5. Bellissima ambientazione per quest’ultimo problema dei cinque, ma un po’ laborioso.
P5.1. La probabilità con la moneta da 2,5 cm
Perché la moneta cada completamente all’interno di un esagono senza toccarne i bordi, il suo centro deve atterrare a una distanza strettamente maggiore del suo raggio r da ciascun lato della piastrella.
Questo luogo dei punti favorevoli forma, al centro della piastrella, un esagono più piccolo e concentrico a quello originale.
L’apotema dell’esagono grande è a = L*sqrt(3)/2.
L’apotema dell’esagono “sicuro” interno si ottiene semplicemente sottraendo il raggio della moneta: a’ = a – r.
Poiché il rapporto tra le aree di due poligoni regolari simili è pari al quadrato del rapporto tra le rispettive apoteme, la probabilità P_{in} che il centro della moneta cada nella zona sicura è:
P_{in} = (a’/a)^2 = ((a – r)/a)^2 = (1 – r/(L*sqrt(3)/2))^2 = (1 – 2r/(L*sqrt(3)))^2
Sostituendo i dati del problema, ovvero un lato L = 12 e un raggio r = 2.5, otteniamo:
P_{in} = (1 – 5/(12*sqrt(3)))^2 = (1 – 5*sqrt(3)/36)^2 = (457-120*sqrt(3))/432
circa uguale a 0.5767
Il testo però chiede la probabilità contraria, ovvero che la moneta copra almeno un lato. Basterà calcolare l’evento complementare:
P_{in-crocia} = 1 – P_{in} = 1-(457-120*sqrt(3))/432 = (120*sqrt(3) – 25)/432 circa uguale a 0.4233
Quindi, il mago ha circa il 42.33% di probabilità di vincere la scommessa se punta sulle linee di giunzione della pavimentazione.
P5.2. La ricerca del raggio per una scommessa equa.
Vogliamo ora trovare il raggio r affinché la probabilità che la moneta tocchi una linea sia esattamente del 50% (P_{in-crocia} = 0,5), il che equivale a imporre che anche la probabilità di cadere interamente all’interno sia del 50% (P_{in} = 0,5).
Riprendiamo l’equazione geometrica impostata prima:
(1 – 2r/(L*sqrt(3)))^2 = 1/2
Estraendo la radice quadrata (e prendendo la soluzione positiva per l’espressione in parentesi, poiché il raggio della moneta deve ovviamente lasciare un’area interna valida): 1 – 2r/(L*sqrt(3)) = sqrt(2)/2
Isoliamo il termine con il raggio: 2r/(L*sqrt(3)) = 1 – sqrt(2)/2 = (2-sqrt(2))/2
Moltiplicando e semplificando per ricavare r = L*sqrt(3)*(2 – sqrt(2))/4
Sostituendo il lato L = 12: r = 12*sqrt(3)*(2 – sqrt(2))/4 = 3*(2*sqrt(3)-sqrt(6)) = 6*sqrt(3) – 3*sqrt(6)
Svolgendo i calcoli, otteniamo r circa uguale a 3.0438. Affinché la scommessa tra il mago e i passanti sia perfettamente equa, come nel lancio di una moneta classica per il testa o croce, il dischetto di plastica dovrebbe avere un raggio poco più grande di 3.04 cm.
Sergio chiarissimo e come sempre esaustivo. Grz.
Grazie Sergio per le belle parole e allora, un po’ per campanilismo e un po’ per condividere, aggiungo una foto del lungomare più lungo d’Europa…
Che stupenda prospettiva Fabio!
Grazie a te anche per questi cinque problemi che formano davvero un quintetto eccellente.
Offrono a noi risolutori una bellissima palestra per l’intuizione logica e geometrica, dimostrando come spesso la soluzione più elegante richieda di cambiare punto di vista e guardare oltre la primissima apparenza. Col caldo che ci assedia, l’immagine del lungomare che ci raggiunge è un virtuale premio!
Buon inizio di settimana e buone vacanze, ma se sei lì sei sempre in vacanza!!!
Problema 4
Con le Catene di Markov:
Bene con le catene di Markov. A domani
Si può aggiungere che mediamente, dal 40-40, il game termina dopo 3,85 punti giocati.
Anello. Si applica una sorta di “Principio di Inclusione/Esclusione”.:
(13+12+11+6+5)-(3+7+16)+(4)=47-26+4=25
Problema 3.
Problema 4.
Chiamo p0 la probabilità che ha Steffi di vincere partendo da 40-40.
ps è la probabilità che Steffi ha di vincere se è in svantaggio (vantaggio per Boris)
pv è la probabilità che Steffi ha di vincere se è in vantaggio
Quando Steffi fa due punti consecutivi il gioco termina con la sua vittoria, quando Boris fa due punti consecutivi il gioco termina con la sconfitta di Steffi.
p0 = 0.6*pv + 0.4*ps
ps = 0.6*p0 + 0.4*0
pv = 0.6*1 + 0.4*p0
ps = 27/65
pv = 57/65
p0 = 9/13 (il valore richiesto)
Ottimo Giorgio, a domani per tt le soluzioni.
Problema 2
Una delle possibili soluzioni:
Ciao Vic, ben detto una delle possibili soluzioni.
P.2
il perimetro totale è (9+5+7)x2 = 42
Problema 3
il Perimetro è indipendente dalla conoscenza del valore di X, che verrà elisa, in quanto:
M = 5+7-X
Anche a, b e c sono incognite indifferenti per il Perimetro, in quanto ovviamente:
L = a+b+c = 9
Quindi il Perimetro si calcola agevolmente:
P = [9+(a+b+c)]+[5+X+7+(5+7-X)] = 9+9+5+7+5+7 = 42
Ottimo Vic, a domani per tt le soluzioni.