Boris A. Kordemsky

GIOCHI MATEMATICI RUSSI

395 problemi di matematica ricreativa a cura e con introduzione di Martin Gardner

Sansoni

Titolo originate:The Moscow Puzzles

Copyright © 1972 by Charles Scribner’s Sons

Traduzione di Silvia Mori

Per l’Italia Copyright © 1982 by G. C. Sansoni Editore Nuova S.p.A., Firenze

INDICE

Introduzione p. VII

1. Problemi divertenti 12. Problemi complessi 393. Geometria con i fiammiferi 644. Prendete bene le misure prima di tagliare 755. L’ingegno trova sempre il modo di esprimersi 886. Il domino e i dadi 1057. Le proprietà del nove 1168. Con e senza l’algebra 1219. La matematica quasi senza calcoli 141

10. Giochi e trucchi con i numeri 15711. La divisibilità 17912. Somme incrociate e quadrati magici 19013. Numeri curiosi e seri 20914. Numeri vecchi ma eternamente giovani 235

Risposte 251

Per chi volesse approfondire gli argomenti 413

IN T R O D U Z IO N E

Questo che abbiamo tra le mani è il libro di rompicapi e giochi matematici più bello e più popolare che sia stato pubblicato in Unione Sovietica; dalla sua prima pubblicazione nel 1956 ne sono uscite otto edizioni e traduzioni delloriginale russo in ucraino, estone, lettone e lituano. Della sola versione originale sono state vendute quasi un milione di copie, e fuori dall’URSS è stato pubblicato in Bulgaria, Romania, Ungheria, Cecoslovacchia, Polonia, Germania, Francia, Cina, Giappone, Corea e USA.

L ’autore, Boris Kordemsky, nato nel 1907, è un geniale insegnante di matematica nelle scuole superiori di Mosca; il suo primo libro di matematica ricreativa, Il quadrato meraviglioso, pubblicato in russo nel 1952, è una deliziosa dissertazione sulle curiose proprietà del normale quadrato geometrico; nel 1958 ha pubblicato Saggi su problemi matematici impegnativi e nel 1960, in collaborazione con un ingegnere, ha pubblicato un libro per bambini, La geometria aiuta l’aritmetica, nel quale, facendo ampio uso di sovrapposizioni di colori, mostra come si possono utilizzare semplici figure e grafici geometrici per risolvere proble­mi aritmetici; nel 1964 pubblica Fondamenti della teoria delle probabilità e nel 1967 collabora alla stesura di un libro di testo di algebra dei vettori e geometria analitica. Il motivo per cui Kordemsky è maggiormente conosciuto in Unione Sovietica rimane comunque la sua enorme collezione di rompicapo, che rappresenta veramente un completo assortimento di ogni tipo di enigmi.

Sicuramente molti dei giochi di questo libro saranno già familiari, in questa o in altra forma, per Vappassionato di giochi che conosce già la letteratura uscita in occidente sull’argomento,

soprattutto il libro dell’inglese Henry Ernest Dudeney e quello dell’americano Sam Loyd; comunque nel libro di Kordemsky i giochi già conosciuti appaiono in forme nuove e in modo così divertente, sotto la veste di storielle, che è davvero un piacere ritornarci sopra; nel contempo il retroterra delle storie contenute nei giochi presenta, incidentalmente, una preziosa impressione della vita e dei costumi del mondo russo di oggi. Oltre a questo, insieme ai giochi già familiari, ce ne sono molti nuovi per il lettore occidentale, alcuni dei quali sicuramente inventati dallo stesso Kordemsky.

L ’unico scrittore russo di scienza e matematica ricreativa che si possa paragonare a Kordemsky è Yakov I. Perelman (1882-1942) il quale, oltre a scrivere libri di aritmetica, algebra e geometria ricreative, pubblicò testi dello stesso genere sulla meccanica, fisica e astronomia. Le edizioni economiche dei lavori di Perelman sono ancora molto vendute in tutta l ’Unione Sovietica, ma il libro di Kordemsky è oggi considerato come la raccolta di giochi matema­tici per eccellenza nella storia dei matematici russi.

In quanto curatore di questa edizione, mi sono preso certe libertà che ritenevo necessarie: ogni qual volta mi sembrava di poter rendere più chiaro e scorrevole il testo originale di Kordemsky non ho esitato a cambiare delle frasi, ad aggiungerne o a toglierne altre; in alcuni casi ho omesso riferimenti a testi o articoli russi non disponibili in occidente. Nell’ultima parte del volume, Kordemsky aveva proposto dei problemi sulla teoria dei numeri che ho pensato di stralciare perché sembravano estrema- mente diffìcili e di natura troppo tecnica, per lo meno per i lettori occidentali, tanto da porsi su un altro piano rispetto al resto del testo. Nei pochi casi in cui un gioco era incomprensibile per chi non conosceva il vocabolario russo, ho sostituito i giochi con altri dello stesso tipo basati su parole della nostra lingua.

Si sono mantenute le illustrazioni originali di Yevgeni Konstan- tinovich Argutinsky, ritoccandole dove pareva necessario e sosti­tuendo alle lettere dell’alfabeto russo quelle dell’alfabeto latino.

Concludendo, ho cercato di rendere questo libro il più semplice e

il più divertente possibile. Più del 90 % del materiale pubblicato è rimasto invariato nelVintento di conservare e trasmettere il suo messaggio insieme caldo e umoristico. Mi auguro vivamente che il risultato di questo sforzo rappresenti un certo numero di settimane, se non di mesi, di divertimento per chi è appassionato a questo tipo di problemi.

Martin Gardner

PROBLEM I DIVERTENTI

Problemi con le operazioni elementari

Per mettere alla prova la vostra abilità, cominciamo col proporre problemi che richiedono soltanto perseveranza, pa­zienza, acutezza di mente e capacità di fare somme, sottrazioni, moltiplicazioni e divisioni con i numeri interi.

1. I due giovani osservatori

Un ragazzo e una ragazza avevano appena finito di fare delle misurazioni meteorologiche e si stavano riposando su una collinetta; nel frattempo stava passando un treno merci, con la locomotiva che sbuffava e ansimava nel tirare i vagoni su per la leggera pendenza; lungo la strada ferrata si levava un vento leggero e regolare, senza raffiche.

«A che velocità tirava il vento secondo le nostre misurazio­ni?» chiese il ragazzo.

«Venti chilometri all’ora».«Mi basta per sapere qual è la velocità del treno».«M a come...», la ragazza era dubbiosa.«Basta osservare il movimento del treno un po’ più attenta­

mente».La ragazza ci pensò un momento e poi capì anche lei.Ciò che hanno visto i due ragazzi è precisamente quello che ha

disegnato il nostro artista. Qual è la velocità del treno?

2. Il fiore di pietra

Vi ricordate di Danila, l’abile artigiana nella fiaba di P. Bazhov II fiore di pietra?

Nei monti Urali si racconta che Danila, quando era ancora un’apprendista, prese delle pietre dure che si trovano negli Urali e cesellò due fiori nei quali si potevano separare le foglie, i gambi e i petali. Ricomponendo le parti di questi fiori si poteva fare un cerchio.

Prendete un pezzo di cartone, copiate dalla figura i fiori di Danila, poi ritagliate i petali, i gambi e le foglie e provate a metterli insieme per formare un cerchio.

3. La fila di pedine

Mettete 6 pedine in fila su un tavolo, alternando una nera a una bianca, come nella figura:

Lasciate abbastanza posto per altre 4 pedine sulla sinistra; muovete le pedine in modo che tutte le bianche si trovino alla fine sulla sinistra, seguite da tutte le nere. Le pedine vanno mosse in coppie, prendendone 2 consecutive per volta, senza disturbare

l’ordine, e facendole scorrere verso un posto vuoto. Per risolvere il problema bastano tre mosse di questo tipo.

Se non avete a disposizione pedine bianche e nere, usate monete, oppure ritagliate dei pezzetti di carta o cartone.

4. In tre mosse

Fate tre mucchietti di fiammiferi su un tavolo, uno di 11 fiammiferi, il secondo di 7 e il terzo di 6. Il gioco consiste nello spostare alcuni fiammiferi da un gruppo all’altro in modo che alla fine ogni gruppo ne contenga 8, tenendo presente che a ogni gruppo si può aggiungere solo un numero di fiammiferi pari a quello che già contiene, e solo fiammiferi provenienti da uno stesso gruppo. Per esempio, se un mucchietto contiene 6 fiammiferi, se ne possono aggiungere soltanto 6, non di più né di meno. Bastano tre mosse.

5. Fate ¡1 conto!

Quanti triangoli ci sono nella figura?

6. Il percorso del giardiniere

Nella figura della pagina seguente è disegnata la pianta di un campo di meli (ogni punto rappresenta infatti un albero di mele). Il giardiniere parte dal quadrato segnato con la stella e percorre tutti i quadrati, sia quelli con i meli che quelli liberi, uno dopo

l’altro, non ritorna mai sui quadrati dove è già passato, non si muove in diagonale e non passa attraverso i sei quadrati tratteggiati (dove ci sono delle costruzioni). Al termine del suo

percorso il giardiniere si trova di nuovo nel quadrato con la stella.

Copiate la figura e provate a tracciare il percorso del giardiniere.

7. Cinque mele

In una cesta ci sono cinque mele. Come si possono dividere tra cinque bambine in modo che ognuna abbia una mela, ma che una mela resti nella cesta?

8. Senza pensarci troppo

Quanti gatti ci sono in uno stanzino se in ognuno dei quattro angoli c’è un gatto, e di fronte a ogni gatto ce ne sono tre, e accanto alla coda di ogni gatto ce n’è un altro?

9. Su e giù

Un bambino preme un lato di una matita blu contro un lato di una matita gialla, tenendo tutte e due le matite verticali. La matita blu è macchiata di vernice sul lato accostato alla matita gialla, e la macchia di vernice è lunga un centimetro partendo dall’estremità in basso. Il bambino tiene ferma la matita gialla, e fa scivolare in basso quella blu di 1 centimetro, seguitando a tenerla pressata contro la gialla; poi fa tornare la matita blu alla posizione iniziale e la fa scivolare di nuovo in giù di 1 centimetro; il bambino seguita questo movimento fino a che non ha abbassato la matita per 5 volte e non l’ha rialzata altre 5 volte:10 mosse in tutto.

Supponendo che durante tutto questo tempo la vernice non si sia asciugata né sia diminuita di quantità, quanti centimetri di ogni matita saranno macchiati dopo la decima mossa?

Questo problema è stato elaborato dal matematico Leonid Mikhailovich Rybakov mentre stava tornando a casa dopo una fortunata caccia all’anatra. Nella risposta si spiega cosa indusse11 matematico a comporre questo enigma, ma non leggetela fino a che non l’avrete risolto da voi.

10. L’attraversamento del fiume

Un distaccamento di soldati deve attraversare un fiume, ma il ponte è rotto e il fiume è profondo: cosa fare? Improvvisamente l’ufficiale in carica scorge 2 bambini che giocano sulla riva dentro una barchetta a remi. La barca è così piccola però, che dentro ci possono stare solo 2 bambini o 1 soldato; eppure tutti i soldati riescono ad attraversare il fiume con la barchetta. In che modo?

Si può risolvere questo problema a mente, oppure pratica- mente, cioè prendendo delle pedine, dei fiammiferi o qualcosa del genere e muovendoli su una tavola attraverso un fiume immaginario.

11. Il lupo, la capra e il cavolo

Questo problema si trova già in manoscritti dell’ottavo secolo.

Un uomo deve portare un lupo, una capra e un cavolo attraverso un fiume, ma nella sua barca c’è posto solo per lui più il lupo, o la capra, o il cavolo; se l’uomo si porta dietro il cavolo,il lupo si mangia la capra; se invece porta con sé il lupo, la capra si mangia il cavolo. Solo la presenza dell’uomo salva la capra e il cavolo dal rispettivo nemico. Eppure, l’uomo riesce a portare il lupo, la capra e il cavolo al di là del fiume.

In che modo?

12. Le palline che rotolano

Dentro un canaletto lungo e stretto ci sono 8 palline, 4 nere a sinistra e 4 bianche, appena un po’ più grandi, a destra. Nel

mezzo del canaletto c’è una piccola nicchia che può contenere una pallina bianca o una nera. All’estremità destra c’è un’aper­tura abbastanza larga per far uscire le palline nere ma troppo stretta per le bianche.

Fate rotolare tutte le palline nere fuori dal canale. (No, non si possono prendere con le mani).

13. Una catena da aggiustare

Sapete perché il giovane fabbro è così assorto nei suoi pensieri? Ha davanti a sé 5 pezzi di catena da unire per fare una catena più lunga. Farà bene il ragazzo ad aprire il terzo anello

10 l ì 12 ?3 14 15

(prima operazione), collegarlo col quarto (seconda operazione), poi allargare il sesto anello e collegarlo al settimo, e così via?

Con questo sistema finirebbe il lavoro con 8 operazioni, mentre ne vorrebbe fare soltanto 6; come è possibile?

14. Un errore da correggere

Formate con 12 fiammiferi 1’«equazione» riprodotta nella figura

In questa equazione 6 — 4 = 9; correggetela spostando un solo fiammifero.

15. Quattro da tre (uno scherzo)

Sul tavolo ci sono tre fiammiferi: senza aggiungerne altri,ricavatene 4. Non si possono spezzare i fiammiferi.

16. Tre e due fa otto (un altro scherzo)

Mettete 3 fiammiferi sul tavolo; chiedete a un amico diaggiungerne altri 2 per ricavarne 8.

17. Tre quadrati

Prendete 8 bastoncini (o fiammiferi), di cui 4 lunghi la metà degli altri 4, e formate 3 quadrati uguali.

18. Quanti oggetti si possono fare?

Nella bottega di un tornitore vengono costruiti certi oggetti da lingotti di piombo e ogni lingotto è giusto sufficiente per fare un oggetto. I trucioli di piombo che si accumulano ogni 6 oggetti possono essere fusi per fare un altro lingotto. Quanti oggetti si possono fare da 36 lingotti?

19. La disposizione delle bandierine

I giovani del Komsomol hanno costruito una piccola centrale idroelettrica; apprestandosi all’inaugurazione, i ragazzi e le ragazze hanno decorato la centrale mettendo su tutti e quattro i latighirlande, lampadine elettriche e bandierine, precisamente12 bandierine.

In un primo momento i ragazzi avevano sistemato 4 bandieri­ne per lato, come nella figura, ma poi si sono accorti che le bandierine potevano essere disposte anche 5 o 6 per lato. Come?

20. Le dieci sedie

Come sistemare 10 sedie lungo le pareti di una sala da ballo quadrata, in modo che vi sia lo stesso numero di sedie lungo ogni parete?

21. Un numero pari

Prendete 16 oggetti (pezzetti di carta, monete, prugne, pedine) e metteteli in 4 file di 4 ciascuna. Levatene 6, lasciando in ogni fila e in ogni colonna un numero pari di oggetti. (Ci sono numerose soluzioni).

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22. Il triangolo magico

Ho messo i numeri 1, 2, 3 ai vertici di un triangolo; mettete i numeri 4, 5, 6, 7, 8 e 9 lungo i lati del triangolo in modo che la somma dei numeri di ogni lato sia 17.

2

Ancora più difficile: senza che vi sia detto quali numeri mettere ai vertici di un triangolo, disponete i numeri dall’l al 9, in modo che diano per somma 20 su ogni lato. (Ci sono parecchie soluzioni).

23. Le ragazze con la palla

Dodici ragazze cominciano a tirarsi la palla in cerchio, ognuna alla sua vicina di sinistra; quando la palla completa il cerchio, le ragazze la tirano nella direzione opposta.

Dopo un po’ una delle ragazze dice: «Saltiamo una di noi quando tiriamo la palla».

«M a dato che siamo in 12, metà di noi non giocheranno», obietta Natasha.

«Bene, allora saltiamone 2!»

«Questo sarebbe ancora peggio, solo 4 giocherebbero. Do­vremmo saltarne 4: la quinta prenderebbe' la palla. Non c’è altra combinazione».

«E se ne saltiamo 6?»« È lo stesso che saltarne 4, solo che la palla va nella direzione

opposta» risponde Natasha.«E se ne saltiamo 10 per volta, così che l’undicesima prenda la

palla?»«M a abbiamo già giocato in questo modo», protesta Nata­

sha.Le ragazze cominciano a disegnare figure di tutti i modi

possibili per lanciarsi la palla, e si convincono presto che Natasha aveva ragione. A parte il caso di non saltare nessuna, soltanto saltandone 4 (o la sua immagine speculare 6) potevano partecipare tutte al gioco (vedi a nella figura).

Se fossero state in 13, avrebbero potuto tirarsi la palla saltando una ragazza (b), o 2 (c), o 3 (d), o 4 (e), senza escludere nessuna dal gioco. E se ne saltassero 5 o 6? Provate a fare delle figure anche voi.

24. Quattro linee rette

Fate un quadrato con 9 punti, come nella figura; unite tutti i punti con 4 linee rette senza mai staccare la matita dal foglio.

• • •

• • •

• • •

25. Capre e cavoli

Adesso, invece di unire dei punti, si tratta di separare nella figura qui.a lato tutte le capre dai cavoli tracciando 3 linee rette.

26. I due treni

Un treno rapido che parte da Mosca per Leningrado viaggia alla velocità di 60 km orari; un altro rapido che parte contemporaneamente da Leningrado per Mosca viaggia a 40 km all’ora. Quale sarà la distanza tra i due treni un’ora prima che si incontrino?

27. Quando sale la marea (uno scherzetto)

Non lontano da riva si trova una nave con una scala di corda che penzola dal bordo; la scala di corda ha 10 pioli, e la distanza tra ogni piolo è 12 centimetri; il piolo più basso tocca l’acqua. L’oceano è calmo, ma, siccome sta salendo la marea, la superficie dell’acqua si alza di 4 cm all’ora. Tra quanto tempo l’acqua coprirà il terzo piolo dall’alto della scala di corda?

28. Il quadrante dell’orologio

Si può dividere il quadrante dell’orologio con 2 linee rette in modo che le somme dei numeri in ciascuna parte siano uguali?

Si può dividerlo in 6 parti in modo che ciascuna contenga 2 numeri e che le 6 somme di 2 numeri siano uguali?

29. Il quadrante incrinato

Una volta ebbi occasione di vedere in un museo un orologio antico con i numeri romani; invece del solito IV c’era un obsoleto IIII. Il quadrante era diviso in 4 parti da alcune incrinature; nella figura a fronte si possono vedere le somme disuguali dei numeri di ogni parte, che variano da 17 a 21.

Modificate una sola incrinatura, lasciando le altre come sono, in modo che le somme dei numeri in tutte e quattro le parti sia sempre 20.

(Un piccolo aiuto: l’incrinatura da cambiare non deve necessariamente passare per il centro del quadrante).

30. Un orologio strabiliante

Un orologiaio ricevette una telefonata urgente da un cliente che voleva far sostituire le lancette rotte di un orologio di casa. Siccome l’orologiaio era malato, mandò al suo posto l’apprendi­sta che conosceva già bene il mestiere. Quando l’apprendista fini di controllare l’orologio era buio e, sicuro di aver terminato il lavoro, sistemò in tutta fretta le lancette nuove e regolò

l’orologio con il suo orologio da tasca; erano le sei, e l’apprendista spostò la lancetta più lunga sul 12 e quella corta sul 6.

Tornato a casa, l’apprendista sentì subito squillare il telefono, e, sollevato il ricevitore, sentì la voce arrabbiata del cliente.

«Non avete fatto un buon lavoro; l’orologio funziona a modo suo!»

Sorpreso, l’apprendista tornò immediatamente a casa del cliente e lì vide che l’orologio segnava poco più delle 8. Mostrò al cliente il proprio orologio, dicendogli: «Controllate voi stesso, per favore. 11 vostro orologio non sgarra nemmeno di un secondo».

Il cliente dovette dirsi d’accordo.La mattina successiva, ancora presto, il solito cliente telefonò

dicendo che le lancette dell’orologio sembravano impazzite e

giravano a caso. Quando arrivò trafelato l’apprendista, l’orolo­gio segnava le 7 passate da poco. Dopo aver controllato con il proprio orologio, l’apprendista si arrabbiò:

«Vi prendete gioco di me! Questo orologio va benissimo!»Riuscite a indovinare quello che stava succedendo?

31. In fila per tre

Sistemate su un tavolo 9 bottoni formando un quadrato di 3 per 3.

Quando 2 o più bottoni si trovano in linea retta, diciamo che formano una fila; così nella fila AB e in quella CD ci sono 3 bottoni, mentre nella fila EF ce ne sono 2.

Quante file ci sono con tre bottoni e quante con due?Adesso levate 3 bottoni e sistemate i 6 rimasti in 3 file in modo

che in ogni fila ci siano 3 bottoni (in questo caso non si prendono in considerazione le file secondarie con 2 bottoni).

C

i \I \ l \

\\

\\\f

D

32. Le dieci file

È semplice disporre 16 pedine in 10 file di 4 pedine ciascuna,

ma è più difficile disporre 9 pedine in 9 file di 3 pedine l’una. Provate a fare tutte e due le cose.

33. Un disegno con le monete

Prendete un foglio di carta, copiate la figura sottostante ingrandendola di due o tre volte, e prendete 17 monete:

5 monete da 20 copechi 3 monete da 15 copechi 3 monete da 10 copechi6 monete da 5 copechi

Mettete una moneta in ogni quadrato in modo che il numero di copechi lungo ogni linea retta sia 55.

(Questo problema non può essere adattato alle monete

italiane, ma si può risolvere scrivendo i valori dei copechi su cerchietti di carta, n.d.t.).

Scrivete nei cerchietti della figura sottostante i numeri da 1 a 19 in modo che la somma dei numeri posti su 3 cerchietti in linea retta sia sempre 30.

35. Alla svelta ma con attenzione

Il titolo di questo problema vi dice già come vi conviene affrontare queste 4 domande.

a) Un autobus parte da Mosca per Tuia a mezzogiorno. Un’ora dopo un ciclista parte da Tuia diretto a Mosca, muovendosi naturalmente, molto più lentamente dell’autobus. Quando l’autobus e la bicicletta s’incontrano, quale dei due sarà più lontano da Mosca?

b) Cosa vale di più: un chilo di monete d’argento da 500 lire o mezzo chilo di monete d ’argento da 1 000 lire?

c) Alle 6 l’orologio a pendolo batté sei colpi. Controllando al mio orologio, mi accorsi che il tempo tra il primo e l’ultimo colpo era di 30 secondi. Quanto ci metterà l’orologio a battere i12 colpi della mezzanotte?

34. Da 1 a 19

d) Tre rondini volano via da un determinato punto. Quando saranno tutte e tre sullo stesso piano nello spazio?

Adesso controllate le risposte: siete caduti in qualcuna delle trappole nascoste in questi semplici problemi?

Ciò che li rende interessanti è proprio il fatto che tengono la mente attiva e insegnano a pensare.

36. Un gambero pieno di figure geometriche

Il gambero nella figura sottostante è formato da 17 pezzetti numerati; copiateli su un foglio di carta e ritagliateli.

Usando tutti i pezzetti, formate un cerchio con accanto un quadrato.

37. Il prezzo del libro

Un libro costa un rublo più la metà del proprio prezzo. Quanto costa?

38. La mosca senza pace

Due ciclisti iniziano un giro di allenamento partendo simulta­neamente uno da Mosca e l’altro da Simferopol. Quando sono lontani 180 km l’uno dall’altro, una mosca comincia a interes­sarsi a loro: partendo dalla spalla di uno, la mosca vola fino a

incontrare l’altro e quando lo raggiunge torna immediatamente indietro. La mosca senza pace seguita a volare avanti e indietro fino a quando i due ciclisti s’incontrano, e a questo punto si ferma sul naso di uno dei due.

La mosca volava a 30 km all’ora, e i ciclisti pedalavano tutti e due a 15 km all’ora; per quanti km ha volato la mosca?

39. L’anno capovolto

Quando è stato l’ultimo anno che era lo stesso capovolto?

40. Due giochetti

a) Un uomo telefonò alla figlia chiedendole di comprargli alcune cose di cui aveva bisogno per un viaggio, e le disse che avrebbe trovato abbastanza soldi per le spese in una busta sulla sua scrivania. La ragazza trovò infatti una busta con sopra scritto 98.

In un negozio la ragazza comprò merce per 90 rubli, ma al momento di pagare non solo non le rimasero otto rubli, ma addirittura gliene mancarono per saldare il conto!

Quanti rubli mancavano, e perché?b) Segnate su dei pezzetti di carta i numeri 1,2, 3,4, 5,7, 8 e 9,

come in questa figura:

19 20

Muovete 2 pezzi in modo da rendere uguale la somma delle due colonne.

41. Quanti anni ho?

Quando mio padre aveva 31 anni io ne avevo 8; adesso egli ne ha il doppio dei miei: quanti anni ho?

42. Basta «un’occhiata»

Ecco due colonne di numeri:

123456789 112345678 211234567 321123456 432112345 543211234 654321123 765432112 876543211 987654321

Guardateli attentamente: i numeri sulla destra sono gli stessi di quelli sulla sinistra, ma rovesciati e in ordine inverso. Quale delle due colonne avrà un totale maggiore? (Prima rispondete con una sola «un’occhiata», poi controllate facendo la somma).

43. Una rapida addizione

a) Questi numeri a sei cifre:

328 645 491 221 816 304 117 586 671 355 508 779 183 696 882414

possono essere raggruppati e sommati mentalmente in 8 secondi.

In che modo?b) Dite a un amico: «Scrivi quanti numeri vuoi con quattro

cifre, dopodiché io ne scriverò altrettanti e li sommerò ai tuoi in un attimo». Supponiamo che l’amico scriva:

7 621 30572 794 4518

Per scrivere il primo numero, prendete l’ultimo che ha scritto il vostro amico e fate corrispondere al suo 4 un 5, al suo 5 un 4, al suo 1 un 8 e all’8 un 1; il suo 4 518 più il vostro 5 481 darà per totale 9 999; usate lo stesso sistema con gli altri numeri, e la lista completa sarà:

7 621 3057 2794 45185 481 7 205 6942 2378

Come fate a sapere in pochi secondi che il totale è 39996?c) Dite a un amico: «Scrivi due numeri a caso; io ne scriverò

un altro e scriverò anche subito (da sinistra a destra) la somma dei tre numeri». Se per esempio l’amico scrive:

72603 294 51 273081

quale numero dovete scrivere e in che modo riuscirete a fare la somma alla svelta?

44. In quale mano?

Date a un amico una moneta «pari» (per esempio, 10 lire) e una moneta «dispari» (per esempio, 5 lire); chiedetegli di tenere una moneta nella mano destra e l’altra nella sinistra.

Ditegli di fare questi calcoli: prima, moltiplicare per 3 il valore della moneta che tiene nella mano destra, poi moltiplicare per due il valore della moneta che ha nella sinistra, e infine di sommare i due risultati. Se la somma è pari, il diecino sarà nella mano destra, se è dispari, sarà nella sinistra.

Spiegate il perché e cercate di inventare delle variazioni di questo gioco.

45. In quanti sono?

Un ragazzo ha tanti fratelli quante sorelle, ma ogni sorella ha metà sorelle che fratelli.

Quanti fratelli e quante sorelle ci sono in questa famiglia?

46. Con le stesse cifre

Metti insieme segni « + » e cinque 2 in modo da ottenere 28. Metti insieme segni « + » e otto 8 in modo da ottenere 1 000.

47. Cento

Cercate di esprimere il numero 100 con cinque 1; poi di esprimere sempre 100 con cinque 5 in tre modi diversi; potete usare parentesi quadre e tonde e questi segni: + , —, x e :.

48. Un duello di aritmetica

Il Circolo matematico della nostra scuola ha una sua usanza: a ogni candidato viene dato un problema da risolvere, un piccolo rompicapo matematico da sciogliere. Si diventa membri del Circolo solo dopo averlo risolto.

A un candidato di nome Vitia venne data questa disposizione numerica:

1 1 13 3 35 5 57 7 79 9 9

Vitia doveva sostituire 12 cifre con degli 0, in modo che la somma fosse 20. Egli ci pensò un attimo e poi scrisse rapida­mente:

0 1 1 0 1 00 0 0 0 0 30 0 0 0 0 00 0 0 0 0 70 0 9 0 0 0

2 0 2 0

Vitia sorrise e disse. «Se si sostituiscono solo 10 zeri, la somma sarà 1111; provate!»

Il presidente del Circolo rimase per un attimo interdetto; subito dopo però, non solo risolse il problema posto da Vitia, ma lo migliorò: «Perché non sostituire con gli zeri soltanto 9 cifre, e avere sempre la somma 1 111?»

La discussione andò avanti e vennero trovate altre combina­zioni per ottenere la solita somma di 1 111 sostituendo 8, 7, 6 e 5 cifre con gli zeri.

Risolvete tutti questi problemi.

49. Venti

Ci sono tre modi di sommare quattro numeri dispari per fa-

re 10: 1 + 1+3 + 5 = 101 + 1 + 1 + 7 = 1 0 1 + 3 + 3 + 3 = 1 0

I cambiamenti nell’ordine dei numeri non rappresentano soluzioni diverse.

Ora sta a voi sommare otto numeri dispari per fare 20. Per trovare tutte le 11 soluzioni che esistono bisogna essere sistematici!

50. Quanti percorsi ci sono?

Al Circolo matematico abbiamo disegnato uno schema di 16 isolati della nostra città. Quanti percorsi si possono individuare per andare dal punto A al punto C muovendosi soltanto in avanti e verso destra?

Naturalmente percorsi diversi possono avere delle porzioni che coincidono (come nella figura).

Di-----------------------------------

A'-----------------------------------Questo problema non è semplice; è possibile riuscire a

risolverlo trovando 70 percorsi differenti?Che risposta si può dare?

51. Mettete in ordine questi numeri

Nella figura della pagina seguente sono stati posti i numeri da1 a 10 alle estremità di cinque diametri; soltanto in un caso la somma di due numeri adiacenti è uguale alla somma dei due numeri opposti:

1 0 + 1 = 5 + 6

Negli altri casi, abbiamo, per esempio:

1 + 2 # 6 + 7;

2 + 3 # 7 + 8.

Rimettete a posto i numeri in modo che tutte le somme siano uguali. Naturalmente troverete più di una soluzione: quante soluzioni fondamentali esistono? e quante varianti (senza com­prendere le semplici rotazioni delle varianti?)

52. Lo stesso risultato con operazioni diverse

Siano dati due 2, il « + » può venir cambiato in « x » senza alterare il risultato: 2 + 2 = 2 x 2; la soluzione dello stesso problema con 3 numeri è altrettanto facile: 1 + 2 + 3 = 1 x 2 x 3 .

Trovate ora la risposta con 4 numeri e la/e risposta/e con 5 numeri.

53. Novantanove e cento

Quanti « + » vanno messi tra le cifre 987 654321 per fare il totale 99, e in che posizione devono essere inseriti?

Ci sono due soluzioni, ma trovarne anche una sola non è facile; l’esperienza vi insegnerà a mettere dei « + » tra 1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 e 7 per ottenere come totale 100.

(Una scolara di Kemerovo, nella Siberia centrale, ha trovato due soluzioni).

54. La scacchiera spezzettata

Un giocatore di scacchi burlone tagliò la sua scacchiera in 14 parti; gli amici che venivano a giocare con lui dovevano quindi per prima cosa rimetterla insieme.

n

m

V///,

'M: Pi H

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■ nil Ut pn Wa

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m

H

H

I

55. Le mine nascoste

Un colonnello dette a un gruppo di cadetti della scuola

militare un enigma da risolvere; mostrò loro una mappa da campo e disse: «Due guastatori con dei rilevatori di mine devono ispezionare questa zona per trovare le mine messe dal nemico e disinnescarle. Devono ispezionare ogni quadrato di questa carta eccettuato quello centrale in cui si trova un laghetto, possono procedere sia orizzontalmente che vertical­mente, ma non in diagonale e soltanto un guastatore può percorrere un quadrato. Il primo soldato va da A a B e l’altro va da B ad A. Tracciate i loro percorsi in modo che ognuno passi attraverso lo stesso numero di quadrati».

Riuscite a risolvere l’enigma del colonnello?

56. A gruppi di due

Ho messo in fila dieci fiammiferi. Posso raggrupparli in cinque coppie, muovendo 5 fiammiferi uno alla volta, facendo passare ciascuno sopra 2 fiammiferi, e ponendolo poi sopra al terzo, come si vede nella figura a fronte. Adesso fatelo voi in 5 mosse, trovando un’altra soluzione.

57. A gruppi di tre

Ci sono 15 fiammiferi in fila; sistemateli in cinque gruppi di 3 fiammiferi, facendo passare, ad ogni mossa, un fiammifero sopra ad altri 3.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14- 15

58. L’orologio fermo

L’unico orologio che posseggo è un orologio a muro; un giorno mi dimenticai di caricarlo e alla fine si fermò. Andai allora a trovare un amico che ha un orologio sempre puntuale,

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10.

1 4 2 3 5 6 7 8 9 10

14 2 3 7 5 6

1 4 2 3 7

14 3 7

N

14 3 7 6 2

8 9 10

8 9 5 10

6 2 8 95 10

95 108

mi trattenni un po’ da lui e me ne tornai a casa; qui feci dei semplici calcoli e misi a posto l’orologio.

In che modo ci riuscii, se non avevo un orologio per misurare quanto tempo avevo impiegato per tornare a casa?

59. I segni più e meno

1 2 3 4 5 6 7 8 9 = 100

Ecco l’unico modo per inserire 7 « + » e « — » tra le cifre scritte

a sinistra per rendere corretta l’equazione:

1+2 + 3 - 4 + 5 + 6 + 78 + 9=100

Riuscite a fare la stessa cosa con solo tre segni « + » o « — »?

60. 11 guidatore perplesso

Il contachilometri della macchina segna 15 951 chilometri. Il guidatore si accorge che questo è un numero palindromo (bifronte): cioè è uguale sia che si legga da sinistra sia che si legga da destra. «Che strano» si disse il guidatore, «chissà quanto tempo ci vorrà prima che questo accada di nuovo».

Ma solo 2 ore più tardi il contachilometri segnava un altro numero palindromo.

A che velocità ha viaggiato l’automobile in queste due ore?

61. Gli apparecchi per la centrale di Tsimlyansk

In una fabbrica che produce apparecchi di misurazione, urgentemente richiesti per la centrale elettrica di Tsimlyansk, c’è una squadra di dieci bravissimi operai: il caposquadra (un uomo anziano e con una grossa esperienza) e 9 giovani diplomati di una scuola di addestramento professionale.

Ognuno dei giovani operai produce 15 apparecchi al giorno, e il caposquadra riesce a produrne 9 più della media di tutta la squadra composta da 10 operai.

Quanti apparecchi produce la squadra ogni giorno?

62. La consegna in orario

Una cooperativa agricola doveva consegnare del grano alle autorità statali; la direzione del kolkhoz decise quindi che gli autocarri dovevano arrivare in città esattamente alle 11 di mattina; se gli autocarri viaggiavano alla velocità di 30 km all’ora sarebbero arrivati in città alle 10, cioè un’ora prima; se viaggiavano invece a 20 all’ora, sarebbero arrivati in città a mezzogiorno, cioè un’ora più tardi.

Quanto dista il kolkhoz dalla citta, e a che velocità devono viaggiare gli autocarri per arrivare alle undici precise?

63. Viaggiando in treno verso la casa di campagna

Due studentesse stavano andando in treno dalla città alla loro casa di campagna.

«Mi sono accorta» dice una delle ragazze «che i treni che vengono dalla campagna, cioè nella direzione opposta alla nostra, passano ogni 5 minuti. Cosa pensi, quanti treni arriveranno in città dalla campagna ogni ora, se vanno alla stessa velocità in tutte e due le direzioni?»

«Beh, 12, naturalmente» rispose l’altra ragazza, «perché 60 diviso 5 fa 12».

La prima ragazza non era d’accordo. Voi cosa ne pensate?

64. Da 1 a 1000000000

Quando il famoso matematico tedesco Karl Friedrich Gauss (1777-1855) aveva nove anni, gli venne chiesto di sommare tutti i numeri interi da 1 a 100. Il ragazzo sommò rapidamente 1 e 100,2 e 99, e così via per 50 coppie di numeri la cui somma era sempre 101; la risposta era: 50 x 101=5050.

Adesso trovate la somma di tutte le cifre che compongono i numeri interi da 1 a 1 000 000 000.

65. L’incubo del tifoso di calcio

Un tifoso di calcio, agitato per la sconfitta della sua squadra favorita, dormiva male; nel sogno c’era un portiere che si allenava in una grande stanza senza mobili, tirando un pallone contro il muro e riprendendolo.

Ma piano piano il portiere rimpiccioliva e si trasformava in una pallina da ping pong, mentre il pallone si gonfiava fino a diventare un’enorme palla di ghisa. La palla metallica girava su se stessa impazzita, cercando di colpire la pallina da ping pong, che si muoveva rimbalzando li intorno. In che modo la pallina poteva trovare riparo senza alzarsi da terra?

Problemi con frazioni e decimali

Per risolvere questi problemi bisogna saper usare frazioni e decimali. Se non le avete studiate, saltate questa parte e passate al capitolo 2.

66. Il mio orologio

Mentre viaggiavo in lungo e in largo nel nostro grande e glorioso paese, mi trovai in certi posti dove la temperatura sale

rapidamente di giorno e scende altrettanto rapidamente di notte; mi accorsi che questo sbalzo produceva un effetto sul mio orologio: a mezzanotte era avanti mezzo minuto e all’alba aveva perso 1/3 di minuto, restanto avanti solo 1/6 di minuto, perso 1/3 di minuto, restando avanti solo 1/6 di minuto.

Una mattina — era il 1° maggio — l’orologio andava bene. Quale giorno del mese l’orologio era 5 minuti avanti?

67. Le scale

Una casa ha 6 piani, compreso il piano terreno, tutti della stessa altezza. Di quante volte è più lunga la salita al sesto piano, rispetto alla salita al terzo?

68. Un enigma in cifre

Quale simbolo aritmetico si può inserire tra 2 e 3 per ottenere un numero maggiore di 2 ma minore di 3?

69. Alcune frazioni interessanti

Se al numeratore e al denominatore della frazione 1/3 si somma il suo denominatore, la frazione si raddoppia.

Trovate una frazione che si triplichi quando si somma il suo denominatore sia al numeratore che al denominatore. Trovate­ne anche una che si quadruplichi.

70. Che cos’è?

La metà ne è un terzo; che cos’è?

71. Il percorso dello scolaro

Tutte le mattine Boris va a scuola; a un quarto di strada passa davanti al deposito dei macchinari e dei trattori; a un terzo di strada passa dalla stazione ferroviaria. Al deposito l’orologio segna le 7.30, e alla stazione segna le 7.35.

A che ora Boris parte da casa, e a che ora arriva a scuola?

72. Allo stadio

Dodici bandiere sventolano a distanze uguali lungo la pista di uno stadio, e i corridori partono dalla prima bandiera.

Un corridore raggiunge l’ottava bandiera 8 secondi dopo la partenza. Se corre ad una velocità costante, dopo quanti secondi raggiungerà la dodicesima bandiera?

73. Avrebbe risparmiato tempo?

Ostap tornava a casa da Kiev; la prima metà della strada la fece in treno — quindici volte più veloce che se l’avesse fatta a piedi —, la seconda parte la fece con un carro di buoi, ma a piedi l’avrebbe percorsa nella metà del tempo. Avrebbe risparmiato tempo se fosse andato a piedi? E quanto tempo?

74. La sveglia

Una sveglia, che era stata regolata 3 ore e mezzo fa, perde 4 minuti ogni ora; adesso un altro orologio, che funziona benissimo, segna mezzogiorno.

Tra quanti minuti, arrotondando al minuto più prossimo, la sveglia segnerà mezzogiorno?

75. Una divisione complessa

Nell’industria pesante sovietica si chiama marcatore l’operaio che traccia delle linee su lastre di metallo grezzo. Queste vengono poi tagliate lungo le linee per ottenere le forme richieste.

A un marcatore venne chiesto di distribuire 7 fogli di metallo della stessa misura tra 12 operai, in modo che ognuno di loro ricevesse la stessa quantità di metallo. Non si poteva servire della semplice soluzione di dividere ogni foglio in 12 parti uguali perché sarebbero venuti fuori dei pezzi troppo piccoli. Che poteva fare?

Ci pensò un poco e poi trovò un metodo migliore.

In seguito, l’uomo riusciva a dividere alla svelta 5 fogli tra 6 operai, 13 fogli tra 12 operai, 13 tra 36, 26 tra 21, e così via.

Qual era il suo metodo?

76. La saponetta

Se si mette sul piatto di una bilancia una saponetta, e sull’altro piatto 3/4 di saponetta e un peso equivalente a 3/4 di etto, i piatti sono in equilibrio.

Quanto pesa la saponetta?

77. Rompicapo aritmetici

a) Usate due cifre per formare il più piccolo numero intero possibile.

b) Cinque 3 possono esprimere 37: 37 = 33 + 3 + 3/3 Trovate un altro modo.c) Usate sei cifre identiche per fare 100 (ci sono parecchie

soluzioni possibili).d) Usate cinque 4 per fare 55.e) Usate quattro 9 per fare 20.J) Nella figura ci sono sette fiammiferi che rappresentano 1/7.

Siete capaci di formare una frazione equivalente a 1/3 senza togliere né aggiungere nessun fiammifero?

g) Cercate di esprimere il numero 20 con segni + e le cifre 1,3, 5 e 7, usando ogni cifra tre volte.

h) La somma di due numeri formati con segni + e le cifre 1,3, 5,7 e 9 è equivalente alla somma di due numeri formati con segni

+ e le cifre 2, 4, 6 e 8. Trovate quali sono questi due numeri, usando ogni cifra una sola volta e senza usare frazioni improprie.

/) Trovate due numeri il cui prodotto e la cui differenza siano uguali. Di queste coppie ce ne sono un numero enorme; in che modo si formano?

j) Con le cifre da 0 a 9, usandole una volta ciascuna, formate due frazioni equivalenti la cui somma sia uguale a 1.

k) Con le cifre da 0 a 9, usandole sempre una sola volta, formate due numeri — entrambi numeri interi con frazioni proprie — la cui somma sia 100 (ci sono parecchie soluzioni).

78. Frazioni di domino

Levate i doppioni (le tessere con lo stesso numero da tutte e due le parti) e le tessere con la metà vuota da una scatola di domino. Le 15 tessere rimaste, considerate come frazioni, sono state messe in fila e riprodotte nella figura in modo che la somma di ogni fila sia 2j. Sistemate le 15 tessere in tre file di 5 tessere l'una in modo che la somma delle frazioni di ogni fila sia 10 (si possono usare frazioni improprie).

79. I gattini di Misha

Il piccolo Misha tutte le volte che vede un gattino randagio lo prende e se lo porta a casa, cosicché ha sempre con sé parecchi gattini, ma non dice a nessuno quanti sono per paura che gli altrilo prendano in giro.

Capita che qualcuno gli chieda: «Quanti gattini hai adesso?» «Non molti» risponde lui, «tre quarti del loro numero più tre

quarti di uno di loro».I suoi compagni credono che stia scherzando; invece Misha sta

proponendo un problema, anche se di facile soluzione.

80. La velocità media

Un cavallo percorre metà del suo cammino senza carico a 12 km all’ora e l’altra metà con un carico a soli 4 km all’ora.

Qual è la sua velocità media?

81. Il passeggero addormentato

Un passeggero si addormenta sul treno a metà strada dalla sua destinazione e dorme fino al momento in cui gli è rimasta metà della distanza da percorrere rispetto a quella percorsa mentre dormiva. Per quale frazione di viaggio ha dormito?

82. Quanto è lungo il treno?

Un treno che viaggia a 45 km orari incontra un treno che viaggia in senso opposto a 36 km orari; un passeggero del primo treno si accorge che il secondo treno impiega 6 secondi per passare davanti a lui. Quanto è lungo il secondo treno?

83. Il ciclista

Un ciclista, dopo aver percorso due terzi del suo cammino, si trova con una gomma bucata; rimasto a piedi, impiega il doppio del tempo impiegato andando in bicicletta.

Quante volte va più velocemente in bicicletta che a piedi?

84. La competizione

Volodya A. e Kostya B., studenti in una scuola industriale, stanno eseguendo dei lavori di tornitura. L’insegnante-capo- squadra assegna loro per compito di fare delle fusioni di parti metalliche. I due vogliono finire insieme e prima del tempo, ma dopo poco Kostya ha fatto soltanto la metà di quello che rimane da fare a Volodya, che è la metà di quello che Volodya ha già fatto.

Quanto più velocemente di Volodya deve lavorare Kostya per finire il lavoro insieme all’amico?

85. Chi ha ragione?

Masha deve calcolare il prodotto di tre numeri per trovare il volume di una certa quantità di concime.

La ragazza moltiplica correttamente il primo numero per il secondo, e sta per moltiplicare il secondo per il terzo quando si accorge di aver scritto in modo sbagliato il secondo numero; è più grande di 1/3 di quello che dovrebbe essere.

Per non dover rifare il conto, Masha pensa che sia meglio limitarsi a diminuire il terzo numero di un terzo del numero stesso, anche perché è uguale al secondo numero.

«M a non dovresti farlo» le dice un’amica «perché in quel modo fai un errore di 20 metri cubi».

«Perché?» chiede Masha.Già, perché? E qual è il vero volume del concime?

86. Tre fette di pane abbrustolito

La mamma prepara del buon pane abbrustolito in una piccola gratella. Prima lo arrostisce da una parte, poi lo rigira. Per abbrustolire ogni lato della fetta ci vogliono 30 secondi.

Nella gratellina ci stanno soltanto due fette di pane alla volta; come può fare la mamma ad abbrustolire tutte e due le parti delle tre fette in 1 minuto e mezzo, invece che in 2 minuti?

PROBLEMI COMPLESSI

87. Il fabbro ingegnoso

L’estate scorsa, mentre attraversavamo la Repubblica della Georgia, ci divertivamo a inventare tutti i tipi di storielle strane, e spesso era la vista di un rudere antico a fornirci l’ispirazione. Un giorno passammo vicino a un’antica torre isolata, e uno di noi, uno studente di matematica, inventò lì per lì una storia con un problema divertente.

«Circa trecento anni fa qui viveva un principe cattivo e molto orgoglioso, con una figlia già in età da marito di nome Daridjan. Il principe l’aveva promessa a un ricco vicino, ma la ragazza aveva intenzioni molto diverse: si era infatti innamora­ta di un uomo comune, il giovane fabbro Khecho. I due amanti cercarono di scappare tra le montagne, ma vennero catturati.

«Arrabbiato, il principe decise di farli impiccare il giorno seguente e, nel frattempo, li fece rinchiudere nella sua torre, una struttura isolata, abbandonata prima di essere finita di costrui­re e molto austera. La serva che li aveva aiutati nella fuga, una ragazzina, venne rinchiusa assieme ai due.

«Khecho, guardandosi attorno con calma, sali i in cima alla torre e si affacciò a una finestra; si rese subito conto che sarebbe stato impossibile gettarsi di sotto senza ammazzarsi, ma vide una corda, dimenticata dai muratori, che penzolava da una carrucola vicino alla finestra. C’erano due cesti vuoti ancora legati alle due estremità della corda, che erano serviti per tirare su i mattoni e far scendere il pietrisco. Khecho sapeva che se un peso era 5 kg maggiore dell’altro, il cesto più pesante sarebbe sceso a terra lentamente e senza scosse, mentre l’altro sarebbe salito fino alla finestra.

«Guardando le due donne, Khecho (che pesava 90 kg) stimòil peso di Daridjan sui 50 kg, e quello della servetta sui 40 kg; cercando nella torre, Khecho trovò 13 pezzi di catena che pesavano 5 kg l’uno; in questo modo tutti e tre i prigionieri riuscirono a raggiungere il suolo. In nessun caso il cesto che scendeva pesava più di 5 kg in più del peso del cesto che saliva. Come fecero?»

88. Il gatto e i 13 topi

Il gatto Purrer ha deciso di schiacciare un pisolino, e subito sogna di trovarsi circondato da un cerchio di 13 topi, 12 grigi e uno bianco; nel sogno sente il padrone che gli dice: «Purrer, devi mangiare ogni tredicesimo topo, contando intorno sempre nella stessa direzione, e l’ultimo che mangi deve essere il topo bianco».

Da quale topo deve cominciare il gatto?

89. Tordi e lucherini

Alla fine di un campeggio estivo i ragazzi decisero di liberare i 20 uccelli che avevano catturato; la guida propose un sistema:

«Mettete tutte le gabbie in fila e contate da sinistra a destra e da 1 a 5, aprendo ogni quinta gabbia della fila; quando siete in fondo alla fila, ricominciate da capo; potete portarvi in città gli ultimi 2 uccelli che rimangono».

Per la maggior parte dei ragazzi era indifferente quale uccello portare in città, ma Tanya e Alik si erano affezionati a un lucherino e a un tordo, quindi, mentre aiutavano a mettere in fila le gabbie, si ricordarono della storia del gatto e dei 13 topi (il problema 88). In quali gabbie misero i due uccelli che avevano a cuore?

90. Una stella di fiammiferi e monete

Prendete 7 fiammiferi e 6 monete; disponete i fiammiferi su un tavolo in modo da formare una stella, come nella figura. Contate in senso orario, cominciando da un fiammifero qual­siasi, e mettete una moneta vicino alla capocchia del terzo fiammifero.

Proseguite sempre in senso orario e, cominciando da un fiammifero qualunque accanto al quale non sia già stata posta una moneta, mettete nuovamente una moneta vicino alla capocchia del terzo fiammifero; nel contare non si debbono saltare i fiammiferi che hanno già la moneta.

Come si possono disporre le 6 monete senza metterne mai 2 vicino allo stesso fiammifero?

91. Lasciate passare il treno locale!

Un treno merci, composto dal locomotore e 5 carrozze, si ferma in una piccola stazione, che ha un binario morto, molto corto, in cui possono trovare posto solo un locomotore e 2 carrozze.

Deve passare un treno locale: come lo si può far passare?

92. Tre ragazze capricciose

Questa storiella risale a tempi immemorabili. Tre ragazze vanno a fare una passeggiata, ognuna portandosi dietro il proprio padre; arrivano a un fiume dove c'è una barca a loro disposizione nella quale possono trovar posto due persone alla volta. Attraversare il fiume non sarebbe un problema se non fosse per un capriccio delle ragazze: nessuna di loro vuole trovarsi nella barca o a riva, con uno o due padri delle altre ragazze se non c’è anche il proprio padre. Naturalmente anche le ragazze sanno remare.

Come fanno per attraversare il fiume a queste condizioni?

93. Un approfondimento del problema precedente

a) Dopo che tutti e sei hanno attraversato il fiume, si domandano se, alle stesse condizioni, avrebbero potuto attra-

versare anche quattro coppie. La risposta è sì, se la barca poteva portare tre persone alla volta.

b) Inoltre, una barca che portasse solo due persone alla volta avrebbe potuto traghettare quattro ragazze e quattro padri se nel mezzo del fiume ci fosse stata un’isoletta da poter usare come sbarco intermedio.

Spiegate in che modo è possibile, per entrambi i casi.

94. Le pedine che saltano

Disponete 3 pedine bianche nelle caselle 1, 2 e 3 e tre nere nelle caselle 5, 6 e 7, come nella figura. Dovete fare in modo che le pedine bianche si trovino nelle caselle prima occupate dalle nere, e viceversa. Si può spostare una pedina nella casella adiacente, se è vuota, oppure una pedina può saltare sopra un’altra nella casella successiva, sempre che sia vuota. La soluzione richiede 15 mosse.

95. Le bianche e le nere

Prendete 8 pedine, 4 nere e 4 bianche (o 4 monete di un tipo e quattro di un altro) e mettetele in fila su un tavolo a colori alternati, lasciando a una delle due estremità uno spazio libero che possa contenere 2 pedine. In 4 mosse, tutte le bianche devono trovarsi da una parte, e tutte le nere dall’altra.

La mossa consentita consiste nello spostare 2 pedine adia­centi per volta, mantenendo invariato il loro ordine, verso gli spazi che restano via via liberi.

96. Il problema precedente complicato

Nel problema precedente erano necessarie 4 mosse per

1 2 3 ^ 5 6 7

cambiare la disposizione di 8 pedine; provate ora con 10 pedine e5 mosse, poi con 12 pedine e 6 mosse, con 14 pedine e 7 mosse.

97. Lo stesso problema in forma generale

Ricavate dai problemi 95 e 96 un metodo generale per muovere 2n pedine in n mosse.

98. 10 carte da sistemare

Da un mazzo di carte prendetene 10, dall’asso al 10, e scartate tutte le altre. Cominciate mettendo l’asso coperto sul tavolo, il 2 alla fine del mazzo che avete in mano, il 3 sul tavolo, il 4 alla fine del mazzo, e così via fino aH’esaurimento delle carte.

Naturalmente il mazzo di carte sul tavolo non sarà più in ordine numerico; con quale ordine bisogna partire per ottenere un mazzo sul tavolo che cominci con l’asso e finisca col 10?

99. Due problemi di disposizione

a) In una cornice quadrata sono disposte 12 pedine (o monete, o pezzetti di carta, ecc.), 4 su ogni lato. Cercate di disporle in modo che ce ne siano 5 su ogni lato.

b) Disponete 12 pedine in modo da formare tre file orizzontali e tre file verticali con 4 pedine in ogni fila.

100. La scatola misteriosa

Misha comprò una bella scatola per la sorellina Irochka che stava per andare alla colonia estiva in Crimea; la bambina non andava ancora a scuola, ma sapeva già contare fino a 10. La scatola le piacque molto proprio perché poteva contare 10 conchiglie su ogni lato del coperchio, come si vede nella figura.

Un giorno la madre di Irochka ruppe 4 conchiglie mentre stava spolverando la scatola.

«Non è un problema!» disse Misha; infatti staccò alcune delle 32 conchiglie rimaste e poi le rincollò in modo che ci fossero ancora 10 conchiglie su ogni lato, e che il coperchio fosse simmetrico come prima. In che modo le riattaccò?

Pochi giorni dopo la scatola cadde per terra e si ruppero altre6 conchiglie; Misha le rimise di nuovo a posto con un’altra disposizione che non era simmetrica come le precedenti, ma che permetteva a Irochka di contare ancora fino a 10 su ogni lato del coperchio. Trovate una delle numerose soluzioni possibili.

101. La guarnigione coraggiosa

Una guarnigione coraggiosa sta difendendo un fortino di neve; il comandante dispone le forze come si vede nel quadrato sotto la figura (il quadrato interno rappresenta il numero totale

di ragazzi che difendono il fortino): a difendere ogni lato del fortino ci sono 11 ragazzi.

La guarnigione «perde» 4 ragazzi durante ognuno dei quattro attacchi che subisce ripetutamente, e 2 durante l’ultimo

attacco, ma dopo ogni carica ci sono sempre 11 ragazzi a

difendere ogni lato del fortino.In che m odo?

102. L’illuminazione per la TV

Un tecnico doveva sistemare le luci in un locale per una trasmissione televisiva. All’inizio mise 3 luci — erano tubi al neon — in ogni angolo e 3 luci lungo tutti e quattro i lati della stanza, cioè 24 lampade in tutto, come si vede nella figura, poi aggiunse altre 4 luci, e poi altre 4; non contento, provò anche a levarne, lasciando solo 20 luci, oppure 18. Su ogni lato rimanevano però sempre 9 luci: in che modo? Poteva metterle in questo ordine con qualsiasi numero di lampade?

3 3 3

3 3

3 3 3

103. La disposizione dei conigli

In un istituto di ricerche dove si compiono esperimenti sui conigli, erano state preparate per un esperimento delle gabbie speciali a due piani, ognuno diviso in 9 sezioni; i conigli dovevano occupare 16 sezioni, 8 di sopra e 8 di sotto, mentre le sezioni centrali dovevano rimanere libere per sistemarvi appa­recchiature scientifiche.

Per lo svolgimento deH’esperimento dovevano essere rispetta­te 4 condizioni nella disposizione dei conigli:

1. tutte le 16 sezioni dovevano essere occupate da conigli;2. nessuna sezione poteva contenere più di 3 conigli;3. ognuno dei quattro lati esterni (tra sopra e sotto) doveva

contenere 11 conigli;4. il livello superiore doveva contenere il doppio dei conigli

del livello inferiore.

All’istituto arrivarono 3 conigli in meno rispetto a quanti ne erano stati richiesti, ma si riusci ugualmente a disporli nella gabbia tenendo conto delle 4 condizioni prescritte.

Quanti conigli si aspettavano, e quanti ne arrivarono? In che modo furono divisi dentro le sezioni della gabbia?

104. Le luci per la festa e altri problemi

I cinque problemi precedenti si occupano della disposizione di oggetti lungo i lati di rettangoli.o quadrati in modo da non alterare il numero in ogni lato pur cambiando il numero totale. Abbiamo considerato un oggetto posto in un angolo come appartenente ad entrambi i lati che formano l’angolo, e nello stesso modo possiamo considerare appartenente ad entrambe le linee un oggetto posto all’intersezione di due linee.

Per fare un esempio concreto, per preparare un’illuminazione per una festa, come si possono disporre 10 lampadine colorate in 5 file di 4 lampadine ciascuna? La risposta è la stella a 5 punte riprodotta nella figura.

Ecco alcuni problemi analoghi; cercate di risolverli in modo simmetrico.

a) Disponete 12 lampadine in 6 file di 4 lampadine ciascuna (ci sono numerose soluzioni).

b) Piantate 13 arbusti in 12 file di 3 arbusti per fila.c) In un giardino triangolare un giardiniere pianta 16 rose in

12 file di 4 rose l’una, come nella figura. In seguito prepara

un’aiuola e trapianta le 16 rose in 15 file di 4 rose l’una. In che modo?

d ) Piantate 25 alberi in 12 file di 5 alberi l’una.

105. Le querce

Sono molto belle queste 27 querce, disposte in 9 file di 6 querce l’una a formare una stella a 6 punte, come si vede nella figura, ma un vero silvicultore avrebbe da ridire su quei tre alberi che rimangono isolati; infatti la quercia, se ama il sole che viene dall’alto preferisce avere intorno del verde: come si suol dire, la quercia vuole il cappotto ma non il cappello.

Trovate una disposizione per le 27 querce in 9 file di 6 querce l’una, mantenendo la simmetria ma in modo che tutti gli alberi siano raggruppati in tre punti.

106. Giochi con la geometria

a) Disponete su un tavolo 10 pedine (o monete, o bottoni, ecc.) in 2 file di 5 ciascuna, come nella figura. Muovete 3 pedine

di una fila e 1 dell’altra in modo da formare 5 file diritte di 4 pedine l’una; non si possono muovere le altre pedine né metterne una sopra l’altra, ma non è necessario trovare una disposizione simmetrica.

Le cinque soluzioni della figura sottostante, hanno tutte forme diverse; ci sono comunque molte altre soluzioni, sia muovendo in modo diverso le solite 4 pedine (come in a e in d) oppure scegliendo 4 pedine diverse. Esistono cinquanta soluzio­ni limitandosi a giocare sulla scelta delle 4 pedine: infatti, ci sono dieci possibilità di scegliere 3 pedine da una fila di 5, per cinque possibilità di scegliere 1 pedina da una fila di 5.

Ecco un allargamento dello stesso gioco: mettete davanti a ogni giocatore 10 pedine in 2 file; ogni giocatore deve spostare 4 pedine (3 da una fila e 1 dall’altra) in modo da formare 5 file di 4

pedine ciascuna lavorando per conto proprio, poi tutti devono confrontare le soluzioni; i giocatori che hanno trovato soluzioni identiche hanno 1 punto, mentre le soluzioni diverse da tutte le altre meritano 2 punti; chi non finisce entro i limiti di tempo stabilito non riceve nessun punto.

Si può fare questo gioco anche sulla carta; si possono fare anche delle varianti, come prendere 2 pedine da ogni fila e mettere due pedine una sopra l’altra; in questo modo si ottengono moltissime soluzioni del tipo di quelle nella figura:

b) Prendete un quadrato di cartone e bucatelo in 49 punti, formando una griglia; infilate in 10 buchetti altrettanti fiammife­ri, e cercate di risolvere problemi come questo:

prendete 3 dei fiammiferi e infilateli in un altro buco in modo da formare 5 file di 4 fiammiferi ciascuna.

Prima risolvete il problema così come è stato impostato nella figura sottostante, in seguito modificatelo cambiando la disposi­zione iniziale e il numero delle file da formare.

107. Pari e dispari

Numerate 8 pedine e mettetele una sopra all’altra, come nella figura sottostante. Il problema consiste nello spostare, con il minor numero possibile di mosse, le pedine 1, 3, 5 e 7 dal centro ai cerchietti nella parte «dispari», e le pedine 2, 4, 6 e 8 nei cerchietti della parte «pari». Si tratta di muovere le pedine dalla cima di una colonnina alla cima di un’altra; non è ammesso mettere una pedina con numero maggiore su una con numero minore e, una sopra l’altra, pedine con numeri pari e dispari, cioè si può mettere 1 su 3,3 su 7 o 2 su 6 , ma non 3 su 1 o 1 su 2.

108. Un casellario

Mettete 25 pedine numerate in 25 caselle, come nella figura. Bisogna rimetterle in ordine numerico, cioè con le pedine 1,2, 3,

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4 e 5 nella prima fila dall’alto, da sinistra a destra, 6 , 7, 8, 9 e 10 nella seconda fila consecutivamente, e cosi via; la mossa consentita è lo scambio di una coppia di pedine.

In quante mosse si possono rimettere in ordine? E con quale metodo?

109. Un regalo enigmatico

La famosa scatola cinese consiste in una serie di scatole sempre più piccole, poste una dentro l’altra. Divertitevi a fare un regalo a qualcuno con una scatola cinese composta di quattro scatole, mettendo dentro le tre scatole più piccole 4 caramelle, e dentro la scatola più grande 9 caramelle.

Portate il tutto al compleanno di un amico come regalo, ma ditegli che prima di mangiarsi le caramelle le deve ridistribuire in modo che in ogni scatola ci sia un numero pari di coppie di caramelle, più una.

Naturalmente, sta a voi risolvere il problema per primi.

110. La mossa del cavallo

Per risolvere questo problema non importa saper giocare a scacchi, è sufficiente conoscere il modo in cui si muove il cavallo

nel gioco degli scacchi, e cioè due caselle in una direzione e una in un’altra ad angolo retto con la prima. Nella figura ci sono 16 pedine nere disposte in un certo modo su una scacchiera.

Potrebbe un cavallo mangiare le 16 pedine in 16 mosse?

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111. Inversioni di pedine

a) Numerate 9 pedine e disponetele come nella figura.È possibile portare la pedina 1 nella casella 1, mantenendo le

altre nelle loro posizioni, in 75 mosse?Le pedine si muovono sia orizzontalmente che verticalmente

negli spazi vuoti, senza saltare.

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b) Nella figura sottostante, invertite la posizione delle pedine bianche e nere in 46 mosse.

Anche in questo caso le pedine si muovono sia orizzontalmen­te che verticalmente nelle caselle vuote, ma possono saltare una casella occupata; non è necessario alternare una mossa delle nere con una delle bianche.

112. Gruppi di numeri interi da 1 a 15

Osservate come si possono disporre elegantemente i numeri interi da 1 a 15 in cinque progressioni aritmetiche composte di 3 numeri interi l’una:

ld = 5 6 Vd = 4 5 Vd = 215

d = l 9 14

Per esempio, 8 — 1 = 15 — 8 = 7, quindi la differenza (d) è 7 per il primo gruppo; fate ora altri quattro gruppi di tre numeri, diversi da quelli riportati nell’esempio, in cui d sia 5, 4, 2 e 1.

Cercate poi di raggruppare i numeri interi da 1 a 15 in modo da ottenere delle d differenti.

113. Un casellario con otto asterischi

Nel casellario seguente c’è un asterisco in una casella bianca.

Disponete altri 7 asterischi nelle caselle bianche in modo che due asterischi non formino mai linee verticali, orizzontali o diagonali.

114. Due problemi con le lettere

a) Disponete 4 lettere in un quadrato di 4 x 4 in modo che ci sia una sola lettera in ogni colonna verticale, in ogni riga orizzontale e lungo le diagonali principali. Quante soluzioni ci sono se le 4 lettere sono uguali? E quante invece, se sono 4 lettere diverse?

b) Riempite un quadrato di 4 x 4 con quattro a, quattro b, quattro c e quattro d in modo che in nessuna colonna, riga o diagonale principale ci siano due lettere identiche. Quante soluzioni si possono trovare?

115. Le caselle colorate

Disegnate 16 caselle uguali con 4 colori diversi, per esempio bianco, nero, rosso e verde.

Ritagliatele e disponetele in un quadrato di 4 x 4 in modo che in ogni colonna, in ogni riga e nelle diagonali principali ci siano tutti i colori; ci sono numerose soluzioni: quante?

116. L’ultimo pezzetto

Prendete un foglio di cartoncino e ritagliate 32 dischetti;

disegnate una copia della figura sottostante su un foglio di carta e sistemate i dischetti nei cerchietti da 2 a 33, lasciando libero il cerchietto 1.

In ogni mossa un dischetto deve saltarne un altro, sia orizzontalmente che verticalmente, andando a finire in un cerchietto vuoto, e si deve eliminare il dischetto saltato. L’ultimo dischetto deve finire nel cerchietto 1 in 31 mosse (ci sono molte soluzioni).

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117. Un anello di dischetti

Prendete 6 monete o dischetti della stessa misura e disponeteli come in a nella figura sottostante.

Formate in 4 mosse la disposizione ad anello (b nella figura); è

(a) (b)

consentito far scivolare un dischetto in una nuova posizione dove ne tocchi almeno altri due.

Cercate di scoprire tutte le 24 soluzioni fondamentali di questo gioco (le stesse mosse fatte in ordine diverso non rappresentano una soluzione fondamentale ma solo una varian­te). Ecco una soluzione in cui le mosse sono: da 1 a 2 e 3, cioè il disco 1 viene a toccare il 2 e il 3; da 2 a 6 e 5, cioè il disco 2 viene a toccare il 6 e il 5; da 6 a 1 e 3, e infine da 1 a 6 e 2.

118. Le righe sul ghiaccio

Gli allievi della «Scuola di balletto sul ghiaccio» stanno facendo delle prove in una pista di pattinaggio di Mosca; una parte della pista è stata decorata con un quadrato di 64 piante di fiori (a nella figura) e l’altra con una scacchiera enorme (b).

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(a) (b)

Una pattinatrice entra nella zona a nella direzione indicata dalla freccia (ma non necessariamente per la stessa lunghezza), partendo cioè dal puntino nero fuori dal quadrato dei fiori. La ragazza pattinando traccia 14 linee in prossimità di tutte le piante di fiori (passando accanto ad alcune più di una volta), e ritorna infine al punto di partenza.

Tracciate il suo percorso.Un ragazzo, sentendosi sfidato a dimostrare la propria abilità,

comincia a tracciare, pattinando, 17 linee attraverso tutte le

caselle bianche (passando su alcune più di una volta, ma su quelle in alto solo una volta), senza attraversare mai una casella nera; indicate il suo percorso, partendo dal puntino nero (in alto a sinistra in b) fino alla casella in basso a destra.

I due pattinatori possono tracciare numerosi percorsi diversi.

119. Il percorso del cavallo

Lo scolaro di quarta elementare Lolya Sinichkin vuole risolvere questo problema: è possibile che un cavallo attraversi la scacchiera, dall’angolo (al) a quello opposto (h8), passando una sola volta su tutte le caselle della scacchiera? (Se non sapete come si muove il cavallo nel gioco degli scacchi, guardate il problema 110).

120. La prigione con 145 porte

Un prigioniero viene gettato in una prigione sotterranea medievale che ha ben 145 porte; nove di esse, segnate nella figura della pagina seguente con le righette nere, sono chiuse, ma si aprono se prima di raggiungerle si attraversano 8 porte aperte; non è necessario attraversare tutte le porte della prigione, mentre bisogna attraversare tutte le celle e tutte le porte chiuse; se si entra in una cella o si attraversa una porta per la seconda volta, le porte si chiudono e si rimane in trappola.

Il prigioniero (nell’angolo in fondo a destra nella figura) possiede una mappa della prigione e si siede a guardarla e a

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pensarci su prima di mettersi in moto; poi attraversa tutte le porte chiuse e scappa per l’ultima, in alto a sinistra.

121. Un’altra fuga difficoltosa

Un’altra prigione sotterranea è composta di 49 celle; in 7 di esse (da A a G nella figura) c’è una porta chiusa (la righetta nera)

e le chiavi delle porte sono rispettivamente nelle celle da a a g; le altre porte si aprono solo per un verso, come si vede nella figura.

Il prigioniero rinchiuso nella cella O vuole evadere; sa che può passare attraverso ogni porta quante volte vuole e che non deve aprire le porte chiuse seguendo un ordine particolare. Ciò che deve riuscire a fare è arrivare alla cella g dove c’è la chiave della porta della cella G che conduce all’esterno.

Che percorso seguirà il prigioniero?

GEOM ETRIA CON I FIAM M IFERI

Con fiammiferi o stecchini da denti di lunghezza uguale si possono fare dei giochi divertenti basati sulla geometria, che servono ad aguzzare la mente; per esempio: sapreste dire quanti quadrati identici si possono formare con 24 fiammiferi, senza spezzarli?

Con 6 fiammiferi per lato se ne fa solo uno; con cinque e con quattro non funziona. Con 3 fiammiferi per lato se ne fanno 2, come nella figura qui sotto.

Con 2 per lato si fanno 3 quadrati identici, come nella figura a fronte in alto; ma se ci pensate bene con 3 fiammiferi per lato se ne possono fare 3 (guardate gli esempi nella stessa figura in mezzo):e con 2 fiammiferi per lato si possono fare 4 quadrati in più, 7 in tutto (nella figura sotto a fronte), ma i quadrati in più sono più piccoli in tutte e due le figure.

Con 1 fiammifero per lato si possono fare 6 quadrati identici (a nella figura qui sotto), o anche 7 (b) e perfino 8 (c e d) o 9 (e). Nelle ultime tre soluzioni ci sono anche tre quadrati grandi in più: uno in c, due in d e 5 in e: riuscite a vederli?

Con metà fiammifero per lato (si può fare mettendo un

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1

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(f)1

fiammifero sull’altro in croce, come nella figura f) si possono fare 16 quadrati piccoli e 4 grandi.

Con un terzo di fiammifero per lato si fanno 27 quadrati piccoli e 15 più grandi (come nella figura g qui sotto), e con un quinto di fiammifero se ne fanno 50 piccoli e 60 grandi (h).

Adesso cercate di risolvere questi altri giochi con i fiammiferi.

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122. 5 Problemi

Cominciamo con 4 quadrati unitari (e un quadrato grande) formati da 12 fiammiferi, come nella figura qui sotto.

a) Levate 2 fiammiferi lasciando 2 quadrati diversi.b) Formate 3 quadrati identici muovendo 3 fiammiferi.c) Formate 3 quadrati identici muovendo 4 fiammiferi.d) Formate 7 quadrati, non tutti identici, muovendo 2

fiammiferi; si può incrociare un fiammifero con un altro.e) Formate 10 quadrati non tutti identici muovendo 4

fiammiferi anche in questo caso se ne possono incrociare 2 .

123. Altri 8 problemi

Cominciamo con 9 quadrati unitari (e 5 quadrati più grandi) formati da 24 fiammiferi, come nella figura sottostante.

a) Formate 2 quadrati identici muovendo 12 fiammiferi.b) Levate 4 fiammiferi lasciando 1 quadrato grande e 4

piccoli.c) Formate 5 quadrati unitari levando prima 4, poi 6 e poi 8

fiammiferi.d) Levate 8 fiammiferi lasciando 4 quadrati unitari (ci sono

due soluzioni).e) Levate 6 fiammiferi lasciando 3 quadrati./ ) Levate 8 fiammiferi lasciando 2 quadrati (due soluzioni

possibili).g) Levate 8 fiammiferi lasciando 3 quadrati.h) Levate 6 fiammiferi lasciando 2 quadrati e 2 esagoni

irregolari identici.

124. Nove fiammiferi

Formate 6 quadrati con 9 fiammiferi (si possono incrociare due fiammiferi).

125. La spirale

Nella figura è riprodotta una spirale formata da 35 fiammiferi; formate 3 quadrati muovendo 4 fiammiferi.

126. Il castello

Un castello circondato da un profondo fossato formato da 16 fiammiferi è rappresentato nella figura; aggiungete 2 «assi» (fiammiferi) per attraversare il fossato e poter entrare dentro.

127. Due fiammiferi da levare

Nella figura c’è un quadrato formato da 8 fiammiferi; levatene 2 lasciando 3 quadrati.

128. La facciata della casa

Nella figura qui sotto c’è la facciata di una casa formata da 11 fiammiferi; spostatene 2 per formare 11 quadrati; poi spostatene 4 per formare 15 quadrati.

129. Uno scherzo

Formate 1 quadrato di 6 fiammiferi, rompendo le regole precedenti.

130. I triangoli

Per formare un triangolo equilatero sono necessari 3 fiammi­feri; formate 6 triangoli equilateri unitari con 12 fiammiferi, poi muovetene 4 per formare 3 triangoli equilateri di misure differenti.

131. Quanti fiammiferi bisogna levare?

L UT Tm. »

Quanti quadrati ci sono nella figura a fronte in alto, comprendendo i 16 quadrati piccoli? Quanti fiammiferi bisogna

levare per non lasciare neanche un quadrato delle varie misure?

132. Un altro scherzo

Ci sono 17 fiammiferi lunghi 2,5 cm l’uno; metteteli insieme per fare un metro.

133. La grata

Nella grata riprodotta nella figura qui sotto, formate 3 quadrati muovendo 14 fiammiferi.

134. Un terzo scherzo

Formate un quadrato con 2 fiammiferi, senza romperli o tagliarli.

135. La freccia

Nella figura c’è una freccia formata da 16 fiammiferi.

a) Formate 8 triangoli uguali muovendo 10 fiammiferi.b) Formate 5 quadrilateri uguali muovendo 7 fiammiferi.

136. Quadrati e rombi

Formate 3 quadrati con 10 fiammiferi; levate un fiammifero, e usate quelli che restano per formare 1 quadrato e 2 rombi.

137. Poligoni assortiti

Servendovi di 8 fiammiferi, formate 2 quadrati, 8 triangoli e una stella a 8 punte; i fiammiferi in questo caso possono sovrapporsi.

138. Il progetto del giardino

16 fiammiferi che formano un quadrato rappresentano il recinto intorno al giardino di una casa (il quadrato piccolo di 4

fiammiferi); dividete il giardino in 5 zone della stessa forma e misura con altri 10 fiammiferi.

139. La stessa superfìcie

Aggiungete al quadrato di 16 fiammiferi nella figura sotto­stante, 11 fiammiferi in modo da formare 4 parti con la stessa superficie e tali che ognuna confini con altre 3.

140. Il pozzo nel giardino

Nella figura qui sotto è rappresentato un giardino, formato da 20 fiammiferi, con al centro un pozzo quadrato.

a) Dividete il giardino in 6 parti di uguale forma e misura aggiungendo 18 fiammiferi.

b) Dividete il giardino in 8 parti di uguale forma e misura aggiungendo 20 fiammiferi.

141. II pavimento di legno

Quanti fiammiferi lunghi 5 cm sono necessari per ricoprire un metro quadrato con quadrati tutti uguali di 5 cm di lato?

142. Un rapporto di aree

Due rettangoli sono formati da 20 fiammiferi, uno da 6 e l’altro da 14.

1 1 IDelle linee tratteggiate dividono il rettangolo a sinistra della

figura in 2 quadrati, e quello a destra in 6 quadrati; l’area del secondo rettangolo è quindi tre volte quella del primo.

Dividete 20 fiammiferi, 7 da una parte e 13 dall’altra, e formate 2 poligoni (che non siano necessariamente della stessa forma) in modo che l’area del secondo sia tre volte l’area del primo (ci sono numerose soluzioni).

143. Delineate un poligono

Formate un poligono, la cui area sia 3 unità quadrate, con 12 fiammiferi della stessa lunghezza (ci sono molte soluzioni).

144. La dimostrazione

Mettete 2 fiammiferi uno dopo l’altro in modo che formino una linea retta e dimostrate che la linea che formano è davvero una retta.

Per la dimostrazione si possono usare altri fiammiferi.

PRENDETE BENE LE M ISURE PRIM A DI TAG LIARE

145. Tagli di parti identiche

Copiate su un foglio di carta le figure sottostanti e quindi risolvete i seguenti problemi:

a) tagliate la figura a in 4 quadrilateri congruenti;b) nella parte superiore della figura b si vede come si può

dividere in 4 parti identiche un triangolo equilatero; levando il triangolo in alto, la figura che resta, formata da 3 triangoli,

(b)

o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o

(C)

o o o o o o o o o o o o o o o o

rappresenta un trapezoide (la metà inferiore); tagliatela in 4 parti congruenti;

c) tagliate c in 6 parti congruenti;d) si dice poligono regolare un poligono che ha i lati e gli

angoli interni uguali; tagliate l’esagono regolare d in 12 quadrilateri congruenti (ci sono due soluzioni);

e) non sempre è possibile dividere un trapezoide in 4 trapezoidi congruenti più piccoli; cercate di dividere in questo modo il trapezoide e, che è formato da 3 triangoli rettangoli congruenti, come si vede nella figura.

146. Una torta con sette rose

Tagliate la torta in 7 parti, ognuna con una rosa, tracciando 3 linee rette.

147. Una perdita di demarcazione

Il quadrato riprodotto nella figura della pagina a fronte, contenente i numeri interi da 1 a 4 ripetuti 4 volte, era stato diviso lungo le linee delle caselle in modo da poter essere tagliato per formare 4 figure congruenti e simmetriche, ognuna delle quali fosse in grado di rotare di 90° sulla successiva.

Purtroppo le linee di demarcazione sono state cancellate; si tratta ora di tracciarle di nuovo, sapendo già che ognuna delle figure da individuare contiene solamente un 1, un 2, un 3 e un 4;

conoscete un metodo da seguire, che non sia fatto di semplici tentativi?

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3 4

1 4 2

1

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4 2 2

4

148. Ci vuole un aiuto

La figura riprodotta qui sotto fa parte di un piano di un dispositivo speciale; tagliatela in 4 camere (zone) congruenti che contengano 2 chiodi (i punti) e 1 apertura (i quadratini) ciascuna.

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149. Senza perdite!

In fabbrica i pezzi grezzi non vengono mandati direttamente alla tornitura per essere lavorati, ma passano prima dal marcatore, l’operaio che ha il compito di segnare su ogni pezzo le linee in cui dovrà essere poi tagliato e lavorato.

In una fabbrica c’era da produrre una serie di lastre di ottone nelle sette forme diverse indicate nella figura della pagina seguente; il marcatore si accorse che una di queste forme poteva stare esattamente 6 volte in un foglio di ottone rettangolare, senza scarti: di quale forma si tratta?

Il marcatore si accorse anche che le lastre ordinate potevano essere ritagliate nei sei modelli riprodotti qui sotto, anche in questo caso senza nessuno scarto: dal modello I si potevano ricavare 3 lastre nella forma n. 4, dal modello II, 5 lastre n. 7, e cosi via; individuate le linee di taglio sui modelli, sapendo che il modello I viene tagliato in 3 parti congruenti, il modello IV in 4, il V in 6 parti e il VI in 4.

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150. Quando i nazifascisti attaccarono il nostro paese

Durante la seconda guerra mondiale, nelle città russe lungo il confine veniva ordinato l’oscuramento; una volta, quando venne il momento di oscurare le finestre, i genitori del piccolo Vasya, un bravo scolaretto, non riuscivano a trovare qualcosa di adatto per coprire una finestra di 120 per 120; l’unica cosa disponibile era un foglio rettangolare di compensato, della stessa area, ma con i lati di 90 per 160.

Vasya prese un righello e tracciò delle linee sul compensato, poi lo tagliò in due seguendo le linee che aveva tracciato; con queste due parti Vasya formò un quadrato che copriva perfetta­mente la finestra: in che modo?

151. I ricordi di un elettricista

In ogni casa c’è un pannello delle valvole, e in ogni fabbrica ce ne sono molti, di solito di forma rettangolare o quadrata, ma, durante la seconda guerra mondiale, spesso gli elettricisti, per fare economia, li tagliavano in forme irregolari.

Una volta avevano due pannelli grandi in cui erano stati praticati dei fori sia quadrati che tondi, e dovevamo tagliarli per fare 8 pannelli più piccoli; il nostro caposquadra tagliò il pannello a sinistra nella figura qui sotto (a) in 4 parti identiche, ognuna con un foro quadrato e 12 tondi, e il secondo pannello (b) venne ugualmente tagliato in 4 parti identiche, ognuna con un foro quadrato e 10 tondi.

In che modo il caposquadra tagliò i due pannelli?

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152. Senza buttar via niente

Un giorno mi chiesi se potevo fare una scacchiera da una tavola di legno, quella riprodotta nella figura della pagina seguente, senza buttar via nessun pezzo.

Cominciai tracciando sulla tavola delle linee, formando 64 quadrati di ugual misura, e in ognuna delle due parti sporgenti mi entrarono 2 quadrati. Cercate di trovare le linee in cui segai la

tavola in 2 parti congruenti che, messe insieme, formarono la scacchiera.

153. Una figura da sezionare

Tagliate la figura ABCDEF in 2 parti in modo da formare una cornice quadrata in cui il quadrato interno sia identico a ognuno dei 3 quadrati che compongono la figura originaria.

154. Il ferro di cavallo

In che modo si può tagliare in 6 parti un ferro di cavallo tracciando due linee rette, senza risistemare le parti dopo il primo taglio?

155. Un buco in ogni parte

Nel ferro di cavallo riprodotto nella figura della pagina accanto ci sono 6 buchi per i chiodi; in che modo possiamo dividerlo in 6 parti, ognuna con un buco, tracciando due linee rette?

156. Trasformate un vaso in un quadrato

Copiate su un foglio di carta il vaso nella figura qui sotto e tagliatelo in 3 parti con due tagli diritti, in modo da formare un quadrato.

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157. La lettera E

Copiate la figura qui sotto, i cui contorni assomigliano a una lettera E, e tagliatela in 7 parti con 4 tagli diritti, in modo da formare un quadrato.

158. La trasformazione ottagonale

Copiate la cornice ottagonale nella figura qui sotto e tagliatela in 8 parti congruenti con le quali formate una stella a otto punte con un’apertura ottagonale nel centro.

159. II tappeto antico

A un tappeto antico di valore, erano stati tagliati due angoli, le parti ombreggiate nella figura qui sotto.

Gli studenti di una scuola di restauro decisero di rimetterlo a posto ridandogli la forma originale senza doverne buttar via nessun pezzo. Tagliarono il tappeto in 2 parti lungo una linea spezzata, e con le 2 parti formarono un nuovo rettangolo, che

poi si rivelò essere invece un quadrato. Il disegno del tappeto non era stato alterato.

In che modo venne tagliato?

160. Una ricompensa molto apprezzata

Quando Nuriya Saradzheva era ancora una ragazza, le venne regalato un bellissimo tappeto turcomanno come ricompensa per esser stata la prima nella sua cooperativa agricola a usare un metodo più avanzato nella raccolta del cotone.

Adesso Nuriya lavora come agronoma. Un giorno, mentre stava facendo un esperimento, le caddero alcune gocce di un acido sul tappeto; purtroppo, dopo aver tagliato la parte rovinata, rimase un lungo buco rettangolare di 10 x 80 cm.

Nuriya decise di restaurare il tappeto; con due tagli lo divise in due e, quando cucì insieme le parti, il tappeto era diventato quadrato e il disegno era ritornato a posto. Come lo tagliò?

161. Aiutate il giocatore!

Vi ricordate del problema 54, dove c’era una scacchiera divisa in tante parti da rimettere insieme? Lo stesso giocatore ha inventato un altro problema; vuole tagliare una scacchiera in 15 parti uguali alla figura alla pagina seguente, e una parte uguale al quadrato b; con queste due figure si ottengono le 64 caselle necessarie per formare una scacchiera, ma il giocatore non ci riesce.

Dimostrate perché ciò è impossibile, poi cercate di tagliare una scacchiera in 10 parti uguali a c e una parte uguale ad a.

162. Un regalo per la nonna

Una ragazzina aveva due pezzi di stoffa a quadri, e voleva metterli insieme per fare una babushka quadrata di 10 per 10, da regalare a sua nonna; i due pezzi che aveva erano uno con 64 riquadri e l’altro con 36; per fare un bel lavoretto, era necessario che i quadrati bianchi e neri si alternassero anche nella stoffa cucita insieme; inoltre, la stoffa più grande aveva delle frange su due bordi e su metà di un altro lato (come si vede a sinistra nella figura).

La ragazzina tagliò i due pezzi in due parti con 2 soli tagli e fece la babushka in modo che tutte le frange rimasero sui bordi esterni; come tagliò le stoffe? (Ci sono parecchie soluzioni).

163. Il problema del falegname

In che modo un falegname può segare con due soli tagli due cornici ovali in parti che formino il piano per un tavolino tondo, senza buttar via nessun pezzo?

164. Anche un pellicciaio deve conoscere la geometria!

Un pellicciaio doveva mettere una toppa a forma di triangolo scaleno su un pezzo di pelliccia; mentre lavorava si rese conto di aver commesso un grave errore: infatti; la toppa ricopriva perfettamente il buco, ma la pelliccia era alla rovescia.

Dopo averci pensato per un po’ il pellicciaio tagliò la toppa triangolare in tre parti, ognuna delle quali sarebbe rimasta tale e quale anche se rigirata. Cosa fece il pellicciaio?

165. 1 quattro cavalli

Tagliate la scacchiera in 4 parti congruenti in modo che ognuna contenga un cavallo.

166. Un cerchio da tagliare

Tagliate un cerchio con 6 linee rette nel maggior numero possibile di parti.

Nella figura è rappresentato un cerchio tagliato in 16 parti, ma non è questo il maggior numero possibile di parti in cui si può tagliare; il numero massimo di parti è infatti 5 (n2 + n + 2), dove n è il numero delle rette.

Tagliate un cerchio in 22 parti con 6 linee rette, cercando una soluzione che sia in qualche modo simmetrica.

167. Da un poligono a un quadrato

Due quadrati possono sempre essere tagliati in modo da formare un quadrato più grande; il famoso teorema di Pitagora ci dirà qual è la superficie del quadrato più grande (come si vede nella figura qui sotto). Ma come vengono fatti questi tagli? Nei2 500 anni trascorsi dopo la scoperta di Pitagora, sono state trovate numerose soluzioni; eccone una: formate ABCDEF con i due quadrati nella figura sottostante; se FQ è uguale ad AB, tagliando sui lati EQ e BQ e spostando il

triangolo BAQ in BCP e il triangolo EFQ in EDP, il quadrato EQBP contiene tutte le parti dei due quadrati dati.

Come si può tagliare la figura b in 3 parti per formare un quadrato?

a B/ —.

/ c/

//

//-

(a)

168. Sezionamento di un esagono regolare per ottenere un triangolo equilatero

Il metodo generale per tagliare un poligono in parti che possano essere usate per formare un secondo poligono è di solito lungo e tortuoso; ci sembra più interessante trovare il modo, per esempio, di tagliare un esagono regolare nel minor numero di parti in modo da formare un triangolo equilatero.

Fino al giorno d’oggi non si conosce un modo per risolvere questo problema con soltanto 5 parti; cercate la soluzione con 6 parti.

L’IN G EG N O TROVA SEMPRE IL M ODO DI ESPRIMERSI

169. Dove si trova l’obiettivo?

Nella figura sottostante, i due cerchietti rappresentano gli schermi di due radar. La stazione radar (lo 0 sullo schermo) manda un’onda radio che viene riflessa dall’obiettivo (una nave, per esempio) alla stazione emittente, formando una punta più alta nella linea ondulata; l’indicatore del radar è fatto in modo che il numero sotto alla punta rappresenti la distanza in chilometri tra la stazione e l’obiettivo. Lo schermo sulla sinistra nella figura rappresenta i dati provenienti dalla stazione radar sulla riva posta in A e lo schermo sulla destra i dati provenienti dalla stazione B.

In che modo le distanze 75 e 90 che compaiono sui due schermi servono a localizzare l’obiettivo?

170. Il cubo affettato

Provate a immaginare un cubo di legno di 3 centimetri per lato, di fuori dipinto di nero ma dentro di un altro colore.

Quanti tagli sono necessari per dividere il cubo in cubetti di un centimetro per lato? E quanti sono i cubetti che contiene? Quanti cubetti avranno rispettivamente 4, 3, 2, 1 o nessuna faccia dipinta di nero?

171. L’incontro di due treni

Due treni, composti entrambi da 80 vagoni, devono passare per un binario unico. Questo ha un binario di raccordo laterale che può contenere però soltanto una locomotiva e 40 vagoni. Come faranno a passare?

80 vagoni 80 vagoni

172. Un triangolo ferroviario

a) Un triangolo ferroviario è formato dal binario principale AB e dai due binari di raccordo AD e BD. Se una locomotiva che sta viaggiando da A a B torna indietro sul binario BD, poi

D

ritorna in avanti su AD, quando si ritrova sul binario AB ha invertito la sua direzione.

Il macchinista deve spostare il vagone nero dal binario AD al binario BD e il vagone bianco da BD a AD, e far ritornare la locomotiva nel senso di marcia precedente, il tutto con 10 mosse. Ci riuscirà, tenendo presente che il binario morto oltre lo scambio nel punto C contiene solo un vagone oppure il locomotore e che una mossa consiste nell’attaccare o staccare un vagone?

b) Se il macchinista è disposto a invertire la posizione finale del locomotore sul binario AB, risolverà il problema in sole 6 mosse; in che modo?

173. Un problema di pesi

Una bilancia a piatti ha soltanto due pesi, uno da 1 chilo e uno da 4 chili; pesando tre volte sole, dividete 180 chili di sabbia in due sacchi, uno da 40 e uno da 140 chili.

174. Quattro cinghie

Le ruote A, B, C e D sono collegate da quattro cinghie, come nella figura qui sotto; se la ruota A comincia a girare in senso orario, come indica la freccia, tutte e quattro le ruote gireranno insieme? E se girano, in che senso girerà ogni ruota?

Se tutte e quattro le cinghie sono incrociate le ruote gireranno tutte lo stesso? E se sono incrociate solo 3 cinghie, o solo una cinghia?

175. Sette triangoli

Nella figura qui sotto 3 fiammiferi sono collegati da 3 palline di plastica per formare un triangolo equilatero; formate 7 triangoli uguali a questo con 9 fiammiferi.

176. Le tele del pittore

Un pittore eccentrico è solito affermare che le tele migliori sono quelle che hanno l’area uguale al perimetro; da parte nostra, senza entrare nel merito della discussione se siano davvero le tele migliori da un punto di vista artistico, cerchiamo solo di trovare che misure deve possedere un rettangolo (in numeri interi) per avere area e perimetro uguali.

Una ragazza di Ordzhonikidze ci ha offerto una elegante dimostrazione che esistono soltanto due rettangoli di questo tipo. Trovate questi rettangoli e la dimostrazione necessaria.

177. Quanto pesa la bottiglia?

La bilancia è in equilibrio con una bottiglia e un bicchiere da una parte e un bricco dall’altra (a nella figura della pagina seguente).

La bottiglia da sola pesa quanto il bicchiere e un piatto (b) e tre piatti uguali pesano quanto due bricchi (c).

Quanti bicchieri peserà la bottiglia?

178. I cubetti di legno

Un artigiano che stava preparando un gioco per bambini formato da cubetti di legno sulle cui facce si dovevano porre lettere e numeri, si ritrovò ad aver bisogno di una superficie doppia di quella che aveva a disposizione.

Come riuscì a trovarla senza aggiungere nessun cubetto?

179. Un boccale pieno di pallottole

Durante la costruzione di un sistema di canali di irrigazione era necessaria una lastra di piombo di certe dimensioni, ma nel magazzino non c’era; i costruttori decisero quindi, di fondere delle pallottole di piombo, ma restava un problema: come potevano infatti conoscere anticipatamente il volume della lastra?

Uno di loro pensò di misurare una pallottola, applicare la formula per trovare il volume della sfera e moltiplicarlo per il numero delle pallottole, ma sembrò a tutti un sistema troppo lungo e complicato; e poi le pallottole non erano tutte uguali.

Un altro propose di pesare tutte le pallottole e dividere il risultato per il peso specifico del piombo; purtroppo, nessuno di loro si ricordava qual era il peso specifico del piombo e non avevano con sé nessun libro.

Un altro propose di versare le pallottole in un boccale da cinque litri, ma il volume del boccale era maggiore del volume del piombo contenuto in quanto le pallottole non riempivano completamente il boccale, rimanendoci delFaria.

Cosa proponete voi?

180. Dove si trova il sergente?

Un sergente partì dal punto M lungo Fazimuth 330° e, raggiunta una collinetta, seguitò a camminare lungo l’azimuth 30° fino a che non raggiunse un albero; giunto all’albero, compì un giro di 60° a destra e proseguì fino a raggiungere un ponte, seguitò a camminare lungo la riva del fiume suH’azimuth 150° e mezz’ora più tardi arrivò a un mulino, dove cambiò nuovamen­te direzione camminando lungo l’azimuth 210°, intendendo raggiungere la casa del mugnaio; giunto alla casa, girò ancora a destra, proseguì lungo l’azimuth 270°, concludendo così il giro.

Tracciate con precisione il percorso del sergente servendovi di un goniometro, e sapendo che camminò per due chilometri e mezzo lungo ogni azimuth.

181. Il diametro del tronco

Nella figura è rappresentato un foglio di compensato di 45 per 45 centimetri; quale sarà stato il diametro approssimativo del tronco da cui è stato tagliato?

Se si conosce la circonferenza, il diametro d del cerchio è uguale a c/n, ma attenzione a non commettere errori, il diametro del tronco non è 45/tz:.

182. Un problema di misurazione col compasso

Una volta venne chiesto a Vasili Chapayev, comandante

comunista nella guerra civile del 1918, se i suoi successi militari erano dipesi dalla fortuna. Chapayev rispose: «No, non credo proprio, bisogna usare la propria testa... sapersi ingegnare...».

La fortuna non può essere infatti la base del successo, sia nel lavoro sia, per fare un esempio, nel gioco degli scacchi; si incontrano a volte situazioni che sembrano già determinate, senza speranza, ma l’ingegno e la determinazione riescono spesso a modificarle.

Uno studente doveva disegnare una parte cilindrica di una macchina con delle rientranze alle basi; non aveva un calibro di profondità, solo un compasso e una riga. Il problema era che, anche se era possibile andare a trovare le rientranze con le punte snodabili del compasso, per misurarne la distanza con la riga avrebbe dovuto togliere il compasso, ovvero allargare i bracci e quindi non avrebbe avuto più niente da misurare. Che poteva fare?

183. Anche senza calibro

a) Alla scuola industriale studiamo come costruire macchina­ri e torni. Impariamo ad usare gli strumenti e a non lasciarci sopraffare dalle situazioni difficili. Naturalmente quello che abbiamo imparato alle scuole superiori ci aiuta molto.

Il mio insegnante-caposquadra una volta, per esempio, mi porse del filo metallico dicendo: «Come si misura il diametro di questo filo?»

«Con un calibro micrometrico».«E se non ce l’hai?»Ci pensai un attimo, e poi trovai la risposta. Qual è?

b) In un’altra occasione mi venne assegnato il compito di fare un foro circolare in un foglio sottile di stagno usato come materiale da copertura.

«Vado a prendere una punta e uno scalpello» dissi all’inse- gnante-caposquadra.

«Non hai già un martello e una lima piatta, ti bastano per fare questo lavoro».

In che modo?

184. Un risparmio del 100%

Con un’invenzione si risparmia il 30% di carburante, con un’altra il 45 % e con una terza il 25 %; se si usano tutte e tre insieme, si può risparmiare il 100% di carburante? Se non così tanto, quanto se ne può risparmiare?

185. Le bilance a molla

Una sbarra pesa più di 15 chili e meno di 20; cercate di determinare il suo peso esatto con delle piccole bilance a molla, ciascuna delle quali può misurare un peso massimo di 5 chili.

186. Con molta destrezza

a) Fate tre anelli con tre pezzi di nastro e uniteli in modo che, tagliando uno qualsiasi dei tre anelli tutta la catena si sciolga; la catena della figura, invece, si scioglie solo tagliando l’anello centrale;

b) fate 5 anelli con 5 pezzi di nastro e uniteli in modo che ci sia solo un anello che, tagliato, fa sciogliere tutta la catena;

c) fate 5 anelli con 5 pezzi di nastro e uniteli in modo che qualunque anello venga tagliato, la catena si scioglie.

187. Il cubo tagliato

a) Si può tagliare un cubo con un piano e ottenere come sezione un pentagono regolare?

b) E un triangolo equilatero? E un esagono regolare?c) E un poligono regolare con più di 6 lati?

188. Il centro del cerchio

Trovate il centro di un cerchio usando solo una squadra e una matita, come si vede nella figura.

o

189. Quale scatola è più pesante?

Una scatola di forma cubica contiene 27 palle identiche; una scatola identica alla prima contiene 64 palle uguali più piccole, e

tutte le palle sono fatte dello stesso materiale.Tutte e due le scatole sono piene fino in cima e, sempre in tutte

e due, ogni strato di palle ne contiene lo stesso numero; le palle esterne di ogni strato toccano i lati della scatola.

Quale scatola sarà più pesante?Provate a risolvere questo problema anche con altri numeri

che siano sempre dei cubi (di altri numeri), e tirate una conclusione generale.

190. Il cubo a incastro

Recentemente siamo andati a vedere l’esposizione dei lavori di giovani apprendisti in una scuola di falegnameria ed ebaniste­ria; tra i vari oggetti ci colpì particolarmente un interessante cubo di legno formato da due parti unite insieme con incastri a coda di rondine, senza essere incollate, che apparentemente era facile separare. In realtà, cercammo di spingerle avanti e indietro, su e giù, da sinistra a destra, senza alcun risultato.

Provate a immaginare in che modo si potevano dividere le due parti del cubo e che forma avevano.

191. Geometria con una pallina

Provate a tracciare su un foglio di carta un segmento della stessa lunghezza del diametro di una pallina, usando, per esempio, una pallina da croquet e come strumenti un lapis, un compasso e una riga non graduata.

192. Il travetto di legno

Segate in 4 parti un travetto corto di legno (cioè un parallelepipedo rettangolare) con i lati di centimetri 8, 8 e 27, in modo da formare un cubo. Naturalmente è meglio prima prendere le misure e dopo segare!

193. Il volume di una bottiglia

Siete capaci di calcolare il volume di una bottiglia (riempita parzialmente con un liquido) che ha la base rotonda, quadrata o

rettangolare, in ogni caso piatta, servendovi soltanto di una riga? Il liquido non può venir aggiunto né versato dalla bottiglia.

194. Poligoni più grandi

Come gli operai edili montano una casa con parti prefabbrica­te, anche noi possiamo montare dei poligoni più grandi con poligoni più piccoli.

In questo problema, ci serviremo di poligoni di misure diverse ma della stessa forma; con i poligoni regolari il compito non è difficile, come si vede nella figura qui sotto (osservate il ribaltamento dei triangoli; naturalmente non è permesso piegare o strappare i poligoni!).

Anche i poligoni irregolari come in a, b e c nella figura qui sotto, possono servire per costruire dei poligoni più grandi dello stesso tipo.

Nella parte in alto a sinistra della figura alla pagina seguente sono rappresentati dei poligoni grandi tipo a e b formati il primo con 4 a piccoli e l’altro con 4 b piccoli; nella parte in basso della figura, è rappresentato un c grande formato da 16 c piccoli.

In generale, si può affermare che se un poligono è 2, 3, 4, 5,... volte più lungo della lunghezza del poligono che ne costituisce l’unità, allora la sua superficie sarà 4,9,16,25,... volte quella del poligono piccolo.

Il numero minimo di poligoni-unità necessario per costruirne uno più grande dello stesso tipo sarà dunque sempre un quadrato; la grandezza di questo numero non è predeterminabi­le, in alcuni casi non si può formare nessun poligono più grande.

Formate dei poligoni grandi dello stesso tipo di a, b e c della figura in alto a destra:

1. uno con 9 poligoni a;2. uno con 9 poligoni b;3. uno con 4 poligoni c;4. uno con 16 poligoni b;5. uno con 9 poligoni c.

195. Poligoni più grandi in due passi

In questo problema illustriamo un metodo molto efficace per costruire poligoni di dimensioni maggiori partendo da poligoni- unità anche se non necessariamente col più piccolo numero possibile di poligoni-unità.

Nella metà superiore della figura qui sotto consideriamo due poligoni-unità P con cui costruire dei poligoni più grandi; il primo passo da compiere è costruire un quadrato (come si vede nella figura, ci vorranno quattro poligoni-unità per ogni quadrato); i poligoni-unità sono però essi stessi costituiti da quadrati, quindi il passo successivo sarà raccogliere i quadrati che abbiamo formato per formare dei P di dimensioni ancora maggiori (ne sono necessari 4 di ogni quadrato, cioè 16 di ogni P). Nello stesso modo (nella parte in basso della figura qui sotto) si possono fare dei P ancora più grandi con 36 unità P procedendo nuovamente in due passi (4 unità P per fare un quadrato, 9 quadrati per fare un P più grande).

Nella figura alla pagina seguente, un P grande è formato da 36 unità P (3 unità P per fare un triangolo equilatero, 12 triangoli equilateri per fare un P più grande).

Trovate degli altri poligoni-unità con cui sia possibile costrui­re poligoni di dimensioni maggiori con questo metodo «in due passi».

196. Un meccanismo snodabile per costruire i poligoni regolari

Costruiamo un meccanismo semplice per costruire ogni tipo di poligono regolare con un numero n di lati, dove n è uguale o maggiore di 5 e uguale o minore di 10.

Il meccanismo consiste in alcune asticelle mobili che formano due parallelogrammi congruenti ABFG e BCHK (nella figura qui sotto); l’asticella DE è allacciata ai cursori D ed E che si muovono liberamente lungo AG e BK rispettivamente. Nel

fi 0 B

meccanismo AB = BC = CD = DE. Quando DE viene mossa i parallelogrammi restano tali e i trapezoidi ABCD e BCDE rimangono congruenti e questo garantisce l’eguaglianza di 3 angoli di un poligono con n lati in cui quattro lati consecutivi sono AB, BC, CD e DE.

Il metodo per costruire poligoni regolari con n lati (con n da 5 a 10) è basato su queste caratteristiche:

a: Z.DOB = 90° b: L EAB = 90° c: L EOB = 90° d:Z-EBA = 90° e: L EAB = 60° f . L DAB = 36°

in un pentagono in un esagono, in un ettagono, in un ottagono, in un nonagono, in un decagono.

Per costruire i primi quattro poligoni, formate gli angoli retti YjX, Y2AX, Y3OX e Y4BX, quindi mettete il meccanismo con

Y, Y,

(a)fi 0 B X

(b) (c)

l’asticella AB sul segmento AB, sovrapponendo (nelle figure a-d) O con O, A con A, e B con B rispettivamente. Tenendo ferma l’asticella AB sul foglio, ruotate le altre asticelle fino a che D non sia allineato con OY! (per costruire un pentagono), oppure E sia allineato con AY2 (per costruire un esagono) oppure ancora E sia sovrapposta a OY3 (ettagono) o, infine, E sia allineata con BY4 (ottagono).

Quando n = 9 oppure n=10, per costruire un poligono regolare è necessario come prima cosa che tracciate i raggi AY5 e AY6 in modo che L Y5AX = 60° e L Y6AX = 36°, quindi mettete il meccanismo con l’asticella AB sulla retta AB, sovrapponendo A con A. Mantenendo l’asticella AB sul foglio, fate ruotare le altre asticelle fino a che E si trovi sul raggio AY5 (per costruire un nonagono) oppure D si trovi su AY6 (per costruire un decagono). In questo modo si ottengono quattro lati consecutivi (e cinque vertici) del poligono con n lati desiderato; dopo aver tracciato i quattro lati di un poligono con n lati, non è difficile completare la figura limitandoci a girare il modello ottenuto.

La lunghezza dei lati del poligono costruito sarà uguale alla lunghezza dell’asticella AB. In teoria questo modo di costruire poligoni con n lati è precisa, ma in pratica la precisione dipende dall’esattezza con cui è stato costruito il meccanismo.

Problema: con un compasso e una riga si può bisecare un qualsiasi angolo; cercate di costruire un angolo di un grado utilizzando questi due strumenti e un meccanismo del tipo descritto.

IL D O M IN O E I D A D I

Il domino

Il gioco del domino è formato di solito da 28 tessere (o pedine) rettangolari; ogni tessera è divisa in due quadrati, ognuno dei quali ha valore 0, 1, 2, 3, 4, 5 o 6; tutte le combinazioni numeriche vi sono rappresentate. Il valore di una pedina è dato dalla somma dei valori dei due quadrati. Quando tutti e due i quadrati hanno lo stesso valore la tessera si chiama doppione.

In questo gioco la regola principale consiste nel formare una catena di tessere in modo che il valore del quadrato che si

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aggiunge corrisponda al valore del quadrato che si trova a un’estremità della catena. Con una scatola di domino o con pedine ritagliate nel cartone, ci si può divertire a risolvere questi giochi curiosi.

197. Quanti punti ci sono?

Se si mettono tutte le 28 tessere in una catena continua (in cui le parti adiacenti delle tessere devono corrispondere come valore) in modo che a un’estremità ci sia un 5, cioè cinque puntini, quanti ce ne saranno all’altra estremità?

Risolvete a mente e poi controllate con vere pedine.

198. Un giochetto

Nascondete una pedina che non sia un doppione e chiedete a un amico di fare una catena usando tutte le pedine (naturalmen­te senza dirgli che ne manca una). Si può predire quale numero si troverà alle estremità della catena. Perché?

199. Un altro giochetto

Mettete in fila 25 tessere a faccia in giù e verticali, poi uscite dalla stanza mentre qualcuno traspone un numero qualunque di tessere, fino a 12, dall’estremità di destra verso la sinistra. Rientrate e rigirate una tessera; il suo valore corrisponde al numero delle tessere trasposte.

Il trucco consiste nella disposizione delle tessere; se ne mettono infatti 13 a sinistra, disposte nello stesso modo della figura qui sotto, e a destra le altre 12, a casaccio. La tessera da girare è quella di mezzo, cioè la tredicesima; perché?

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200. Come vincere una partita

In alcuni casi il risultato di una partita di domino è prestabilito. Supponiamo, per fare un esempio, che A e C giochino con B e D, e che ogni giocatore inizi con 7 tessere.

A ha: 0-1 0-4 0-5 0-6 1-1 1-2 1-3.D ha: 0-0 0-2 0-3 1-4 1-5 1-6 e un’altra pedina.A inizia il gioco con 1-1; B e C passano, perché A e D hanno

tutte le pedine dove compare l’I; D può giocare 1-4,1-5 o 1-6, a cui A risponderà 4-0, 5-0 o 6-0. Di nuovo B e C passano perché non hanno nessuna pedina con lo 0, e non potranno fare a meno di seguitare a passare per tutta la partita perché A e D non lasceranno altro che 0 e 1 alle estremità della catena.

Naturalmente A vincerà per la sua coppia, rispondendo a tutto quello che gioca D, e alla fine D resterà bloccato con la settima tessera, che non ha né uno 0 né un 1. Si tratta di una partita particolare.

Se una partita arriva a un punto morto, cioè in cui nessun giocatore ha una pedina da poter giocare, la vittoria spetta alla coppia a cui rimane il numero totale minore sulle tessere.

Supponiamo che A e C giochino con B e D; ogni giocatore ha 6 tessere e le 4 che restano rimangono capovolte e non vengono usate nella partita.

A ha: 2-4, 1-4, 0-4, 2-3, 1-5.Il suo partner C ha 5 doppioni; D ha 2 doppioni e il valore

totale delle sue pedine é 59.A gioca 2-4; B passa; C gioca una pedina; D passa; A gioca

una pedina; B passa; C gioca una pedina e la partita arriva a un punto morto. B e D hanno perso la partita senza poter giocare neanche una volta. Ad A e C sono rimasti in mano 35 punti, mentre a B e D ne sono rimasti 91.

Le 4 pedine che sono state giocate hanno un valore totale di 22 punti.

Quali sono le 4 tessere lasciate capovolte e quali sono le 4 che sono state giocate?

201. Le cornici quadrate

a) Fate una cornice quadrata mettendo in fila le tessere secondo la regola fondamentale del domino, usando tutte le 28 tessere che lo compongono. La somma dei punti lungo ogni lato della cornice quadrata dovrebbe essere 44.

b) Unite tutte le 28 tessere per fare una cornice quadrata dentro a un’altra, come nella figura. Tutti gli otto lati devono avere la stessa somma di punti.

In questo caso i due quadrati non devono avere lo stesso valore totale.

1 1 1 1 1 1 1

1 I I

E = --

—

1 I I 1

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202. Le finestre

Nella figura della pagina a fronte, in alto, 4 tessere formano una «finestra» con uno spazio vuoto aH’interno; ognuno dei suoi lati contiene 11 punti.

Comporre con le 28 tessere altre sette finestre che abbiano la stessa somma di punti per ogni lato (ma ogni finestra deve essere diversa dalle altre).

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V•••••• / $ ■ '

203. Quadrati magici con le tessere del domino

Con le pedine del domino si possono fare non solo finestre e cornici quadrate, ma anche quadrati compatti e quadrati magici.

La figura sottostante rappresenta un quadrato di 3 per 3; la fila in alto ha come somma dei numeri 7 + 0 + 5 = 12; la seconda fila vale 2 + 4 + 6 = 12; anche la terza fila ha come valore totale 12, come tutte e tre le colonne verticali e le diagonali principali; questo quadrato magico di tessere contiene valori che vanno dallo 0 all’8, e la sua costante magica è 12.

Nove tessere con i valori dallo 0 al 9 formano un quadrato magico la cui costante è 15 (nella pagina seguente).

Si può fare un quadrato magico di 4 per 4 con 16 tessere (in questo caso si devono però ripetere dei valori perché nel domino ce ne sono solo 13). Ecco un quadrato di 4 per 4 con la costante 18:

2-6 1-2 1-3 0-31-4 0-2 3-6 1-10-5 1-5 0-1 0-60-0 2-5 0-4 1-6

a) Formate un quadrato magico con la costante 21 usando le 9 tessere riprodotte qui di seguito.

b) Formate un quadrato magico con 9 tessere di valore da 4 a 12; qual è la costante di questo quadrato?

c) Formate un quadrato magico con 16 tessere di valore 1, 2,3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9 e 10.

d) Formate un quadrato magico di 5 per 5 con la costante 27 usando tutte le tessere eccetto 5-5, 5-6 e 6-6.

204. Un quadrato magico con un buco

Usando tutte le 28 tessere, formate uno schema rettangolare con un vuoto centrale, come nella figura. La somma di ognuna delle otto file orizzontali, di ognuna delle otto colonne verticali e di ognuna delle due diagonali (segnate con la linea tratteggiata) deve essere 21. Per le file servirsi di tessere complete, ma per le colonne di mezze tessere (i quadrati), e per ogni diagonale delle 6 metà-tessere disposte lungo le linee tratteggiate.

La quarta fila dall’alto è già stata riempita; la somma delle sue

tessere è 5 + 6 + 5 + 5 = 21; anche le quattro tessere d’angolo sono state riempite (compreso il doppio zero all’angolo destro in basso).

205. Moltiplicazioni di domino

Le 4 tessere nella figura mostrano la moltiplicazione di un numero di tre cifre, 551, per 4, e il prodotto 2204. Disponete tutte le 28 tessere in modo da formare sette moltiplicazioni come questa.

206. Indovinate la tessera

Chiedete a un amico di tenere a mente i numeri di una tessera, e di fare questi calcoli:

1. moltiplicare il numero dei punti di una metà della tessera per 2;

2. aggiungere un numero m scelto da voi;3. moltiplicare per 5;4. aggiungere il numero dei punti dell’altra metà della tessera.

Quando conoscete il risultato, sottraete 5m da esso; le due cifre del risultato sono i numeri della tessera scelta dall’amico.

Supponendo che egli abbia scelto la tessera 6-2, ha quindi moltiplicato 6 per 2 e aggiunto un m = 3 ottenendo 15. Ha poi moltiplicato 15 per 5 e aggiunto 2 punti dall’altra metà della tessera con il risultato di 77. Sottraendo a questo 5m=15, il risultato è 62, cioè 6-2. Perché questo sistema funziona sempre?

X

I dadi • • • •

••

•• *

•• • # # •

••

#

Questa figura presenta un dado e il suo disegno in «proiezio­ne». I numeri sono sistemati in modo che la somma dei punti su tutte le coppie di facce opposte dia sempre 7.

Perché un cubo è la forma migliore per un dado? In primo luogo un dado deve essere un solido regolare in modo che,

quando lo si tira, ogni faccia abbia le stesse probabilità di finire in alto, e il cubo è il più adatto dei cinque solidi regolari, è semplice da costruire e quando lo si tira rotola facilmente, ma non troppo facilmente. Sia il tetraedro che l’ottaedro (aeb nella figura in basso della pagina precedente) rotolano con difficoltà, mentre il dodecaedro e l’icosaedro (c e d) sono talmente «rotondi» che rotolano quasi come sfere.

Il principio del 7 (la somma delle facce opposte) è la chiave di molti giochi da fare con i dadi.

207. Un trucco con tre dadi

Il prestigiatore volta le spalle mentre qualcuno tira tre dadi; poi chiede a un volontario di sommare i punti delle facce superiori dei dadi, di sollevare uno qualunque dei tre dadi e di aggiungere al risultato precedente il numero sulla faccia opposta del dado. Poi chiede al volontario di tirare ancora quello stesso dado e di sommare il numero che appare sulla faccia superiore del dado al totale precedente. Girandosi verso la tavola, il prestigiatore ripete all’uditorio che non sa quale dado è stato tirato due volte, poi prende i tre dadi, li agita tra le mani e, tra lo stupore dei presenti, indovina la somma finale.

Ecco il metodo: prima di prendere in mano i dadi, sommate 7 ai punti che appaiono sulle facce superiori dei dadi.

Spiegate il perché.

208. Come scoprire la somma dei punti sulle facce nascoste dei dadi

Nella torre di tre dadi della figura, basta un’occhiata alla faccia superiore per sapere la somma di cinque facce: quella delle quattro facce in cui i dadi si toccano più la faccia in fondo alla torre. In questa figura, la somma è 17.

Spiegate il perché.

209. In che ordine sono disposti i dadi?

Date a un amico tre dadi, un pezzo di carta e una matita. Voltategli le spalle e chiedetegli di tirare i dadi e di metterli in fila in modo che le loro facce superiori formino un numero di tre cifre. Per esempio, il numero sui dadi nella figura è 254. Adesso l’amico deve aggiungere il numero a tre cifre, formato dalle facce

%• €>

•

coperte dei dadi, di seguito all’altro, in modo da formare un numero a sei cifre (nel nostro esempio, 254 523), poi deve dividere questo numero per 111 e dirvi il risultato: da parte vostra, dovete dirgli i numeri che appaiono sulle facce superiori dei tre dadi.

Ecco il sistema: sottraete 7 dal numero detto dall’amico, poi dividete per 9. Nel nostro esempio, 254 523:111=2293; 2 2 9 3 -7 = 2286; 2286:9 = 254.

Spiegate il perché.

LE PROPRIETÀ DEL NOVE

Ci sono numerose curiosità aritmetiche connesse con il numero 9; forse saprete già che un numero è divisibile per 9 se la somma delle cifre che lo compongono è divisibile per 9; per esempio, 354x9 = 3 186, e 3 + 1+8 + 6=18 è divisibile per 9.

Un ragazzino si lamentava di non ricordarsi la tavola delle moltiplicazioni del 9, e il padre gli insegnò ad aiutarsi con le dita della mano, in questo modo:

distendete le mani con le palme rivolte verso il basso, come nella figura qui sotto e numerate le dita da sinistra a destra, da 1 a 10; per sapere per esempio quanto fa 9 x 7, basta alzare il dito con il numero 7 e contare quante dita ci sono a destra e a sinistra del dito numero 7: infatti a sinistra ci sono 6 dita e a destra 3, 9 x 7 = 63; il sistema funziona per tutti e dieci i numeri.

Questo uso delle mani come piccolo calcolatore si spiega facilmente: infatti le cifre che compongono ciascuno dei primi 10 prodotti del 9 danno sempre come somma 9 (cioè le nove dita che non vengono alzate) e la prima cifra è minore di un’unità rispetto al numero moltiplicato per 9 (le dita a sinistra del dito che viene alzato).

Ecco altre proprietà del 9. I numeri elencati qui sotto sono sempre divisibili per 9:

1. La differenza tra un numero e la somma delle cifre che lo compongono;

2 . la differenza tra due numeri composti dalle stesse cifre;3. la differenza di due numeri in cui le somme delle cifre che li

compongono siano uguali.

I resti delle divisioni per 9 dei numeri 7, 8, 9, 10... sono 7, 8,0 , 1...; chiamiamo questi resti, resti-del-9; cercate di esprimere per conto vostro le tre affermazioni riportate qui sopra in termini di resti-del-9. Ecco altre proprietà inerenti al 9:

4. il resto-del-9 della somma o della differenza di due numeri è uguale al resto-del-9 della somma o della differenza dei resti-del-9 dei due numeri dati;

5. il resto-del-9 del prodotto di due numeri è uguale al resto- del-9 del prodotto dei resti-del-9 dei due numeri.

Cercate ora altre proprietà per la divisione.

210. La cifra cancellata

a) Chiedete a un amico di scrivere un numero di tre o più cifre, di dividerlo per 9 e di dirvi il resto; poi chiedetegli di cancellare una cifra qualunque dal numero iniziale eccetto lo 0 e di dividere il numero risultante per 9, dicendovi ancora una volta il resto della divisione. Gli potete dire immediatamente quale cifra ha cancellato. Ecco il sistema: se il secondo resto è minore del primo, sottraetelo dal primo; se è maggiore,

sottraetelo da 9 più il primo resto; se i due resti sono uguali, la cifra cancellata è un 9. Spiegate il perché.

b) Chiedete a un amico di scrivere un numero con parecchie cifre, e poi di scriverne un altro formato dalle stesse cifre; egli deve fare la sottrazione e cancellare una cifra qualunque eccettolo 0 e dirvi la somma delle cifre restanti. Gli potete dire subito quale cifra ha cancellato. Per esempio:

72105 25 071

47034

Supponiamo che l’amico abbia cancellato il 3 e che quindi vi dica 4 + 7 + 0 + 4 = 15; il multiplo di 9 immediatamente superio­re a 15 è 18; sottraendo 15 da 18 si ottiene 3, cioè la cifra che è stata cancellata. Come funziona questo sistema?

c) Fate scrivere al solito amico un numero (per esempio,7 146), cancellare una cifra che non sia 0 (per esempio il 4, di modo che rimane 716) e sottrarre la somma delle cifre del numero originale (716 — 18 = 698). Appena vi dirà il risultato, siete in grado di dirgli che cifra ha cancellato; in che modo?

211. Il numero 1313

Chiedete a un amico di scrivere il numero 1 313, di sottrarre da esso un numero qualunque e di comporre un numero da cinque a sette cifre con la differenza sulla sinistra e 100 più il numero sottratto sulla destra; poi deve cancellare una cifra qualunque che non sia 0 e dirvi il numero risultante.

Voi sapete dire subito quale cifra ha cancellato; su quale proprietà del numero 1313 si basa questo giochetto?

212. Chi indovina il numero mancante

a) Ho preso 8 dei numeri da 1 a 9 e li ho nascosti nei cerchietti della figura della pagina a fronte; per ogni cerchietto passa una

retta, e sulla secante AB sono segnate le somme dei numeri di ogni retta.

Trovate due metodi diversi per scoprire qual è il numero mancante.

Nella figura qui sotto si vede lo stesso gioco applicato ai numeri scritti lungo i lati di un triangolo (a) e di un quadrila­tero (b).

b) Nella figura seguente è rappresentato un trucchetto analo­go con numeri formati da due cifre uguali; delle 18 cifre nascoste (i numeri sono 11, 22, 33,... 99), 17 cifre sono collegate con linee curve alla retta AB. Qual è la cifra non collegata?

213. Da una cifra sola

Un numero formato da due cifre uguali viene moltiplicato per 99; quale sarà il prodotto, sicuramente un numero di quattro cifre, se la terza cifra è 5?

214. Trovate la differenza

Trovate la differenza tra un numero qualunque asimmetrico di tre cifre e lo stesso numero con le- cifre invertite (per esempio 621 —126 = 495). Sapendo solo l’ultima cifra della differenza, si possono trovare le altre due.

215. Le tre età

Trasponendo le due cifre dell’età di A si ha l’età di B; la differenza delle loro età è due volte l’età di C e B è dieci volte più vecchio di C. Quanti anni hanno?

216. Qual è il segreto?

Mentre stavamo facendo questi giochi con i numeri, uno degli ospiti cominciò a scrivere un’inesauribile lista di numeri, da 435 a 1 207 941 800 554; tutti i numeri che aveva scritto possedevano questa proprietà; sommando le cifre e sommando ancora le cifre della somma delle cifre, e continuando così fino a rimanere con una cifra sola, questa era la cifra che si trovava nel mezzo del numero originale. Per esempio, la cifra centrale del numero riportato sopra è 1, e le successive somme delle cifre che compongono il numero sono 46, 10 e 1.

Cercate di spiegare il segreto del nostro ospite.

CON E SENZA L’ALG EBRA

Per circa cinquant’anni, nelle famiglie come nelle scuole, la gente si è scervellata cercando di risolvere questo problema.

Un’oca solitaria stava volando in direzione opposta a uno stormo di oche; passando gridò loro:

«Salve, 100 oche!»Il capo dello stormo le rispose: «Noi non siamo 100! Se prendi

il doppio del nostro numero e lo sommi alla metà di noi, poi lo sommi ancora a un quarto di noi, e infine ti ci aggiungi te stessa, il risultato è 100, per cui... beh, te lo puoi immaginare da te quante siamo!»

L’oca solitaria seguitò a volare, ma non riusciva a trovare la risposta; a un certo punto vide sulla riva di uno stagno una cicogna a caccia di rane e si diresse verso di lei. Tra gli uccelli la

cicogna è il miglior matematico, tanto che spesso sta ritta su una gamba sola per ore, intenta a risolvere problemi.

L’oca si avvicinò alla cicogna e le raccontò la storia. La cicogna cominciò a tracciare una riga per terra con il becco, rappresentando lo stormo di oche; poi tracciò una seconda riga della stessa lunghezza, ancora una riga lunga la metà delle altre due, una riga lunga un quarto e infine una riga breve breve, quasi un puntino, per rappresentare l’oca.

«Hai capito?» chiese la cicogna.«Non ancora» rispose l’oca.Allora la cicogna le spiegò il significato di quelle righe: le

prime due rappresentavano lo stormo, la terza rappresentava mezzo stormo, la quarta rappresentava un quarto di stormo e il puntino stava al posto dell’oca stessa. La cicogna cancellò il puntino, lasciando le righe che rappresentavano le 99 oche, e disse: «Se in uno stormo ce ne sono quattro quarti, quanti quarti rappresentano queste linee?»

Lentamente l’oca fece la somma: 4 + 4 + 2 +1 , e rispose «Undici».

«E se 11 quarti sono 99 oche, quante oche ci sono in un quarto?»

«Nove».«E quante nello stormo intero?»L’oca moltiplicò 9 per 4 e rispose: «Trentasei».«Giusto!» replicò la cicogna, «M a non sei riuscita a trovare

da sola la risposta giusta, sei proprio... un’oca!»Per risolvere i prossimi problemi siete liberi di usare un

qualsiasi metodo, algebrico, aritmetico o grafico.

217. L’aiuto reciproco

Durante il periodo di ricostruzione seguente la seconda guerra mondiale, nel nostro paese c’era scarsità di trattori, quindi i depositi di macchinari se li prestavano l’un l’altro, a seconda delle necessità.

Tre depositi di trattori e macchinari si trovavano nelle vicinanze; il primo prestò al secondo e al terzo un numero di trattori uguale al numero che ognuno già aveva; dopo un paio di mesi, il secondo deposito prestò al primo e al terzo tanti trattori quanti ognuno già aveva; trascorso un altro periodo di tempo, il terzo deposito prestò al primo e al secondo tanti trattori quanti ciascuno già aveva. A questo punto ogni deposito aveva 24 trattori.

Quanti trattori c’erano originariamente in ogni deposito?

218. Il diavolo e il fannullone

Un fannullone si lamentava: «Tutti mi dicono, “ Non abbia­mo bisogno di fannulloni! Tu sei sempre tra i piedi! Vai al diavolo!” , ma mi renderà ricco davvero il diavolo?»

Non aveva fatto in tempo a dirlo che il diavolo in persona gli apparve davanti.

«Bene», disse il diavolo, «il lavoro che ho per te è leggero, e ti ci potrai arricchire; vedi quel ponte? Devi solo attraversarlo e raddoppierò i soldi che hai in tasca».

«Davvero?»«C’è solo una cosa: siccome io sono così generoso con te, tutte

le volte che attraverserai mi darai 24 copechi».Il fannullone si disse d’accordo; attraversò il ponte, si fermò a

guardare quanti soldi aveva in tasca e... miracolo! I soldi erano raddoppiati! Così gettò 24 copechi al diavolo e riattraversò il ponte; i soldi erano raddoppiati di nuovo, quindi il fannullone gettò altri 24 copechi al diavolo e attraversò ancora il ponte; anche questa volta i soldi erano raddoppiati, ma era rimasto con soli 24 copechi, che gli toccò dare tutti al diavolo. Questi rise e scomparve.

Morale della favola: quando qualcuno ci dà un consiglio, è meglio pensarci due volte prima di metterlo in pratica.

Quanti soldi aveva in tasca il fannullone quando incontrò il diavolo?

219. Il ragazzo astuto

Tre fratelli si dovevano dividere 24 mele facendo in modo che ad ognuno toccasse un numero di mele uguale alla propria età meno tre anni; il più piccolo propose uno scambio:

«Io mi terrò solo metà delle mele che mi spettano e dividerò il resto tra di voi alla pari, ma il fratello di mezzo si terrà metà delle mele che ha accumulato e dovrà dividere il resto alla pari tra me e il fratello maggiore; il più grande di noi farà lo stesso».

Gli altri due fratelli si dissero d’accordo, e il risultato fu che si ritrovarono con 8 mele ciascuno.

Quanti anni avevano i tre fratelli?

220. I cacciatori

Tre amici stavano cacciando nella taiga (la foresta umida della Siberia) quando due di loro, passando un torrente a guado,

bagnarono la custodia delle cartucce; i tre amici si divisero le cartucce asciutte equamente.

Trascorso un po’ di tempo, ognuno dei tre aveva sparato 4 colpi, e il numero totale di cartucce rimaste era uguale al numero che ognuno di loro aveva avuto dopo la divisione.

Quante cartucce si erano divisi?

221. L’incontro dei treni

Due treni merci che viaggiano a 60 chilometri all’ora in senso opposto, entrambi lunghi 1/6 di chilometro, si incontrano e si oltrepassano. Quanti secondi passano tra il momento in cui si incontrano le locomotive e il momento in cui si incontrano i vagoni di coda?

222. Il manoscritto di Vera

La mamma chiese a Vera di batterle un manoscritto a macchina, e Vera le disse: «Batterò a macchina una media di 20 pagine al giorno».

In realtà batté a macchina la prima metà del manoscritto piuttosto a rilento, circa 10 pagine al giorno, poi, per cercare di riprendere il tempo perduto, batté la seconda metà a una media di 30 pagine al giorno.

«Guarda mamma, ho fatto una media di 20 pagine al giorno»

disse Vera quando ebbe finito. «La metà di 10 + 30 è infatti 20». «No, non è vero!» replicò la madre.Chi delle due aveva ragione?

223. Un problema di funghi

Marusya, Kolya, Vanya, Andryusha e Petya andarono in cerca di funghi, ma solo Marusya prese la cosa seriamente e passò il tempo cercandoli, mentre i quattro ragazzi non fecero altro che stare a sedere sull’erba a raccontarsi delle storie. Quando venne il momento di tornare indietro, Marusya aveva raccolto 45 funghi e i ragazzi non ne avevano raccolto alcuno.

Marusya fu molto comprensiva: «Non mi sembra bello che voi ragazzi torniate al campo senza funghi» disse, e dette un po’ di funghi a ogni ragazzo, senza tenerne nessuno per sé.

Sulla via del ritorno, Kolya raccolse 2 funghi e Andryusha aveva raddoppiato il numero di funghi che gli aveva dato Marusya, mentre Vanya e Petya avevano corso e saltato per tutto il tempo, con il risultato che Vanya aveva perso 2 funghi, e Petya la metà di quelli che aveva.

Arrivati al campo i ragazzi contarono i funghi, e videro che ognuno di loro ne aveva lo stesso numero.

Quanti funghi aveva dato Marusya a ogni ragazzo?

224. I due rematori

Il rematore A percorre un fiume: per x chilometri ne segue il corso e per x chilometri rema controcorrente. Il rematore B percorre 2x chilometri in un lago dove non ci sono correnti. Chi dei due impiega meno tempo? (sapendo che remano alla stessa velocità).

225. Il nuotatore e il cappello

In una barca che viene trascinata dalla corrente un uomo salta in acqua e comincia a nuotare, per un po’ di tempo controcor­

rente, e poi tornando a raggiungere la barca; ha impiegato più tempo nuotando controcorrente o nuotando per raggiungere la barca? (si presuppone che il suo sforzo muscolare sia costante).

La risposta è questa: ha impiegato lo stesso tempo; infatti la corrente trascina a valle l’uomo e la barca alla stessa velocità, e non incide sulla distanza tra l’uomo e la barca.

Adesso immaginiamo uno sportivo che si getti in acqua da un ponte e cominci a nuotare controcorrente; nello stesso momento un cappello cade di testa a un uomo che passava sullo stesso ponte, e comincia a galleggiare seguendo la corrente; dopo 10 minuti lo sportivo comincia a nuotare in senso inverso, raggiunge il ponte, dove l’uomo gli chiede di andare a prendergli il cappello; lo sportivo raggiunge il cappello sotto un altro ponte a 1 000 metri dal primo.

Supponendo che lo sportivo nuotasse sempre alla stessa velocità, qual era la velocità della corrente?

226. Due navi sul fiume

Due navi partono contemporaneamente da un molo di un fiume utilizzando la stessa forza motrice, la Stephan Razin ne segue il corso e la Timiryazev va controcorrente. Al momento della partenza un salvagente cade fuori dal bordo della Stephan Razin e galleggia lungo la corrente. U n’ora più tardi viene ordinato per radio alle due navi di invertire la rotta; riuscirà l’equipaggio della Stephan Razin a ripescare il salvagente prima che le due navi si incontrino?

227. Quanto siete svegli?

Il motoscafo M parte dalla riva A nello stesso momento in cui il motoscafo N lascia la riva B; i due motoscafi attraversano un lago viaggiando a velocità costante e si incontrano per la prima volta a 500 metri da A, proseguono, raggiungono ciascuno la riva opposta e, senza fermarsi, tornano indietro, incontrandosi a 300 metri da B.

Quanto è lungo il lago e che rapporto c’è tra le velocità dei due motoscafi? Una mente acuta può risolvere questo problema con un minimo di calcoli.

228. I Giovani Pionieri

Vitya assicura che la sua brigata di Giovani Pionieri pianterà tanti alberi da frutta quanto la metà di quelli che pianteranno tutti gli altri Giovani Pionieri; Kiryusha assicura che la sua brigata, che è la più grande del gruppo, pianterà da sola tanti alberi quanto tutti gli altri messi insieme, compresi quelli della brigata di Vitya.

Le due brigate finiscono l’ultimo turno contemporaneamente; le altre brigate che hanno finito prima di loro hanno piantato 40 alberi da frutta; supponendo che i due ragazzi avessero avuto entrambi ragione, quanti alberi ha piantato tutto il gruppo?

229. Maggiore quante volte?

Dati due numeri, sottraendo la metà del minore da entrambi i numeri, la differenza dal maggiore risulta il triplo della differen­za dal minore.

Quante volte è maggiore il primo numero rispetto al secondo?

230. La nave e l’idrovolante

Una nave parte per un lungo viaggio; quando si trova a 180 miglia dalla costa viene mandato a portare la posta un idrovolante che viaggia a una velocità dieci volte superiore a quella della nave. A che distanza dalla costa l’idrovolante incontrerà la nave?

231. 1 circuiti circolari delle biciclette

Quattro ciclisti si esibiscono su percorsi circolari, lunghi ognuno 1/3 di chilometro; i ciclisti partono simultaneamente dai

punti segnati nella figura, e viaggiano rispettivamente a 6 , 9,12 e 15 chilometri all’ora.

Alla fine dell’esibizione, cioè dopo 20 minuti, quante volte i quattro ciclisti saranno ripassati contemporaneamente dai rispettivi punti di partenza?

232. La velocità del tornitore Bykov

Il tornitore P. Bykov, vincitore del premio statale, è riuscito a ridurre il tempo di lavorazione di alcune parti metalliche da 35 minuti a 2 minuti e mezzo; la velocità con cui tagliava il metallo era aumentata di 1 690 centimetri al minuto: qual’è la velocità attuale?

233. Il viaggio di Jack London

Lo scrittore Jack London racconta come si trovò a dover percorrere alla massima velocità possibile il percorso da Skag- way al suo campo, dove un compagno stava morendo, in una slitta tirata da 5 cani eschimesi.

Per 24 ore i cani eschimesi tirarono la slitta al massimo della velocità, poi 2 dei cani scapparono con un branco di lupi; London, rimasto con soli 3 cani, si ritrovò a dover andare più lentamente del previsto, e raggiunse infatti il campo con 48 ore di ritardo. Se i cani che erano fuggiti fossero rimasti a tirare la slitta per altri 50 chilometri, scrive London, egli sarebbe arrivato con solo 24 ore di ritardo.

Quanto distava il campo da Skagway?

234. False analogie

In alcuni casi vengono compiute delle scoperte scientifiche facendo uso dell’analogia; infatti, se alcune caratteristiche di due oggetti sono simili, è probabile che lo siano anche altre caratteristiche. Comunque, l’analogia è solo uno strumento per giungere a certe intuizioni, ma queste devono essere rigorosa­mente sperimentate.

Anche in matematica c’è posto per l’analogia, ma anche, purtroppo, per le false analogie; facciamo un esempio:

«Di quanto è maggiore 40 rispetto a 32?»«Di 8».«E di quanto è minore 32 rispetto a 40?»«Di 8».«Di che percentuale 40 è maggiore di 32?»«Del 25 per cento».«E di che percentuale 32 è minore di 40?»«Del 25 per cento».Invece la risposta è solo il 20 per cento.

a) Supponendo che le vostre entrate mensili aumentino del 30

per cento, di che percentuale aumenterà il vostro potere di acquisto?

b) Supponendo che le vostre entrate mensili non subiscano variazioni, ma che i prezzi scendano del 30 per cento, di che percentuale aumenterà il vostro potere di acquisto?

c) Quando una libreria che vende libri di seconda mano, fa una svendita con il 10 per cento di riduzione, ha un profitto dell’8 per cento su ogni libro che vende. Che profitto aveva prima di fare la svendita?

d) Se un operaio metalmeccanico riduce il proprio tempo di lavorazione di un oggetto del p per cento, di quanto aumenta la propria produttività?

235. Un groviglio legale

I testi di matematica degli antichi romani proponevano dei problemi di utilità pratica; eccone uno.

Un romano in punto di morte decise di lasciare un testamen­to, sapendo anche che la moglie aspettava un bambino; le sue volontà furono dunque che, se il figlio era un maschio, a lui sarebbero andati due terzi delle proprietà del padre, e alla moglie un terzo, mentre se il figlio fosse stato una bambina avrebbe ereditato solo un terzo, e gli altri due terzi sarebbero andati alla moglie.

Poco dopo la morte dell’uomo la donna partorì e nacquero due gemelli, un maschio e una femmina, una possibilità che il padre non aveva previsto nel lasciare le sue volontà. Che tipo di divisione delle proprietà rispetterà maggiormente il testamento?

236. Due figli

a) Ho due figli, che non sono tutti e due maschi; quante probabilità ci sono che siano tutte e due femmine?

b) Un artista ha due figli, di cui il maggiore è un maschio; quante probabilità ci sono che siano tutti e due maschi?

237. Quale dei due andava a cavallo?

Un giorno un vecchio e un giovane partirono da un paese per andare in città, uno a cavallo e l’altro in macchina. Dopo poco risultò evidente che, se il vecchio avesse percorso tre volte la strada che aveva percorso, avrebbe dovuto ancora percorrere la metà di quanto doveva ancora percorrere, e che se il giovane fosse arrivato fino alla metà di quanto aveva già percorso, avrebbe dovuto ancora percorrere tre volte il cammino che gli restava da percorrere.

Quale dei due andava a cavallo?

238. I due motociclisti

Due motociclisti partirono nello stesso istante, percorsero la stessa distanza e ritornarono a casa nello stesso istante, ma uno viaggiò il doppio del tempo in cui l’altro si riposava, e il secondo viaggiò tre volte il tempo in cui il primo si riposava.

Quale dei due andava più veloce?

239. Una caratteristica delle frazioni semplici

Scrivete su un foglio alcune frazioni semplici positive, poi scrivete un’altra frazione in cui il numeratore sia uguale alla somma dei numeratori delle frazioni precedenti e il denominato- re sia uguale alla somma dei denominatori delle frazioni precedenti. Questa frazione sarà maggiore della minore che avete scritto e minore della più grande? Sarà cosi in ogni caso?

240. In quale aereo si trovava il padre di Volodya?

Volodya chiese a suo padre: «In quale aereo ti trovavi durante la parata aerea?»

Il padre disegnò sul foglio una formazione di 9 aerei, e rispose:

«Il numero di aerei alla mia destra moltiplicato per il numero di aerei alla mia sinistra fa un numero minore di 3 di quello che sarebbe stato se il mio aereo fosse stato 3 posti alla mia destra».

Come riuscì Volodya a risolvere questo problema?

241. Equazioni da risolvere mentalmente

6 75 lx + 3 249^ = 26751 3 249x + 6751y = 23 249

Vi sembra uno scherzo pretendere di risolvere queste due equazioni mentalmente? Beh, non lo è, se sapete moltiplicare mentalmente la prima equazione per 6751 e la seconda per 3249, oppure se usate un altro metodo molto più semplice.

242. Due candele

Due candele sono di diversa lunghezza e grossezza; la più lunga può bruciare per 3 ore e mezzo e la più corta per 5 ore.

Dopo che sono entrambe accese da due ore sono diventate della stessa lunghezza; due ore prima, quale frazione della lunghezza della candela più lunga era uguale all’altezza della candela più corta?

243. Una gran sagacia

Il libraio Nikanorov chiese a quattro ragazzini di pensare ciascuno a un numero di quattro cifre, «Ora spostate la prima cifra del numero alFultimo posto (al posto delle unità) e sommate il numero nuovo con il primo; per esempio, se avete pensato il numero 1 234, il secondo sarà 2341, e la somma è3 575; poi ditemi i risultati di ognuno di voi».

Kolya disse: «8612».Polya disse: «4 322».Tolya disse: «9 867».E Olia: «13 859».«Avete sbagliato tutti meno Tolya» disse il libraio. Ma come

faceva a saperlo?

244. Gli orologi

Un orologio a muro va due minuti indietro ogni ora; un orologio da tavolo va due minuti avanti ogni ora rispetto all’orologio a muro; una sveglia va due minuti indietro ogni ora rispetto all’orologio da tavolo; un orologio da polso va due minuti avanti ogni ora rispetto alla sveglia.

A mezzogiorno sono stati rimessi tutti e quattro gli orologi; quando sono le sette di sera, che ora segnerà l’orologio da polso, approssimando al minuto?

245. L’ora esatta

Il mio orologio va avanti un secondo ogni ora e quello di Vasya va indietro un secondo e mezzo ogni ora; in questo momento fanno la stessa ora; quando succederà di nuovo? E quando segneranno di nuovo l’ora esatteti

246. Quando?

a) Un artigiano si reca a pranzo poco dopo mezzogiorno e, uscendo, osserva come sono disposte le lancette di un orologio;

quando tom a dal ristorante si accorge che le lancette si sono scambiate posto.

A che ora ritorna?b) Me ne vado a fare una passeggiata per più di 2 ore ma per

meno di 3; quando ritorno le lancette dell’orologio si sono scambiate posto.

Quanto è durata la mia passeggiata?c) Un ragazzo comincia a risolvere un problema in un

momento tra le 4 e le 5 in cui le lancette dell’orologio sono sovrapposte; finisce quando le lancette si trovano in posizioni opposte.

Quanti minuti gli ci vogliono per risolvere il problema, e a che ora ha finito?

247. La conferenza

Una conferenza inizia tra le 18 e le 19 e finisce tra le 21 e le 22; in questo lasso di tempo le lancette dell’orologio si sono scambiate di posto.

A che ora comincia e a che ora finisce la conferenza?

248. Le lezioni del sergente

Il sergente Semochkin si serve di tutte le occasioni per insegnare ai suoi esploratori lo spirito di osservazione e la prontezza di riflessi.

Capita che chieda loro alPimprovviso: «Quanti piloni aveva il ponte che abbiamo attraversato oggi?»

Oppure pone loro dei problemi:«Supponiamo che due di voi debbano percorrere la stessa

distanza; il primo corre per metà del tempo e cammina per la seconda metà; il secondo corre fino a metà strada e cammina per il resto del tragitto. Tutti e due corrono e camminano alla stessa velocità.

«Chi arriva per primo? e se prima camminano e dopo corrono?»

249. I due dispacci

Il primo dispaccio contiene questo messaggio:«Il treno N mi oltrepasserà in t x secondi».Il secondo dispaccio contiene questo messaggio:«Il treno N attraversa un ponte di a metri in t2 secondi». Se la velocità del treno N è costante, che velocità è, e quanto è

lungo il treno?

250. Le nuove stazioni

Tutte le stazioni sul tragitto della ferrovia N vendono biglietti per tutte le altre stazioni della linea; quando vennero aggiunte alcune nuove stazioni si dovettero stampare altre 46 serie di biglietti.

Quante stazioni nuove sono state aggiunte, e quante ce n’erano prima?

251. Schema di parole

B Io R AR O M AI N D I AS C U O L AK I B B U T zO R O L o G I oR O C C H E T T OD E V I A Z I O N EE L E T T R I C I T ÀM A T E R I A L I S M OS B R I C I O L A T U R AK A I S E R s L A U T E RI N D I S S o L U B I L I

Le parole qui sopra, contengono da 2 a 15 lettere. Sceglie­

te quattro parole differenti con a, b, c e d lettere in modo che a2 = bd e ad = bzc.

252. Le bilance guaste

Per pesare correttamente, le bilance devono avere bracci della stessa lunghezza (nella figura, infatti, a = b), ma in una drogheria i due bracci non erano uguali; in attesa di rimpiazzare la bilancia, il proprietario si domandò se poteva pesare per bene in questo modo:

«Se metto sul piatto a destra dello zucchero e sull’altro un peso da 1 chilo, in modo che siano in equilibrio, poi metto il peso di 1 chilo sul piatto destro e dello zucchero a sinistra in modo da bilanciare i due piatti, lo zucchero sarà in totale 2 chili».

Sarà vero? Oppure c’è un altro sistema?

253. L’elefante e la mosca

È possibile che il peso di un elefante e di una mosca siano uguali?

Sia x il peso dell’elefante e y quello della mosca, e 2v la somma dei loro pesi, ne consegue che x + y = 2v.

Da questa equazione se ne ottengono altre due:

A

x — 2 v = —y; x = —y + 2v

Moltiplicando, si ha:

x 2 — 2vx = y 2 — 2vy.

x 2 — 2vx + v2 = y 2 — 2 vy + v2,

ovvero: (x — v)2 = (y — v)2.

Estraendo la radice quadrata:

x — v = y — v; x = y.

Dunque il peso dell’elefante (x) e quello della mosca (_y) sono uguali.

Dov’è l’errore?

254. Un numero di cinque cifre

Ecco un numero interessante di cinque cifre, A; se gli aggiungiamo a destra un 1 diventa tre volte più grande che se gli mettiamo FI davanti.

Che numero è?

255. Vivere fino a 100 anni senza invecchiare mai

La mia età, che assieme alla tua forma 86 anni, è 15/16 dell’età che avrai quando io ho 9/16 dell’età che avresti se tu avessi il doppio dell’età che avrei quando avrò il doppio dei tuoi anni.

Quanti anni ho, e quanti ne hai tu?Soluzione: cercate innanzi tutto di districare il problema.1. Un giorno io avrò 2x anni e tu x anni (figura qui sotto).

Ne consegue che ho sempre x anni più di te.2. Se tu avessi il doppio di 2x anni io ne avrei 5x, e quando io

ho 9/16 dei tuoi 4x anni, ho 2^x anni e tu ne hai l£ x anni (nella figura sotto).

2 x

io t u

■«— / j x — >-

io t u

3. Quando ho 15/16 dei tuoi l^ x anni, quindi ho 75x/64 anni e tu ne hai llx /64 (nella sottostante figura).

La somma delle nostre età è 86, quindi oggi io ho 75 anni e tu ne hai 11, secondo il nostro problema; in realtà, io sono ancora lontano dai 75 e forse tu ne hai diversi più di 11. Ma se io avessi il doppio dei tuoi anni quando io avevo la tua età, e quando avrai tu la mia età la somma dei nostri anni sarà 63, quanti anni abbiamo adesso?

256. Il problema di Lucas

Questo problema è stato inventato dal matematico francese del XIX secolo Edouard Lucas.

«Tutti i giorni a mezzogiorno», disse Lucas, «una nave parte da Le Havre per New York e un’altra nave parte da New York per Le Havre; la traversata dura 7 giorni e 7 notti; quante navi New York-Le Havre incontrerà la nave che è partita oggi da Le Havre durante il suo viaggio fino a New York?».

Cercate di risolverlo tracciando un grafico.

257. Un viaggio particolare

Due ragazzi vanno a fare una passeggiata in bicicletta, ma durante il tragitto una delle due biciclette si rompe e viene lasciata in un negozio per essere riparata. I due ragazzi decidono di dividersi la bicicletta rimasta, facendo in questo modo: partono contemporaneamente, uno in bicicletta e l’altro a piedi; ad un certo punto, il ciclista scende di bicicletta, la lascia lì e prosegue a piedi; quando l’amico raggiunge la bicicletta, riparte in bicicletta e pedala fino a che non raggiunge l’altro ragazzo, poi scende e prosegue a piedi, mentre l’altro prende la bicicletta, e così via.

A che distanza dalla loro destinazione deve rimanere ferma la bicicletta per l’ultima volta, per fare sì che i due arrivino contemporaneamente? La distanza tra il punto in cui si è rotta la bicicletta e la destinazione è 60 chilometri, e i ragazzi percorrono5 chilometri all’ora a piedi e 15 in bicicletta.

LA M ATEM ATICA QUASI SENZA CALCOLI

Tutti i problemi si risolvono ragionando, e quei problemi che necessitano più di deduzioni che di calcoli rivestono un’impor­tanza e un interesse particolari, perché insegnano ad analizzare e a cercare soluzioni diverse da quelle dettate dai normali schemi di ragionamento.

258. Le scarpe e i calzini

Andai nel bagno mentre mia sorella dormiva ancora, quindi lasciai la luce spenta; trovai scarpe e calzini, ma devo confessare che non erano assolutamente in ordine, infatti c’era solo una pila disordinata di 6 scarpe di tre paia diverse e un mucchio di 24 calzini, sia neri che marroni.

Quante scarpe e quanti calzini mi dovetti portar dietro per essere sicuro di avere un paio di scarpe e un paio di calzini uguali?

259. Le mele

In un cesto sono mischiati tre tipi di mele; quante mele bisogna prendere per essere sicuri di avere almeno 2 mele di un tipo?

E per averne per lo meno 3 di un tipo?

260. La previsione del tempo

Sta piovendo a mezzanotte; ci sarà il sole tra 72 ore?

261. La festa degli alberi

Per la festa degli alberi i Giovani Pionieri di quarta elementare cominciarono la mattina presto a piantare gli alberi, e ne piantarono 5 prima che arrivassero i ragazzi di prima media: ma li piantarono nella zona assegnata alla prima media.

Quelli di quarta dovevano attraversare la strada e ricomincia­re a piantare gli alberi, quindi quelli delle medie finirono prima di loro. Per pagare il proprio debito, attraversarono la strada e piantarono 5 alberi; ne piantarono poi altri 5 e il lavoro fu terminato.

I ragazzi di prima media erano in vantaggio 5 o 10 alberi?

262. Nomi ed età corrispondenti

(In Russia, la figlia non sposata del signor Serov viene chiamata Serova.)

Tre Giovani Pionieri stavano chiacchierando; il capo disse: «Burov, Gridnev e Klimenko arrivano domani; i loro nomi sono Kolya, Petya e Grisha, ma non necessariamente in questo ordine».

«Mi pare che uno dei tre si chiami Kolya Burov».«Ti sbagli» disse il capo, «vi darò qualche indicazione per

scoprire i loro nomi. Il padre di Nadya Serova, che conoscete tutti bene, è un fratello della madre di Burov.

«Petya cominciò ad andare a scuola quando aveva 7 anni. Di recente mi ha scritto in una lettera: “ Finalmente, quest’anno ho cominciato l’algebra di prima media” .

«Il nostro apicultore, Semyon Zakharovich Mokrousov, è il nonno di Petya.

« Gridnev ha un anno più di Petya, e Grisha ha anche lui un anno più di Petya».

Scoprite i nomi e le età dei tre ragazzi che devono arrivare.

263. Una gara di tirassegno

Andryusha, Borya e Volodya tirarono ognuno 6 colpi, e ognuno di loro totalizzò 71 punti.

Ai primi due colpi Andryusha totalizzò 22 punti e Volodya al primo colpo fece solo 3; quale dei tre ragazzi fece centro?

264. Un acquisto

«Le matite, i quaderni e la carta colorata che hai comprato costano 1 rublo e 70».

«Ho comprato 2 matite a 2 copechi l’una e 5 matite da 4 copechi, poi 8 quaderni e 12 fogli di carta colorata; non mi ricordo i loro prezzi, ma il conto totale non può essere 1 rublo e 70».

Perché non poteva essere quello il prezzo?

265. In uno scompartimento del treno

Sei passeggeri dividono lo stesso scompartimento in un treno; sono partiti rispettivamente da Mosca, da Leningrado, da Tuia,

da Kiev, da Kharlov e da Odessa.

1. A e l’uomo proveniente da Mosca sono dottori;2. E e l’uomo proveniente da Leningrado sono insegnanti;3. C e l’uomo proveniente da Tuia sono ingegneri;4. B e F sono veterani della seconda guerra mondiale, ma

l’uomo di Tuia non è mai stato arruolato nelle forze armate;5. l’uomo di Kharlov è più vecchio di A;6 . l’uomo di Odessa è più vecchio di C;7. a Kiev scendono B e l’uomo di Mosca;8. a Vinnitsa, scendono C e l’uomo di Kharlov.

Cercate di trovare l’identità di questi passeggeri, in modo che di ognuno si sappia l’iniziale, la professione e la città di provenienza; le condizioni date sono necessarie e sufficienti per risolvere il problema?

266. Il torneo di scacchi

Un fante, un aviatore, un carrista, un artigliere, un cavalleggero, un mortaista, un guastatore e un addetto alle comunicazioni partecipanti al torneo di scacchi dell’esercito sovietico, avevano i gradi (non necessariamente in ordine) di colonnello, maggiore, capitano, luogotenente, sergente maggio­re, sergente, caporale e soldato semplice. Cercate di dare a ognuno il suo grado, sapendo che:

1. nel primo round il colonnello giocò con il cavalleggero;2 . l’aviatore arrivò appena in tempo per il secondo round;3. nel secondo round il fante giocò con il caporale;4. sempre nel secondo round, il maggiore giocò con il

sergente maggiore;5. dopo il secondo round il capitano si allontanò, e fu l’unico

che abbandonò il torneo;6 . il sergente perse il terzo round perché stava poco bene;7. il carrista perse il quarto round perché stava poco bene;

8. il maggiore perse il quinto round perché stava poco bene;9. nel terzo round il luogotenente vinse il fante;10. nel terzo round l’artigliere vinse il colonnello;11. nel quarto round il guastatore batté il luogotenente;12. nel quarto round il sergente maggiore vinse il colonnello;13. prima dell’ultimo round il cavalleggero e il mortaista

finirono una partita sospesa al sesto round.

267. I volontari

Sei membri del Komsomol si offrirono come volontari per segare dei tronchi d’albero in pezzi di mezzo metro per riscaldare la scuola; i tre capi delle coppie che segavano erano Volodya, Petya e Vasya.

Volodya e Misha avrebbero segato in più parti dei tronchi lunghi 2 metri, Petya e Kotsya dei tronchi di un metro e mezzo e Vasya e Fedya dei tronchi di un metro. (Questi sono tutti nomi propri.)

Il giorno seguente il bollettino della scuola lodava il lavoro compiuto dalle squadre guidate da Lavrov, Galkin e Medvedev. Lavrov e Kotov avevano segato tanti tronchi da fare 26 pezzi per la stufa, Galkin e Pastukhov avevano fatto 27 pezzi e Medvedev e Yevdonikov ne avevano fatti 28. (Questi sono tutti cognomi.)

Qual è il nome di Pastukhov?

268. Qual è il cognome del macchinista?

Sul treno Mosca-Leningrado stanno viaggiando tre passegge­ri di nome Ivanov, Petrov e Sidorov. Per una buffa coincidenza, il macchinista, il fochista e anche il controllore hanno gli stessi cognomi. Sappiamo che:

1. il passeggero Ivanov abita a Mosca;2. il controllore abita a metà strada tra Mosca e Leningrado;

3. il passeggero che ha lo stesso cognome del controllore abita a Leningrado;

4. il passeggero che abita più vicino al controllore guadagna ogni mese esattamente tre volte quanto guadagna il controllore;

5. il passeggero Petrov guadagna 200 rubli al mese;6 . Sidorov (quello del personale ferroviario) ha vinto recente­

mente il fochista a biliardo.

Qual è il cognome del macchinista?

269. Un giallo

(Dalla rivista americana «Scripta Mathematica».)A una maestra di una scuola elementare nello Stato di New

York venne rubata una borsetta. Il ladro doveva essere uno di questi ragazzi: Lillian, Judy, David, Theo o Margaret.

Quando vennero interrogati, ogni ragazzo fece tre affermazio­ni:

Lillian: (1) «Non ho preso la borsetta». (2) «In vita mia non ho mai rubato niente». (3) «L’ha presa Theo».

Judy: (4) «Non ho preso la borsetta». (5) «Mio padre è abbastanza ricco, e io ho la mia di borsetta». (6) «Margaret sa chi l’ha rubata».

David: (7) «Non ho preso la borsetta». (8) «Non conoscevo Margaret prima di iscrivermi a questa scuola». (9) «L’ha presa Theo».

Theo: (10) «Io non sono colpevole». (11) «L’ha presa Margaret». (12) «Lilian dice una bugia quando sostiene che sono stato io a rubare la borsetta».

Margaret: (13) «Io non ho preso la borsetta della maestra». (14) «La colpa è di Judy». (15) «David può garantire per me perché mi conosce da quando sono nata».

In seguito tutti i ragazzi ammisero che solo due delle loro affermazioni erano veritiere, e l’altra era falsa.

Supponendo che questo sia vero, chi ha rubato la borsetta?

270. Raccogliendo erbe selvatiche

Due gruppi di Pionieri raccolsero una certa quantità di erbe medicinali per venderla alla locale unità sanitaria del Soviet; l’unità sanitaria aggiunse al prezzo pattuito una piccola somma come premio e incoraggiamento, e il primo gruppo ricevette la maggior parte del premio perché aveva raccolto molte più erbe medicinali.

Per divertimento, uno dei Pionieri fece il calcolo della divisione del premio usando un codice, mettendo cioè al posto di ogni cifra un asterisco.

Cercate di decodificare questi calcoli.

a) Somma dei sacchi di erbe raccolti dai due gruppi:

*+ *

* *

b) divisione del premio (in copechi) per il numero totale dei sacchi:

* * * I * 7

* * * *

* ** *

c) che parte del premio riceve il primo gruppo?

* * x *

* *

d) che parte del premio riceve il secondo gruppo?

* * x *

* *

271. La divisione nascosta

Olya, direttore del bollettino di matematica «Rifletti!», scrive su un foglio la divisione di un numero con sei cifre per uno di due cifre, e dimentica il foglio sopra un tavolo. Due giocatori di scacchi, che giocano su quello stesso tavolo, cominciano a mettere le pedine mangiate sopra i numeri della divisione, e quando la partita è finita hanno coperto tutti i numeri eccettuato il resto.

Olya, quando ritrova il foglio, decide di lasciarlo come problema di decodificazione, dopo aver scoperto un 8 nel quoziente in modo che non ci possano essere due soluzioni diverse.

Provate, è più facile di quel che non sembri.

272. Operazioni in codice

In questi sette crittogrammi numerici le cifre sono rappresen­tate da lettere e da asterischi; lettere uguali corrispondono a cifre uguali e lettere diverse corrispondono a cifre diverse; un asterisco corrisponde a qualsiasi cifra.

Cercate di decifrarli.

a) A B C b) * * *x B A C x * 2 *

* * * ** * A

* * * B * 8 ** * * *

* * *

c ) * * 7 * * * * * * * | * * * * 7 *

* * 7 * *

* * * * 7 7 *

* 7 * * * ** 7 * * * *

* * * * 7 * *

sic % s|e sic

d) (Ci sono quattro soluzioni.)* * * * * * 4 | * * *

4

* * 4 ** * * *

* * * ** 4 *

* * * ** * * *

e) (Ci sono due soluzioni.)

D O + R E = M I;F A + S I = LR E + S I + L

/ ) (Anche se non viene dato il numero di cifre del divisore, c’è una sola soluzione per questa semplice divisione.)

A;A = S O L.

* * * 8 * *

* * ** * *

* * ** * *

* ** *

* * ** * *

g) A T O Mx A T O M

* * * * a t o m

273. Un crittogramma numerico con numeri primi

In questo interessante crittogramma numerico, ogni cifra corrisponde a un numero primo (2, 3, 5 o 7). Anche se nessun numero è decifrato, c’è una sola soluzione possibile.

* * *X * *

* * * ** * * *

274. II motociclista e il cavallerizzo

L’ufficio postale mandò un motociclista incontro a un aereo che doveva arrivare all’aeroporto, per ritirare la posta.

L’aereo atterrò prima del tempo e la posta venne presa da un cavallerizzo che si impegnò a portarla alla posta. Dopo mezz’ora il cavallerizzo incontrò il motociclista lungo la strada e gli consegnò la posta.

Il motociclista ritornò all’ufficio postale 20 minuti prima del tempo previsto.

Quanti minuti in anticipo era atterrato l’aereo?

275. A piedi e in auto

Ecco una variazione del problema precedente.Tutte le mattine un ingegnere prende il treno per recarsi nella

città in cui lavora, e alle 8 e mezzo, appena scende dal treno, un’automobile lo porta alla fabbrica.

Un giorno l’ingegnere prese un treno che arrivava in città alle7. Arrivato cominciò a camminare dirigendosi verso la fabbrica; per la strada, incontrò la macchina che lo fece salire e tornò verso la fabbrica, dove arrivò 10 minuti prima del solito.

A che ora l’ingegnere incontrò l’automobile?

276. Dimostrazione per assurdo

Quando due affermazioni A e B si escludono a vicenda, soltanto una delle due può essere vera; la dimostrazione che A è vera basandosi sul fatto che B è falsa si chiama dimostrazione per assurdo.

Facciamo un esempio: supponiamo che la somma di due numeri sia 75, e che il primo numero superi di 15 unità il secondo; dimostriamo che il secondo numero è 30.

Soluzione: supponendo che il secondo numero non sia 30, può essere sia maggiore che minore di 30; se è maggiore, il primo numero sarà maggiore di 45 e la somma dei due sarà maggiore di 75, il che contraddice il problema. Se il secondo numero è minore di 30, anche il primo numero sarà minore di 45 e la loro somma sarà minore di 75, anche questa cosa è impossibile.

Ne consegue che il secondo numero deve essere 30.Risolvete i problemi seguenti con la dimostrazione per

assurdo.

a) Il prodotto di due numeri interi è maggiore di 75; dimostrare che almeno uno dei due numeri è maggiore di 8.

b) Il prodotto di un numero di due cifre per 5 è un numero di due cifre; dimostrare che la prima cifra del moltiplicatore è uguale a 1.

277. La moneta falsa

a) (Una domanda facile). Nove monete sono uguali, e 8 hanno lo stesso peso mentre una — una moneta falsa — è più leggera delle altre. Scoprite qual è la moneta falsa pesando le monete due volte su una bilancia a due piatti, senza usare altri pesi.

b) (Un po’ più difficile) lo stesso problema, ma con 8 monete.c) (Difficile). Di 12 monete, 11 hanno lo stesso peso e quella

falsa è più leggera o più pesante; pesando tre volte, scoprite la moneta falsa e se è più leggera o più pesante.

Ecco alcuni problemi che dovete risolvere per vostro conto e di cui non diamo la soluzione.

d) Scoprite in 3 pesate quale, se esiste, di 13 parti meccaniche ha un peso diverso dalla norma, e se è più leggera o più pesante; si può usare una quattordicesima parte meccanica di peso normale.

e) Trovate una soluzione generale per il problema precedente, con n pesate di \ (3n— 1) parti meccaniche (e una standard).

278. Una conclusione logica

Tre appassionati di giochi ed enigmi hanno gli occhi bendati, e un pezzetto di carta bianca viene incollato sulla loro fronte; vengono avvertiti che non tutti i pezzetti di carta sono neri. Quando vengono levate le bende dagli occhi, il premio spetta al primo che deduce se il pezzetto di carta sulla propria fronte è bianco o nero.

Tutti e tre annunciano insieme che il proprio foglietto è bianco; perché?

279. I tre saggi

Tre antichi filosofi greci schiacciavano un pisolino sotto un albero; mentre dormivano, un burlone annerì le loro facce con del carbone e, quando tutti e tre si svegliarono, cominciarono a ridere l’uno dell’altro, ciascuno pensando che gli altri due ridessero l’uno dell’altro.

A un tratto uno di loro smise di ridere; come fece a rendersi conto che anche la sua faccia era annerita dal carbone?

280. Cinque domande

Le proposioni matematiche devono essere complete, ma non devono comprendere parole non necessarie; la brevità e la precisione sono infatti tratti distintivi e apprezzati del linguaggio matematico.

a) Cercate le parole in più di queste proposizioni.1. La somma di due angoli acuti in un triangolo rettangolo è

90°.2. Se un lato di un triangolo rettangolo è uguale alla metà

dell’ipotenusa, l’angolo acuto opposto è di 30°.b) Cercate degli equivalenti con una o due parole.1. La parte di una retta secante che non è esterna a un

cerchio.2. Il poligono con il minor numero di lati.3. La corda che passa attraverso il centro di un cerchio.4. Un triangolo isoscele la cui base è uguale agli altri lati.5. Più cerchi con lo stesso centro.c) Ecco sette termini correlati: parallelogramma, figura

geometrica, quadrato, poligono, figura piana, rombo, quadrila­tero convesso. Disponeteli in modo che il concetto espresso da ciascun termine comprenda il termine seguente.

d) Nel triangolo ABC, sia AB = BC e AD = DC; cercate almeno tre definizioni per il segmento BD.

B

e) La somma degli angoli esterni di un poligono convesso è uguale a 4 angoli retti; qual è il maggior numero possibile di angoli interni acuti che può avere un poligono convesso?

281. Ragionare senza equazioni

Alcuni problemi che sembrano algebrici si possono risolvere semplicemente con la logica.

a) Un numero di due cifre se viene letto da destra a sinistra è 4 volte e mezzo maggiore che se viene letto da sinistra a destra. Che numero è?

1. È maggiore di 9 perché è composto da due cifre.2. È minore di 23 perché 23 x 4 e { è maggiore di 100.3. È un numero pari perché è un numero intero che viene

moltiplicato per 4 e mezzo.4. Nove volte la metà del numero rappresenta il suo

contrario, quindi il suo contrario è divisibile per 9.5. È composto delle stesse cifre del suo contrario, quindi è

anch’esso un numero divisibile per 9 (vedi capitolo 7).Completate la soluzione del problema.

b) Il prodotto di quattro numeri interi consecutivi è uguale a 3024. Di che numeri si tratta?

1. Nessuno dei numeri è 10, perché il loro prodotto finirebbe con uno zero.

2. Almeno uno dei numeri è minore di 10, altrimenti il loro prodotto avrebbe per lo meno cinque cifre.

3. Allora tutti i numeri sono minori di 10.4. Nessuno dei quattro numeri è 5, perché il loro prodotto

terminerebbe con 5 o 0.Completate la soluzione del problema.

282. L’età del bambino

L’età di un bambino aumentata di 3 anni è uguale a un numero che ha per radice quadrata un numero intero; diminuita di 3 anni, l’età del bambino è uguale a quella radice quadrata.

Quanti anni ha il bambino? Cercate un’altra relazione di questo tipo con una differenza diversa da 3.

283. Si o no?

Chiedete a un amico di scegliere un numero da 1 a 1 000; dopo avergli fatto dieci domande a cui può rispondere «sì» o «no», gli sapete dire che numero aveva scelto.

Che tipo di domande fareste?

GIOCHI E TRUCCH I CON I N U M E R I

Giochi

284. Con undici fiammiferi

Sul tavolo sono disposti 11 fiammiferi, o altri oggetti analoghi; il primo giocatore può prendere 1, 2 o 3 fiammiferi, il secondo anche, e così via. Perde chi rimane con l’ultimo fiammifero. Alcune domande:

a) vincerà sempre il primo che gioca?b) vincerà il primo che gioca se invece di 11 fiammiferi ce ne

sono 30?c) in generale, verificare se vincerà il primo che gioca nel caso

in cui ci siano un numero n di fiammiferi, da prendere da 1 a p per volta (con p minore di ri).

285. Il vincitore prende l’ultimo fiammifero

Di 30 fiammiferi messi sul tavolo, se ne possono prendere da 1 a 6 per volta; chi prende l’ultimo fiammifero vince; come si fa per essere sicuri di vincere?

286. Vince il numero pari

Due giocatori prendono da 1 a 4 fiammiferi per volta da un insieme di 27 fiammiferi messi sul tavolo, e seguitano fino all’ultimo fiammifero. Vince chi si trova alla fine con un numero pari di fiammiferi; essendo il primo a giocare, che mosse bisogna fare per vincere?

287. Il gioco di Wythoff

[Questo gioco è stato inventato da W. A. Wythoff nel 1907; apparentemente Wythoff non sapeva che veniva da tempo giocato in Cina con il nome di tsyanshidzi (prendere le pietre). M. G.]

Ci sono due mucchietti di sassi (o di altri oggetti), e i giocatori si alternano a togliere sassi dai mucchietti, seguendo queste regole:

1. si possono prendere tutti i sassi di un mucchietto, oppure2 . si possono prendere sassi da tutti e due i mucchietti, ma

solo in ugual numero.

Vince chi prende l’ultimo sasso.Tra le combinazioni vincenti c’è (1, 0), cioè quando resta un

sasso nel primo mucchio e nessuno nel secondo, e (n, ri); si prendono allora rispettivamente 1 sasso (prima regola) e 2n sassi (seconda regola).

(1, 2) è una posizione perdente: nella tabella qui sotto sono riportate le posizioni di A dopo le quattro possibili mosse; in ogni caso, B può prendere tutti i sassi rimasti:

A B A B A B A B0 0 1 0 1 0 0 02 0 0 0 1 0 1 0

Per esempio, nella terza variante, A prende un sasso dal secondo mucchietto (prima regola) e B prende tutti i sassi restanti nei due mucchi (seconda regola).

Ma se (1, 2) è una posizione perdente, non solo (1, 0) e (1, 1) sono vincenti, ma anche qualunque (1, ri). A si limita a prendere (n — 2) sassi dal secondo mucchietto, lasciando aH’avversario la combinazione (1, 2).

Esistono altre combinazioni perdenti oltre (1, 2)?

288. Come fare per vincere?

Nel rettangolo, diviso in 8 quadrati, riprodotto nella figura qui sotto, sono disposte tre pedine, nelle caselle d , f e h; vince chi

e e(a) (b)(c) (d) (e) (f) (g) (h)

mette l’ultima pedina nella casella a, consentendo ciascuna mossa di spostare una pedina verso sinistra in qualunque casella, che sia occupata o meno, anche mettendola sopra ad altre che già occupavano la stessa casella.

Il primo giocatore vince sempre; cercate di dimostrare perché.(Nella seconda parte del libro non c’è risposta a questo

problema).

289. Comporre quadrati

Ogni giocatore ha un assortimento di 18 pezzi: nella figura a sono riportate le quantità e le forme dei vari pezzi.

Ci sono molti modi per comporre quadrati di 2 per 2, come nella figura b, in un cartellone di 6 per 6; le righe più grosse nella

(a) (b)

figura formano 9 sezioni, e un giocatore può usare solo 4 sezioni per volta.

Ogni mossa consiste nel mettere un pezzo sul cartellone, senza muovere gli altri pezzi e senza sovrapporlo a quelli già sistemati. Vince chi riesce a fare un maggior numero di quadrati (il massimo è comunque 4 quadrati).

(Nella seconda parte del libro non c’è risposta a questo problema).

290. Chi arriva primo a 100?

A dice 7, B dice 12, A dice 22, B dice 23; ogni volta si può dire un numero maggiore di quante unità si vuole, da 1 a 10, rispetto al precedente.

Chi dice prima 100 vince; come fa A per vincere?

291. Il gioco dei quadrati

Il campo di gioco è una figura composta preferibilmente da un numero dispari di quadratini e disegnata su carta a quadretti.

Osservando la figura già disegnata, i due giocatori si alterneranno nel segnare delle linee lungo i lati dei quadratini che compongono la figura; chi segna la quarta riga di un quadratino, chiudendolo, ci scrive dentro una lettera, e ha diritto a un’altra mossa; un giocatore può infatti chiudere quanti quadrati può uno dopo l’altro.

Il gioco termina quando tutti i quadrati sono completi, e vince il giocatore che ha chiuso il maggior numero di quadrati.

La teoria che sta alla base di questo gioco è abbastanza complessa e non si conosce una strategia globale, ma la conoscenza di alcune piccole strategie sarà di aiuto nel gioco:

1. il giocatore che inizia un quadrato di 2 per 2 perde tutti e quattro i quadrati: qualunque linea x egli tracci, il suo avversario traccerà sempre la linea opposta adeguata y

i i i-X---iii

-J______

iX

(b) (c)

1 I.

(d)

F— II II I

r ;I II IJ____L

(e)

(g)

x m :i 1 ( 1 , 1

^ — r •x' I\* \

- u

(f)

1---- +■

ì i

1i i• i

(h)

chiudendo il quadrato, e poi le 2 linee successive (andando in senso antiorario nella figura a);

2. anche la combinazione riprodotta nella figura b è altrettanto sfavorevole; infatti, se A segna una linea qualsiasi, eccettuata la x, perde tutti e 5 i quadrati; segnando la linea x, A chiude per lo meno 1 quadrato, anche se, dovendo per forza

segnare un’altra linea, deve tracciare la prima linea di un altro quadrato di 2 per 2;

3. A può chiudere tutti i quadrati nella figura c se comincia dalla linea x;

4. A può chiudere tutti i quadratini di un canale largo un quadratino (nella figura d) comunque tortuoso; se invece il canale circonda un quadrato completo, come nella figura e, B chiuderà tutti i quadrati;

5. A può chiudere 4 quadrati nella figura / se per prima cosa traccia la linea x o x'. Iniziare con qualunque altra mossa vuol dire perdere tutti i quadrati.

In questo gioco l’abilità consiste nel rompere lo spazio che costituisce il campo del gioco con figure semplici, e poi valutare

. da quali partire, quali sequenze di mosse fare, e quali figure lasciar perdere.

Nella figura g, con quale mossa A può iniziare per vincere perlo meno 8 quadrati?

Cercate di trovare per vostro conto il modo con cui A dovrebbe aprire la figura h, e quanti quadrati può vincere.

292. Mancala

Il mancala è un antico gioco diffuso in tutta l’Africa; in una delle numerose varianti si gioca con 12 cavità (o «buche») ognuna con 4 palline dentro. [Per una descrizione esauriente del gioco del mancala nelle sue varie forme, consultare A History of

f e d c b a

Board-Games di H. J. R. Murray, New York, Oxford University Press, 1952, capitoli 7 e 8 . M. G.].

Un giocatore siede sul lato AF e l’altro sul lato af. Le mosse consistono nel prendere tutte le palline di una buca dalla propria parte per distribuirle a una a una nelle buche successive (l’ordine delle buche è ABCDEFabcdef, in senso antiorario). Supponia­mo che il giocatore P vuoti la buca D e metta 1 pallina in E, F, a, b; poi l’altro giocatore p vuota la buca a, che adesso contiene 5 palline, e le distribuisce nelle buche b, c, d, e, f. La situazione è dunque questa:

f e d c b a

/ 5 5 5 5 6 0 ^

\ 4 4 4 0 5 5 /

A B C D E F

Se da una buca vengono tolte 12 o più palline, quando si arriva nella distribuzione alla buca iniziale, la si salta e la dodicesima pallina va nella buca successiva.

I giocatori cercano di mettere l’ultima pallina di un insieme nell’ultima buca deH’avversario (per esempio, la f per il giocatore P), in modo che in questa buca ci siano due o tre palline; allora il giocatore prenderà come bottino tutte le palline di quella buca e delle precedenti buche consecutive contenenti 2 o 3 palline, che si trovano dalla parte deH’avversario. Per esempio, se la situazione è:

f e d c b a

/ 2 1 2 3 1 2 ^

\ 0 0 0 0 0 6 /

1. P muove dalla buca F (è l’unica mossa che gli è consentita), e mette le palline in questa disposizione:

f e d c b a

/ 3 2 3 4 2 3 ^

\ 0 0 0 0 0 0 /

A B C D E F

l’ultima pallina di P è andata nella buca f, che contiene 3 palline come bottino di P, il quale prende anche le 2 palline della buca e oltre alle 3 palline della buca d (non può saltare oltre la buca c per arrivare alla b e alla a); in questo modo vince 8 palline.

2. Se la situazione è questa:

f e d c b a

/ 0 1 2 0 1 2 ^

\ 1 0 0 0 7 7 /

A B C D E F

partendo dalla buca F, P non vince nessuna pallina perché l’ultima che muove va a finire nella buca A, cioè dalla sua stessa parte. Anche muovendo dalla buca E, non vince niente, l’ultima pallina che muove finisce nella buca f, ma il risultato non è di 2 o 3 palline in questa buca.

3. Anche una buca vuota non vuol dire necessariamente un vantaggio; infatti, se la situazione del gioco è questa:

f e d c b a

/ O O O O O O ^

\ 1 0 0 0 0 17 /

tutte le buche dalla parte di p sono vuote, ma P vince 12 palline; muovendosi dalla buca F, il risultato è:

f e d c b a

/ 2 2 2 2 2 2 ^

\ 2 1 1 1 1 0 /

A B C D E F

e l’ultima pallina finisce nella buca f; P prende tutte le palline dalla parte deH’avversario.

Il gioco termina quando i giocatori si trovano d’accordo sul fatto che le palline rimaste in campo non sono sufficienti per formare un bottino, o quando uno dei due giocatori non può più fare nessuna mossa.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo gioco e ai due successivi).

293. Un gioco italiano

Questo gioco, che combina alcuni elementi del poker e altri della tombola, si gioca con un mazzo di carte normali.

Davanti a ogni giocatore c’è un quadrato di 5 per 5; a mano a mano che vengono chiamate le prime 25 carte, ciascun giocatore

' / \ / 7 / 7'✓

(80)

2 V 2— /

13 2 (40)

5 ¡2 x 5 7 (10)

3 3/ 3\" s 3 (¡60)

,4c____

\2 4 13 12 ___ ^

(20)

(20) ( 5 0 ) ( IO) (IO) (IO) (160)

sceglie una casella in cui inserire il valore corrispondente (i re valgono 13, le donne 12, i fanti 11, gli assi 1). Quando il quadrato è riempito di numeri, ciascun giocatore segna i punti di tutte le dodici file, colonne e diagonali maggiori, assegnando i punti come nella tabella qui sotto; vince chi ha fatto più punti.

Nella figura della pagina precedente è riprodotto come esempio un quadrato già riempito di numeri; la coppia di 5 nella terza fila vale 10 punti, mentre la coppia di re sulla diagonale ne vale 20 .

punteggio

fila-colonna diagonale

1 coppia 10 202 coppie 20 30tris 40 50full 80 90poker 160 170scala 50 60tris di assi, coppia di re 100 110asso, re, donna, fante, 10 150 160poker d’assi 200 210

294. Un gioco con quadrati semimagici

Un quadrato semimagico è un quadrato in cui le file orizzontali e quelle verticali, ma non necessariamente le diagonali, hanno come somma un numero uguale alla costante di quel quadrato (vedere i quadrati magici nel capitolo 12). Questo tipo di giochi si può fare come solitario o tra più persone; nella figura della pagina accanto sono riportati alcuni esempi.

Nella figura a, i giocatori hanno disegnato un quadrato di 5 per 5, dovendo usare tutti i numeri da 0 a 9 per lo meno una

6 8 7 0 9

6 5 8 9 2

9 2 7 9 3

5 7 7 4 7

4 8 1 8 9

7 3 4 2

3 1*!lì 5

5 lì Hé3

1 5 4 6

volta per riempire le 25 caselle del quadrato; la costante del quadrato è 30.

(Suggerimento: è più semplice ritagliare pezzetti di cartone con sopra scritti i numeri e muoverli nelle varie caselle per fare le prove, piuttosto che stare a cancellare continuamente i numeri sul foglio).

Nella figura b, i giocatori hanno disegnato un quadrato composto di 16 caselle e hanno utilizzato i numeri da 1 a 7, usandoli tutti per lo meno una volta per riempire le caselle in modo che, oltre alle file e alle colonne, anche le quattro caselle, tratteggiate al centro abbiano come somma la costante del quadrato, in questo caso 16, uguale al numero delle caselle da riempire.

(Suggerimento: può essere vincitore chi riesce a fare un quadrato con la costante maggiore).

Riempite le caselle del quadrato nella figura c con i numeri da0 a 8, usati tutti per lo meno una volta (in particolare 0 e 6 una volta sola); le caselle tratteggiate nel centro devono avere per somma la stessa costante del quadrato.

295. Cruciverba numerici

Questo gioco funziona come un normale cruciverba, solo che le definizioni servono per individuare numeri invece che parole; invece delle caselle nere ci sono linee più spesse per indicare la fine e l’inizio di ogni numero.

a) Ecco lo schema del primo cruciverba numerico:

Orizzontali

1. La differenza tra un nume­ro di quattro cifre consecutive, dalla minore alla maggiore, e il suo contrario.4. Numero di quattro cifre consecutive crescenti.6. 3 verticale per 8 orizzonta­le.8 . Un numero primo.9. Un multiplo di 13.

Verticali

1. Il cubo di una cifra di 1 orizzontale.2. Due al cubo, poi 1 orizzon­tale per 7 verticale (solo le ultime 3 cifre).3. 6 orizzontale diviso 8 oriz­zontale.5. Tre cifre consecutive.7. Un fattore di 3 verticale per un fattore di 1 orizzontale.

Sarà una sorpresa constatare che c’è una sola soluzione per la definizione 1 orizzontale; sia che si sottragga 1 234 da 4321 che6 789 da 9 876, la differenza è sempre 3 087. Ecco il cruciverba con alcuni elementi sistemati:

'3 028 3 7

44 5 5 6 7

637

8 9

b) Ecco un altro cruciverba numerico:

/ 2 3 4

5 6 7

8

9 IO t i

12

Orizzontali Verticali

1. Numero di cinque cifre dif­ferenti, nessuna delle quali in comune con 8 orizzontale, che a sua volta è un altro numero di cinque cifre differenti.5. Il maggior fattore a due cifre di 3 verticale.7. 3 verticale alla rovescia.8. Vedi 1 orizzontale.9. Un nono della somma di 1 orizzontale più 8 orizzontale.12. Il prodotto di tre numeri primi di due cifre, due dei quali fattori di 6 verticale.

1. La prima cifra è uguale alla somma delle altre due.2. Un anno nella seconda me­tà del diciottesimo secolo.3. La differenza tra 1 orizzon­tale e 8 orizzontale.4. L’ultima cifra è uguale al prodotto delle prime due.6. Rovesciato è un multiplo di3 verticale e il prodotto di tre numeri primi di due cifre.9. Fattore di 6 verticale ma non di 3 verticale.10. Come 5 orizzontale.11. Il minor fattore di due cifre di 3 verticale.

c) Un terzo cruciverba numerico:

Orizzontali

1. Il quadrato di un numero primo.5. Metà del maggior fattore comune di 10 verticale e 11 verticale.6 . Il cubo di un quadrato.8. La radice quadrata di 1 orizzontale.10. Un quadrato simmetrico (cioè uguale da destra e sini­stra e da sinistra a destra).13. 9 verticale più 1.14. 8 orizzontale moltiplicato per 5.15. Il quadrato di un numero maggiore di una unità rispetto a 13 orizzontale.

Verticali

1. Minore di 8 unità del nu­mero intero che diviso per 2, 3,4, 5 e 6 dà come resto 1, 2, 3,4 e 5.2. Un numero in cui la somma delle cifre è uguale a 29.3. Un numero primo.4. Un numero primo fattore di 11 verticale.7. Il prodotto quadruplicato di un decimo di 15 orizzontale per 13 orizzontale.9. Due volte 4 orizzontale.10. 11 verticale alla rovescia.11. La radice quadrata di 10 orizzontale.12. Multiplo del maggior fat­tore primo di 13 orizzontale.

Trucchi con i numeri

296. Indovinate i numeri «pensati»

Ecco sette modi per fare questo trucco:

a) Pensate un numero; sottraete 1; raddoppiate la differenza e aggiungete il numero «pensato»; ditemi il risultato e saprò dirvi il numero «pensato».

Metodo: Sommate 2 al risultato e dividete per 3; il quoziente è uguale al numero «pensato».

Esempio: se il numero «pensato» è 18, si procede come segue: 18 — 1 = 17; 17 x 2 = 34; 34+18 = 52; si calcola a mente 52 + 2 = 54; 54:3 = 18.

Dimostrazione: chiamiamo il numero «pensato» x, ottenen­do x —1, 2(x —l) + x = 3x —2.

Sommando 2 si ottiene 3x, e dividendo per 3 si trova x.b) Chiedete a un amico di pensare un numero, di moltiplicar­

lo o dividerlo per alcuni numeri che direte a caso, senza dirvi il risultato. Poi chiedetegli di dividerlo per il numero «pensato» e di sommare quello stesso numero; dato il risultato, potete dire subito quale numero ha pensato.

Il trucco è semplice, anche questa volta; mentre l’amico moltiplica e divide, voi fate la stessa cosa, solo partendo da 1; senza riguardo al numero di moltiplicazioni e divisioni che vengono fatte, il risultato con il numero 1 è uguale all’altro risultato moltiplicato per il numero «pensato», e quando lui divide per il numero «pensato» il suo risultato è uguale al vostro.

Quando infine l’amico somma il numero che ha pensato e annuncia il risultato, sta dicendo il risultato che avete ottenuto sommato al numero «pensato»; rimane quindi solo da sottrarre il vostro risultato per avere il numero originario.

c) Chiameremo ( ? « + 1) la parte maggiore di un qualsiasi numero dispari n; per parte maggiore si intende, per fare un esempio, 7 rispetto a 13, 11 rispetto a 21.

Pensate un numero, sommate la metà del numero stesso — se è un numero dispari, la sua parte maggiore — poi sommate metà della somma precedente — se la somma è un numero dispari, la sua parte maggiore; dividete per 9 e dite il quoziente ottenuto. Dite anche se c’è un resto e se è uguale, maggiore o minore di 5.

Il numero «pensato» è uguale al quoziente moltiplicato per 4, più:

0 , se non c’è nessun resto,1, se il resto è minore di 5,2, se il resto è 5,3, se il resto è maggiore di 5.Esempio: il numero «pensato» è 15, quindi si procede come

segue: 15 + 8 = 23, 23 + 12 = 35, 35:9 = 3, con resto di 8 . Il risultato viene annunciato in questo modo: «Il quoziente è 3, e il resto è maggiore di 5».

Calcolando a mente (3 x 4) + 3 = 15, si ottiene il numero «pensato».

Dimostrate servendovi del metodo algebrico. Suggerimento:il numero «pensato» può essere rappresentato da 4n, 4 n + 1, 4n + 2 o 4n + 3, in cui n è uguale a 0 o un numero intero positivo.

d) Pensate un numero, sommate la metà (o la parte maggiore), sommate al risultato la metà (o la parte maggiore); non dividete per 9 come nel caso precedente, ma dite ad alta voce tutte le cifre del risultato, meno una e il posto che esse occupano. Non si può non dire lo 0, e bisogna avvertite se, e in quali passaggi, sono stati usati numeri dispari, cioè le parti maggiori.

Esempio: 28 + 14 = 42; 42 + 21=63; cancellate il 3 e dite «la prima cifra è 6 , e non ho usato parti maggiori».

Per trovare il numero «pensato», sommate le cifre dette come risultato e poi sommate:

0 , se non sono state usate parti maggiori,6, se sono state usate solo nella prima operazione,4, se sono state usate solo nella seconda operazione,1, se sono state usate in tutte e due le operazioni.

Sottraete la somma dal multiplo di 9 immediatamente maggiore, e il risultato sarà la cifra mancante.

Ottenuto questo risultato, dividete per 9, e, scartando il resto, moltiplicate per 4 e, come nel paragrafo c), sommate questi numeri:

0, se non c’era resto dividendo per 9,1, se il resto era minore di 5,2, se il resto era 5,3, se il resto era maggiore di 5.Esempio: «La prima cifra è 6 , e non sono state usate parti

maggiori». Sottraete 6 da 9: è stata nascosta la cifra 3, e il numero originale era 63. Dividete per 9 ottenendo 7 (senza resto). Moltiplicate per 4: il numero «pensato» era 28.

Un altro esempio: il numero «pensato» è 125, e 125= +63 = = 188, 188 + 94 = 282. Senza dire il primo due, si dirà «La seconda e la terza cifra del risultato sono 8 e 2, e una parte maggiore è stata usata nella prima operazione».

Per trovare il numero «pensato» sommate 8 e 2, e 6 perché è stata usata una parte maggiore. Sedici è uguale a 2 meno di 18, quindi si ottiene il numero 282.

Dividete per 9 ottenendo 31 (col resto di 3); moltiplicate per 4 e sommate 1 con il risultato di 125.

Perché si sommano 6, 4 e 1 quando vengono usate le parti maggiori?

e) Pensate un numero da 1 a 99 e fate il quadrato; aggiungete un numero, annunciato ad alta voce, al numero «pensato», fateil quadrato della somma e dite il risultato della differenza dei quadrati.

Per trovare il numero «pensato», basta procedere così: dividete metà del risultato per il numero che è stato sommato, e sottraete la metà del numero sommato.

Esempio: 532 = 2 809; sommando 6 , si ha 592 = 3481; 3 481 — — 2 809 = 672. Il risultato è 672.

Per trovare il numero «pensato», si fa 336:6 = 56, 56—j(6) = = 53.

Dimostrate in che modo funziona.f ) Pensate a un numero tra 6 e 60; dite ad alta voce il resto

della divisione del numero «pensato» per 3, per 4 e per 5.Per trovare il numero «pensato», dividete (40r3+45r4 +

+ 36r5) per 60 (r sono i resti detti ad alta voce). Se il resto è uguale a 0 , il numero «pensato» sarà 60, altrimenti il resto sarà il numero «pensato».

Esempio: il numero «pensato» è 14; i resti delle divisioni sono r 3 = 2, r4 = 2 e r 5 = 4. Calcolando: S = (40 x 2) + (45 x 2) + + (36 x 4) = 314; 314:60 = 5 con resto di 14; il numero «pensato» è 14.

Dimostrate questo procedimento con l’algebra.g) Dopo aver afferrato la base matematica di questi giochetti

se ne possono fare molte varianti; per esempio, nel caso f) , invece dei numeri 3,4 e 5 si possono usare 3, 5 e 7, con il numero «pensato» da 8 a 105. In che modo cambia il procedimento?

Risposta: 70r3 + 21r5 + 15r7, in cui r 3, r5 e r7 sono i resti delle divisioni del numero «pensato» per 3, 5 e 7; il numero «pensato» è uguale al resto della divisione di S per 105 (oppure è uguale a 105 se il resto è 0).

297. Senza bisogno di operazioni

Ci sono leggi matematiche che permettono di scoprire i risultati di calcoli fatti usando numeri «pensati», senza bisogno di chiedere il risultato di nessuna operazione.

a) Supponiamo che un amico pensi il numero 6; ditegli di moltiplicarlo per 4 e sommare 15, senza chiedergli i risultati di queste operazioni; poi lo deve dividere per 3 (il risultato sarà 13, ma non deve dirlo).

Dividete mentalmente il primo numero dato per il terzo: 4:3 = 1 y. Ditegli allora di togliere dal risultato 1 volta e y il numero «pensato»: qual è il risultato finale?

Dividete mentalmente il secondo numero dato per il terzo: 15:3 = 5; voi sapete che la sua risposta è [13 — (6 x 3) = 5], anche

se non gli avete chiesto il risultato di nessuna operazione.Come funziona questo trucco?b) Ciascuno spettatore pensa un numero da 51 a 100; poi il

«mago» scrive un numero da 1 a 50 e lo nasconde dentro una busta.

Mentalmente il «mago» dovrà sottrarre il proprio numero da 99, dire ad alta voce il risultato e gli spettatori devono aggiungervi il proprio numero, cancellare la prima cifra della somma e aggiungere quella cifra al risultato; la risposta va sottratta dal numero «pensato».

Anche se gli spettatori non lo sanno, i risultati finali saranno tutti uguali; a turno, tutti guarderanno nella busta credendo di leggere la risposta al proprio numero scritta anticipatamente dal «mago».

Come funziona questo giochetto?

298. Quante ne ha prese ciascuno?

Mentre siete girati, A pensa un numero n e prende 4n monete (o altri oggetti) da un mucchietto; B ne prende In e C 13«; poi C dà ad A e B tante monete quante ne hanno già, B fa lo stesso con A e C, infine A fa lo stesso con B e C.

Chiedete a uno di loro quante monete ha, dividete per 2 e dite quante monete ha preso A; dividete questo numero per 4, moltiplicatelo per 7, e dite quante ne ha prese B; dividete questo numero per 7, moltiplicatelo per 13 e dite quante ne ha prese C.

Spiegate come funziona questo trucco.

299. Uno, due, tre tentativi

Pensate due numeri interi positivi, sommate la loro somma al loro prodotto e ditemi il risultato; io farò alcuni tentativi per «indovinare» i numeri «pensati».

Il metodo è semplice: sommo 1 al risultato, e cerco tutte le possibili coppie di fattori, escludendo 1’ 1 e la somma totale, poi

sottraggo 1 dai fattori: ciò mi fornisce un certo numero di coppie, una delle quali rappresenta i numeri «pensati».

Se c’è una coppia sola di fattori, li «indovino» subito; per esempio, se i numeri «pensati» sono 4 e 6 , sommate la loro somma (10) al loro prodotto (24), ottenendo 34, più 1 =35; siccome 35 si può scomporre in una sola coppia di fattori (5 x 7),i numeri «pensati» sono 5 — 1= 4 e 7 — 1=6.

Dimostrate la validità generale di questo procedimento.

300. Chi ha preso la matita? Chi ha preso la gomma?

Girai le spalle ai due ragazzi, Zhenya e Shura, e chiesi loro di prendere uno la matita e l’altro la gomma, poi dissi: «Chi di voi due tiene in mano la matita prende il numero 7, e chi ha la gomma prende il numero 9».

(Uno dei due numeri deve essere un numero primo e l’altro un numero composto, ma non divisibile per il primo).

«Zhenya, moltiplica il tuo numero per 2, e tu, Shura, moltiplica il tuo per 3».

(Uno di questi due numeri dovrà essere un divisore del numero composto detto in precedenza, come 3 è un divisore di 9; l’altro non deve avere nessun fattore in comune con il primo, eccetto naturalmente il fattore 1).

«Sommate i prodotti che vi ho detto e ditemi il risultato».Se la somma è divisibile per 3, Shura ha preso la matita, se non

lo è, ha preso la gomma; perché?

301. «Indovinate» tre numeri consecutivi

Un amico sceglie tre numeri consecutivi (per esempio, 31, 32 e 33) che non siano maggiori di 60; chiedetegli di dire ad alta vo­ce un multiplo di 3 minore di 100 (per esempio 27), da sommare agli altri tre numeri, e poi da moltiplicare per 67 (123x67 = 8241). L’amico dirà ad alta voce le ultime due

cifre del risultato e voi saprete indovinare i tre numeri «pensati» e le cifre che mancano.

Metodo: dividete il multiplo di 3 scelto dall’amico per 3 e sommate 1. Sottraete il risultato dalle due cifre che vengono dette ad alta voce ottenendo il primo dei tre numeri «pensati»: 41—(9 + 1 ) = 31.

Per le cifre che mancano, basta raddoppiare il numero di due cifre che l’amico aveva detto ad alta voce: 41 x 2 = 82.

Spiegate come funziona.

302. Come indovinare parecchi numeri «pensati»

Pensate a diversi numeri di una cifra sola, moltiplicate il primo per 2, sommate 5, moltiplicate per 5 e sommate 10. Sommate il secondo numero e moltiplicate il risultato per 10; sommate il terzo numero e moltiplicate per 10, e proseguite così fino a sommare l’ultimo numero che avete pensato senza moltiplicare per 10; dite ad alta voce il risultato finale e quanti sono i numeri pensati.

Per indovinare questi numeri bisogna sottrarre 35 (se i numeri pensati sono 2) o 350 (se sono 3), o 3 500 (se sono 4), e così via, partendo dal risultato finale; le cifre del risultato ottenuto sono i numeri pensati.

Esempio: i numeri pensati sono 3, 5, 8 e 2. (2x3) + 5 = l l ; 11x5 + 10 = 65; 10(65+ 5) = 700; 10(700+ 8) = 7080; 7080 + + 2 = 7082; 7 0 8 2 -3 500 = 3 582.

Spiegate come funziona questo procedimento.

303. Quanti anni hai?

«Non me lo vuoi dire? Va bene, dimmi solo il risultato della sottrazione del prodotto di un qualsiasi numero di una cifra per9 da un numero dieci volte maggiore della tua età».

Esempio: 17 anni, prodotto 3 x 9 = 27; 170 — 27=143.Metodo: eliminate l’ultima cifra del numero detto ad alta voce

(143 nell’esempio) e sommate questa stessa cifra a quello che resta del numero; in questo caso, 143 senza 3 è uguale a 14, e 14 + 3 = 17 (questo trucco funziona solo con numeri maggiori di 9).

Semplice. Ma, per evitare ogni imbarazzo, è meglio scoprire come e perché funziona.

304. Ancora l’età da indovinare

Per modificare il trucco precedente, fate moltiplicare il numero degli anni per 2, aggiungete 5, moltiplicate per 5 e dite ad alta voce il risultato finale.

Togliete l’ultima cifra del risultato (che sarà sempre un 5), sottraete 2 da quello che resta del numero, e il risultato sarà l’età richiesta.

Esempio: 2 1 x 2 + 5 = 47; 4 7 x 5 = 235; a questo punto 235 diventa 23 e 23 — 2 = 21.

305. Una «sparizione» geometrica

Ecco un paradosso divertente che la maggior parte delle persone non riesce a prima vista a spiegarsi; se si muove una parte della figura, un segmento scompare davanti agli occhi.

Tracciate i 13 segmenti come nella figura a sinistra, tagliate la figura lungo la linea M N, e fate scorrere la parte di sopra verso sinistra da un segmento al successivo, ottenendo la figura a destra.

Un momento! Dove è andato a finire il tredicesimo segmento?

LA DIVISIBILITÀ

La più strana delle operazioni aritmetiche è senza dubbio la divisione; prendiamo per esempio la divisione per 0 : nelle altre operazioni lo 0 è un numero come gli altri, può venir sommato, sottratto, moltiplicato per altri numeri, ma nessun numero o espressione algebrica può venir divisa per 0 ; se non si tiene presente questa regola si può giungere a dimostrare teoremi assurdi.

Teorema: ogni quantità è uguale alla propria metà.Dimostrazione: sia a = b; moltiplicando per a si ottiene:

a2 = ab.

Sottraendo b2 si ha:

a2 — b2 = ab — b2.

Mettendo in fattori si ottiene:

(a + b)(a — b) = b{a — b).

Dividendo per (a — b):

a + b = b.

Poiché b = a, si può sostituire b con a, ottenendo 2a = a, e dividendo per 2 si ha a = \a ; quindi il tutto è uguale alla propria metà.

L’errore in questa dimostrazione dovrebbe essere evidente di per sé.

Un altro fatto strano è che la somma, la differenza e il prodotto di due numeri interi è sempre un altro numero intero, mentre il quoziente può non esserlo.

Lo sviluppo della teoria della divisibilità dei numeri interi ha portato a un grande approfondimento nella teoria dei numeri; lavorare sui problemi proposti in questo capitolo può servire da stimolo per studiare la teoria dei numeri.

306. Il numero sulla tomba

Gli studiosi hanno scoperto il numero 2 520 scolpito in geroglifici su una pietra tombale in una piramide egizia; perché tanto onore tributato proprio a questo numero?

Forse perché è il minor numero che esista divisibile per tutti i numeri interi da 1 a 10. Cercate di trovare la dimostrazione di questa proprietà del numero 2 520.

307. Il regalo di Capodanno

Il comitato esecutivo del sindacato sta preparando l’albero di Capodanno per i bambini. [Ufficialmente in Unione Sovietica non ci sono alberi di Natale, ma solo «alberi di Capodanno», n.d.r.]. Dopo aver distribuito dolci e caramelle nei pacchetti di regali, si cominciò a fare dei pacchetti di arance, ma calcolammo che, se mettevamo 10 arance in ogni pacchetto, nell’ultimo ce ne sarebbero state solo 9; se ne mettevamo solo 9 per pacchetto, in uno ce ne sarebbero state solo 8; con 8 arance, un pacchetto sarebbe stato di 7 e così via, fino a 2 arance per pacchetto e un pacchetto con 1 arancia sola.

Quante arance avevamo?

308. Esiste un numero tale che...

Esiste un numero tale che diviso per 3 dia un resto di 1, diviso per 4 dia un resto di 2, diviso per 5 dia un resto di 3 e diviso per 6 dia un resto di 4?

309. Un cesto pieno di uova

Una donna stava portando al mercato un cesto pieno di uova quando un passante la urtò, il cesto le cadde e tutte le uova si ruppero. Il passante, desiderando pagare per il danno provoca­to, le chiese:

«Quante uova c’erano nel suo cesto?»«Non mi ricordo di preciso» rispose la donna, «ma mi

ricordo che se dividevo le uova per 2, 3, 4, 5 e 6 mi rimaneva sempre fuori un uovo. Quando misi le uova in gruppi di 7, vuotai tutto il cesto».

Quale era il numero delle uova che si ruppero?

310. Un numero di tre cifre

Sto pensando a un numero di tre cifre; sottraendo 7 da questo numero, il risultato è divisibile per 7; sottraendo 8, il risultato è divisibile per 8 e sottraendo 9 è divisibile per 9; di che numero si tratta?

311. Quattro motonavi

Quattro motonavi partirono dal porto a mezzogiorno il 2 gennaio 1953.

La prima motonave ritorna al porto ogni 4 settimane, la seconda ogni 8, la terza ogni 12 e la quarta ogni 16.

Quando si ritroveranno di nuovo tutte insieme nel porto le quattro motonavi?

312. L’errore del cassiere

Il cliente disse al cassiere: «Ho due pacchi di lardo da 9 copeki, 2 saponette da 27 copeki, 3 pacchi di zucchero e 6 dolci ma non mi ricordo il prezzo dello zucchero e dei dolci».

«In totale fanno 2 rubli e 92 copeki».Il cliente disse: «No, avete fatto un errore!»Il cassiere controllò e disse che si era effettivamente sbagliato. Come fece il cliente ad accorgersi dell’errore?

313. Un incastro numerico

Trovare il numero t e la cifra rappresentata da a in questa espressione:

[3 (230 + i)] 2 = 492 a04.

314. Un criterio di divisibilità per 11

Non sempre è necessario dimostrare la divisibilità di un numero facendo la divisione effettiva; sappiamo già (capitolo 7) che se la somma delle cifre di un numero è divisibile per 9 anche il numero sarà divisibile per 9; sappiamo anche che un numero che finisce per 0 è divisibile per 10; che un numero che finisce per 5 o per 0 è divisibile per 5; che un «numero pari» (che finisce con 2,4, 6, 8 o 0) è sempre divisibile per 2; sapete anche come si prova la divisibilità per 11?

Sommate le cifre in posizione pari (la seconda, la quarta, ecc.) e le cifre in posizione dispari (la prima, la terza, ecc.); se la differenza tra le due somme è uguale a 0 o è un multiplo di 11, il numero sarà divisibile per 11, altrimenti no.

Introduciamo adesso il termine «modulo», abbastanza simile al termine «resto»; infatti 18 diviso per 11 ha un resto di 7, e questo si può anche esprimere con 18 = 7 mod 11 (« sette modulo undici»)= —4 mod 11; le cifre 0, 1, 2, ..., 9, sono naturalmente uguali a 0, 1, 2, ..., 9 mod 11; ma 0, 10, 20, ..., 90 sono uguali, facendo la divisione, a 0 ,10 ,9 ,..., 2 mod 11= 0 , —1, —2,..., —9 mod 11; anche 0,100,200,..., 900 sono uguali a 0 , 1,2 ,..., 9 mod 11, e così via.

Nella somma di due o più numeri, il modulo è uguale alla somma dei moduli dei numeri, per cui, dato un numero:

N = a+ I0b+ 1 OOc + 1 OOOd + ... ;

N mod 11 == a mod 11 + 106 mod l l + 100c mod 11 + 1 000d mod 11 + ...=

= a mod 11 — ò mod 11+ c mod 11— d mod 11 + ... == a mod 11+ c mod 11+ . . .—(è mod 11 +d mod 11 + ...).

Poiché a, b, c, d,... sono le cifre che compongono N, partendo dall’estremità destra del numero il criterio di divisibilità per 11 risulta dimostrato.

Rispondete adesso a questi quesiti:

a) Se il numero 3 7 a 10 201 è divisibile per 11, a quale cifra corrisponde al

b) Se [11 (492 + x)]2 = 37 ò l0201, a quali cifre corrispondonob e x?

315. Criterio di divisibilità per 7, per 11 e per 13

Sette, undici e tredici sono tre numeri primi consecutivi il cui prodotto è 1 001; quando un prodotto si avvicina così tanto a una potenza di 10, si può star certi che è possibile applicare un criterio di divisibilità.

Ecco come si procede: separate il numero in gruppi di 3 cifre, da destra a sinistra; sommate i gruppi in posizioni pari e quelli in posizione dispari; se la differenza tra le somme è divisibile per 7, 11 o 13, l’intero numero sarà divisibile per questi numeri, rispettivamente. (Se la differenza è 0, il numero è divisibile per 7, 11 e 13).

Esempio: separate 42 623 295, formando tre gruppi: 42, 623 e 295, e calcolate:

6 2 3 -(4 2 + 295) = 286.

Poiché 286 è divisibile per 11 e per 13 ma non per 7, anche 42623 286 sarà divisibile per 11 e per 13 ma non per 7.

Sapendo che 1 001 = IO3 + 1, e questo è un fattore di IO6 — 1 e di IO9 + 1, cercate di dimostrare che questo criterio di divisibilità è valido anche per numeri separati in gruppi di 4 cifre.

Cercate di dimostrare il criterio di divisibilità in generale, e con due modi diversi, uno basato sulla soluzione del problema qui esposto, e l’altro, per esempio, basato sulle analogie con il problema precedente.

(Provate a usare il modulo 1001 invece del modulo 11).

316. Come ridurre ancora la «scorciatoia» del criterio di divisibilità per 8

Poiché: 10 è divisibile per 2; 100 è divisibile per 4; 1000 per 8; 10000 per 16, e cosi via; si possono fare queste prove:

se l’ultima cifra di un numero è divisibile per 2 , il numero intero sarà divisibile per 2 (il resto del numero è divisibile per 10 quindi lo è anche per 2).

Se il numero formato dalle ultime due cifre di un numero è divisibile per 4, l’intero numero è divisibile per 4.

Se il numero formato dalle ultime tre cifre di un numero è divisibile per 8, l’intero numero è divisibile per 8 .

È sempre più semplice dividere un numero di due cifre per 4 che dividere un numero di tre cifre per 8, quindi ecco un metodo per ridurre ancora la «scorciatoia» ora descritta:

sommate il numero di due cifre posto all'inizio del numero di tre cifre con metà dell’ultima cifra; se la somma ottenuta è divisibile per 4, il numero di tre cifre sarà divisibile per 8; esempio (con il numero 592):

59+ 1= 60 ; 60:4=15; 592:8 = 74.

Dimostrate la validità di questo metodo.(Bisogna ammettere che per dieci numeri pari da 968 in su, è

necessario usare un numero di tre cifre per provare la divisibilità per 4, ma questo numero non sarà mai maggiore di 103).

317. Una memoria prodigiosa

Quando un amico scrive un numero di tre cifre, aggiungete rapidamente tre o anche sei altre cifre in modo che il numero risultante di sei o di nove cifre sia divisibile per 37.

Supponiamo che l’amico abbia scritto il numero 412; aggiungete a sinistra o a destra 143 in modo da formare 143412o 412143; tutti e due questi numeri sono divisibili per 37.

La spiegazione non sta in una memoria prodigiosa per i

numeri divisibili per 37, ma in un criterio di divisibilità per 37.Ecco come procedere: separate un numero, da destra a

sinistra, formando gruppi di tre cifre (l’ultimo a sinistra può restare incompleto); considerate ogni gruppo come un numero indipendente, e sommate i numeri risultanti; se la somma è divisibile per 37, l’intero numero sarà divisibile per 37; per esempio, 153 217 è divisibile per 37 perché 153 + 217 = 370 e 370 è divisibile per 37.

Per conto vostro, cercate di dimostrare la validità generale di questo metodo (suggerimento: 37 è un fattore di 999= IO3 — 1).

Per fare alla svelta questo trucco con gli amici, è bene ricordarsi che 111,222,3 33,..., 999 sono tutti numeri di visibili per 3 7 ; infatti si è aggiunto 143 a 412 perché la somma di questi due numeri è uguale a 555; se l’amico avesse scritto 341, per esempio, si sarebbe dovuto aggiungere 103, o 214, o 325 e cosi via.

Per formare un numero di 9 cifre, fate come se fosse un numero di sei cifre e dividete un gruppo di 3 cifre in due gruppi di3 cifre; invece di aggiungere 325 a 341, aggiungete 203 e 122 (la cui somma è 325): 203 341 122, numero divisibile per 37.

Dimostrate che un numero di nove cifre in cui tre gruppi di 3 cifre hanno una somma uguale a ,4,4,4 (tre cifre identiche) è divisibile per 37.

318. Un criterio di divisibilità per 3, per 7 e per 19

Il prodotto dei tre numeri primi 3, 7 e 19 è 399; se un numero lOOa + b (in cui b è un numero di due cifre e a un numero intero positivo) è divisibile per 399 o per uno qualunque dei divisori di 399, sicuramente a + 46 sarà divisibile per lo stesso numero.

Cercate di dimostrare per conto vostro questo criterio di divisibilità.

(Suggerimento: usate 400a + Ab come collegamento). Cercate di dimostrare e formulare anche la proposizione inversa.

Escogitate un criterio di divisibilità per 3, 7 e 19 che sia estremamente semplice.

319. Fatti vecchi e nuovi sulla divisibilità per 7

Il popolo russo ha un rapporto particolare con il numero 7, che ricompare puntualmente nelle canzoni, nei detti e nei proverbi.

Misura la stoffa sette volte prima di tagliarla una volta sola.Sette disgrazie insieme fanno un conto solo.Uno solo che zappa e sette che arrivano con i cucchiai pronti

(sui fannulloni che mangiano alle spalle di chi lavora).Un bambino ha sette balie, eppure perde un occhio.

Conosciamo già alcuni criteri di divisibilità per 7 (insieme ad altri numeri); eccone un altro.

Moltiplicate la prima cifra sulla sinistra per 3 e aggiungete la seconda cifra; moltiplicate per 3 e aggiungete la terza cifra, e così via fino all’ultima cifra.

Per semplificare i calcoli, ogni qualvolta il risultato è uguale o maggiore di 7 si sottrae il maggior multiplo di 7 in modo da ottenere un numero intero positivo, oppure 0 ; solo nel caso in cui il risultato finale è divisibile per 7, anche il numero dato è divisibile per 7.

Esempio: il numero è 48916, e si calcola che:

4 x 3 = 12, 1 2 - 7 = 5;5 + 8 = 13, 1 3 - 7 = 66 x 3 = 18, 1 8 -1 4 = 44 + 9 = 13, 1 3 - 7 = 66 x 3 = 18, 1 8 -1 4 = 4 ;4 + 1= 5;5 x 3 = 15, 1 5 -1 4 = 1 ;1 + 6 = 7.

Per cui il numero dato è divisibile per 7.Cercate di dimostrare questo criterio di divisibilità per conto

vostro [suggerimento: provate se a+ 106 + 102c + ... — (a + 3b + 32c + ...) è divisibile per 7],

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

320. Un altro criterio di divisibilità per 7

Procedete come nel problema precedente, ma lavorate da destra a sinistra e usate 5 come moltiplicatore.

Esempio (con il numero 37 184):

4 x 5 = 20, 2 0 -1 4 = 6;6 + 8 = 14, 1 4 -1 4 = 0;0 x 5 = 0;0 + 1 = 1 ;1 x 5 = 5;5 + 7=12, 1 2 - 7 = 5;5 x 5 = 25, 2 5 -2 1 = 4 ;4 + 3 = 7.

Ne consegue che 37 184 è divisibile per 7; cercate di dimostrare la validità generale di questo criterio di divisibilità.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

321. Due teoremi particolari di divisibilità per 7

Primo teorema: Se un numero di due cifre AB è divisibile per 7, anche BA + A è divisibile per 7.

Per esempio, 14 è divisibile per 7, e anche 41 + 1 è divisibile per 7.

(Nota: confrontando Ì0a + b con Ì0b + 2a, provate a moltipli­care il primo per 2 e il secondo per 3).

Secondo teorema: Se un numero di tre cifre ABC è divisibile per 7, anche CBA — (C — A) sarà divisibile per 7.

Per esempio, 126 è divisibile per 7, come 621— (6 — 1) = 616 è divisibile per 7.

Oppure, 693 è divisibile per 7, come lo è 396 —(3 —6) = 399. (Non c’è risposta in fondo al testo).

322. Criterio generale di divisibilità

Quando abbiamo cercato il criterio di divisibilità per 11 =

= 10+1 (nel problema 314), abbiamo sommato e sottratto delle cifre in posizioni alternate (chiamandoli gruppi di cifre).

Nel criterio di divisibilità per 1 001 = 103 + 1, oltre che per i fattori primi 7, 11 e 13 (nel problema 315), abbiamo sommato e sottratto gruppi alternati di tre cifre ciascuno.

Nello stesso modo, per cercare la divisibilità per 101 = = IO2 +1, si sommano e sottraggono gruppi alternati di due cifre; per la divisibilità per 10 001 = 104 + 1, e per i suoi fattori primi 73 e 137, si sommano e si sottraggono gruppi alternati di quattro cifre.

Per esempio, prendiamo il numero 837 362172 504831; si divide il numero in gruppi di quattro cifre, 837 3621 72504831; i gruppi in posizione dispari hanno come somma 837 + 7250 = 8 087, e quelli in posizione pari, 3 621+4831=8452.

La differenza delle due somme è uguale a 365 = 73 x 5, quindi il numero completo è divisibile per 73 ma non per 137.

In generale, nel criterio di divisibilità per 10" +1 e per i fattori primi di questo numero, se ce ne sono, si sommano e si sottraggono gruppi alternati di n cifre, partendo da destra verso sinistra.

Il criterio di divisibilità per 9 = 10 — 1 era praticamente analogo (capitolo 7); si sommavano tutte le cifre (ognuna delle quali può essere chiamata un gruppo di una cifra); non sorprenderà quindi il fatto che se la somma è divisibile per 3 (un fattore primo di 9) anche il numero sarà divisibile per 3.

Si possono trovare criteri analoghi di divisibilità per 99 = IO2— 1, per 999 = IO3 —1, e così via; per semplificare, si dividono questi numeri per 9 (di cui abbiamo già un ottimo criterio di divisibilità), e questo non altera la divisibilità per altri fattori primi.

In questo modo abbiamo un altro criterio di divisibilità per 11: sommare i gruppi di due cifre (da destra a sinistra).

Il criterio di divisibilità per 111 (e per il suo importante fattore primo 37) è basato sulla somma di gruppi di tre cifre, come si è fatto nel problema 317.

Il numero 1 111 = 101 x 11 non ci dice nulla di nuovo, ma 11111= 271 x41 ci propone un criterio di divisibilità per questi due numeri primi.

In generale, il criterio di divisibilità per ^(10” — 1) e per i suoi fattori primi minori, se esistono, consiste nella somma dei gruppi di n cifre, partendo da destra verso sinistra.

(In fondo al testo non c’è la risposta di questo problema).

323. Una curiosità

Per concludere questo capitolo, ecco quattro disposizioni delle dieci cifre:

2438 195 760; 4753 869120; 3 785 942160; 4 876391520.

Ognuno di questi numeri è divisibile per 2,3 ,4 , 5 ,6,7, 8,9 ,10,11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 e 18.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

SOMME INCROCIATE E Q U A D R A TI M AGICI

Somme incrociate

Se cerchiamo di dividere i numeri da 1 a 9 in due file che abbiano la stessa somma, ci accorgeremo che non possono essere due file parallele ma devono intersecarsi, perché la somma dei nove numeri (uguale a 45) non è divisibile per 2:

5 9

3 7 1 8 462

La somma di ciascuna fila è uguale a 23.Chiamiamo queste intersezioni di file di numeri con la stessa

somma «somme incrociate» (per analogia con i cruciverba). La maggior parte dei problemi con le somme incrociate hanno più di una soluzione.

324. La stella

Disponete i numeri interi da 1 a 12 nei cerchietti della stella a sei punte (nella pagina a fronte) in modo che la somma dei numeri in ognuna delle sei file sia uguale a 26.

325. Il cristallo

Ecco il reticolo di un cristallo (nella figura a sinistra) i cui «atomi» sono sistemati in dieci file di 3 atomi ciascuna; scegliete tredici numeri interi, di cui dodici diversi, e disponeteli sugli «atomi» in modo che il totale di ogni fila sia uguale a 20 (il numero più piccolo sia 1 e il maggiore 15).

326. La decorazione della vetrina

In un negozio di pietre dure c’era in vetrina una stella a cinque punte su cui erano poste 15 ciotoline tenute assieme da 5 cerchi di filo metallico sistemati come nella figura.

Le 15 ciotoline contenevano da 1 a 15 pietre (ogni numero una sola volta). Ognuno dei 5 cerchi conteneva 40 pietre e altrettante ce n’erano complessivamente nelle 5 punte della stella.

Disponete i numeri interi da 1 a 19 nei cerchietti dell’esagono in modo che ogni fila di tre cerchietti (sul bordo e sui raggi) abbia come somma 22.

Disponeteli nuovamente in modo che la somma dei numeri contenuti nelle file sia 23.

328. Il «planetario»

In un piccolo «planetario» ci sono 4 pianeti in ogni orbita e 4 lungo ogni raggio (come nella figura a sinistra qui sotto); il planetario più grande ha 5 pianeti per orbita e 5 lungo i raggi (a destra nella figura). Le masse dei pianeti nel planetario piccolo sono espresse da numeri interi da 1 a 16, mentre nel planetario grande i numeri vanno da 1 a 25.

Disponete le masse in modo che ogni sistema planetario sia inequilibrio, con la somma di 34 nel piccolo e di 65 nel planetariogrande per:

1. le masse lungo ogni raggio;2. le masse in ogni orbita;3. le masse disposte secondo una spirale, partendo dall’ester­

no verso l’orbita più interna in tutte e due le direzioni (seguendo per esempio la linea tratteggiata).

Inoltre, solo per il planetario piccolo, in ogni coppia di orbite adiacenti di ogni coppia di raggi adiacenti, la somma delle mosse deve essere 34.

Ci sono 28 somme identiche da formare nel planetario piccolo e-20 in quello grande.

Sorprendentemente, le soluzioni possibili sono numerose.

329. I triangoli sovrapposti

Questo fregio rettangolare è formato da 16 triangoli piccoli, a cui bisogna attribuire i numeri interi da 1 a 16; avete visto i 6 triangoli rettangoli più grandi sovrapposti? La somma dei numeri in questi triangoli deve essere sempre 34.

330. Raggruppamenti interessanti

Nel triangolo grande della figura qui sotto, individuate i 3 triangoli sovrapposti formati da 4 caselle e i 3 trapezoidi formati

da 5 caselle; nelle caselle sono disposti i numeri da 1 a 9 in modo che in ogni triangolo la somma dei numeri sia 17 e in ogni trapezoide sia 28.

Trovate quattro disposizioni in cui la somma nei triangoli sia 20 e nei trapezoidi sia 25.

Trovate una disposizione in cui la somma dei numeri nei triangoli sia 23 e nei trapezoidi sia 22.

Suggerimento: per evitare di stare continuamente a cancella­re, scrivete i numeri su foglietti di carta e fateli scorrere sulle caselle fino a trovare il risultato desiderato.

/ quadrati magici

331. I viaggiatori dall’India e dalla Cina

Il quadrato magico è una forma antica e armonica di somma incrociata. Sicuramente i quadrati magici furono inventati dai cinesi, perché si trovano già menzionati in un manoscritto cinese di cinquemila anni fa.

Il più antico quadrato magico del mondo, una creazione cinese appunto, è riportato nella figura qui sotto; i cerchietti neri rappresentano numeri pari (femminili) o yin, e i cerchietti

• > ooooooooo f

bianchi rappresentano numeri dispari (maschili) o yang. Qui sotto, a sinistra, riportiamo anche i numeri del quadrato magico, disposti in modo che la somma di ogni fila orizzontale, di ogni colonna verticale e delle diagonali principali sia 15; 15 è infatti la costante magica di questo quadrato.

Nella figura qui sotto a destra è rappresentato un quadrato magico di 4 per 4 che risale a duemila anni fa, proveniente questa volta dall’India; in esso sono usati i primi 16 numeri e la costante magica è 34.

4 9 2

3 5 7

8 1 6

1 14 15 4

12 7 6 9

8 11 10 5

13 2 3 16

I quadrati magici si diffusero in Europa all’inizio del quindicesimo secolo; un quadrato magico compare infatti già in una delle migliori incisioni di Albrecht Dürer, Melancholia (1514), ed è il quadrato proveniente dall’India leggermente modificato.

Prendiamo ora in considerazione sei ulteriori proprietà del quadrato magico indiano:

1. la somma dei numeri nei quattro angoli è 34;2. i cinque quadrati di 2 per 2 disposti agli angoli e al centro

hanno una somma uguale a 34;3. in ogni fila, una coppia di numeri adiacenti ha per somma

15, e l’altra 19;4. sommando i quadrati dei numeri di ogni fila si vede che:

l 2 + 142 + 152 + 42 = 438, e 132 + 22 + 32 + 1 6 2 = 438;122 + 72 + 62 + 92 = 310, e 82 + 112 + 10 2 + 52 = 310;

la coppia esterna e quella interna hanno la stessa somma;

5. la stessa cosa si verifica nelle colonne; la somma dei quadrati dei numeri in ciascuna colonna esterna ammonta a 378, mentre in ciascuna colonna interna ammonta a 370;

6 . tracciando nel quadrato un quadrato più piccolo (come nella figura a qui sotto, secondo le linee tratteggiate), le coppie dei lati opposti del nuovo quadrato avranno come somma 34, infatti:

12+14 + 3 + 5 = 15 + 9 + 8 + 2.

/

\

\\ —4

V12

/7 6

J \

11 10/

5/

13 \ /

/16

12 7 6 9

1 14 15 4

8 II 10 5

13 2 3 16

(a)

La somma dei quadrati di questi numeri, e dei loro cubi, sono uguali:

122 + 142 + 32 + 52 = 152 + 92 + 82 + 22.123 + 143 + 33 + 53 = 153 + 93 + 83 + 23.

Scambiando due file (come nella figura b), le colonne e le file mantengono naturalmente la somma di 34, ma le somme sulle diagonali principali cambiano; diventa quindi un quadrato semi magico.

Problema: scambiate file e colonne nel quadrato magico indiano in modo da formare un quadrato magico con queste proprietà:

1. le somme dei quadrati dei numeri sulle diagonali principali devono essere uguali;

2 . le somme dei cubi dei numeri sulle diagonali principali devono essere uguali.

332. Come costruire un quadrato magico

In un quadrato magico di ordine 3 ci sono 3 caselle per fila, in uno di ordine 4 ce ne sono 4, e così via; ci sono centinaia di metodi per costruire quadrati magici di ordine superiore a 3. Eccone qualcuno.

Quadrati di ordine dispari. Cominciamo con un metodo piuttosto noto per la costruzione di quadrati magici di ordine 5; con lo stesso metodo si possono costruire anche quadrati di ordine 3, 7, e di ogni ordine dispari.

1

fi 6 2B

11 7 3

16 12 8 4

21 17 13 9 5

22 18 14 10

23 19 15

D24 20

c

25

(a)

a o

11 24 7 20 3

4 12 25 8 16

47 5 13 21 9

10 18 1 14 22

2 3 6 19 2 15u

(b)

Disegnate lo schema per un quadrato di ordine 5 ABCD (a nella figura qui sopra), con 25 caselle, e aggiungete 4 caselle su ogni lato, come si vede nella figura; disponete i numeri interi da 1 a 25 in cinque linee oblique, spostate di 5 (di n per un quadrato di ordine n) caselle i numeri fuori del quadrato ABCD lungo la loro fila o la loro colonna; per esempio, il 6 sotto il 18, il 24 sopra il12, il 16 a destra dell’8 e il 4 a sinistra del 12.

Il risultato sarà il quadrato magico rappresentato nella figura b, la cui costante magica è 65; ogni numero sommato al suo sim­metrico (cioè il numero dall’altra parte della casella centrale e nella stessa posizione rispetto a questa) avrà come risultato 26, infatti: 1+25 = 19 + 7 = 18 + 8 = 23 + 3 = 6 + 20 = 2 + 24 = 4 + 22, e così via. Questo è un quadrato simmetrico.

Formate per conto vostro dei quadrati magici di ordine 3 e 7 con il metodo appena descritto.

Quadrati di ordine multiplo di 4. Ecco un metodo piuttosto semplice:

1. assegnate dei numeri consecutivi alle caselle, come nei quadrati nella figura qui sotto di 4 per 4 (a) e di 8 per 8 (b);

2 . dividete il quadrato con due linee orizzontali e verticali in modo che in ogni angolo ci sia un quadrato di ordine % e nel centro un quadrato di ordine f;

/ 2 3 4

5 6 7 8

9 IO 1! 12

13 14 15 16

16 2 3 13

5 / / IO 8

9 -7/ 6 12

4 14 15 1

( a ) ( b )

64 63 3 4 5 6 58 57

56 55 11 12 13 14 50 49

17 18 46 45 44 43 23 24

25 26 38 37 36 35 31 32

33 34 30 29 28 27 39 40

41 42 22 21 20 19 47 48

16 15 51 52 53 54 10 9

8 7 59 60 61 62 2 1

1 2 3 4 5 6 7 8

9 10 11 12 13 14 15 16

17 18 19 20 21 22 23 24

25 26 27 28 29 30 31 32

33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48

49 50 51 52 53 54 55 56

57 58 59 60 61 62 63 64

( c ) ( d )

3. all’interno di questi 5 quadrati scambiate tutte le coppie di numeri in modo simmetrico rispetto al centro del quadrato centrale, lasciando i numeri all’esterno dei quadrati nell’ordine in cui sono; i risultati ottenuti sono rappresentati in b per il quadrato di 4 per 4 e in d per quello di 8 per 8; i quadrati magici

ottenuti con questo metodo hanno la proprietà di essere simmetrici.

Altri due problemi da risolvere per conto vostro:Costruendo un quadrato di ordine 4 x 4 , rovesciamo il punto

3 del procedimento appena descritto, lasciando i numeri dei cinque quadrati nell’ordine in cui sono già; scambiamo invece le coppie di numeri simmetricamente disposti, rispetto al centro del quadrato centrale, nei restanti quattro rettangoli, ottenendo come risultato un quadrato magico.

Formate un quadrato magico di ordine 12.Quadrati magici di ordine pari che non siano multipli di 4. Per

costruire un quadrato magico di ordine 6, 10, 14, 18, ..., il miglior metodo è quello di mettere una cornice intorno a un quadrato magico di ordine 4n, come si vede nella figura sottostante. AH’interno del quadrato originale (in questo esempio di 4 x 4) ogni numero viene aumentato di (2n — 2), in cui n è l’ordine del quadrato in costruzione (nel nostro esempio, 6).

i i ii i i---4.----\--- -I-----• ! 1i i i

—t —r— i—I i i1 1 1r r—

I I

(a)

1 9 2

6

10

7

8

3 14 5

1 9 34 33 | 32 2

6

IO

30

29

31

27

7

8

35 28 | 3 4 5 36 (b)

(c)

26 12 13 23

15 21 20 18

19 17 16 22

Î4 24 25 11

1 9 34 33 32 2

6 26 12 13 23 11

10 15 21 20 18 27

30 19 17 16 22 7

29 /4 24 25 11 8

35 28 3 4 5 36 (d)

In questo caso, 1 diventa 1 + 10= 11, 2 diventa 12, 3 diventa13 e così via; il nuovo quadrato di ordine 4 sarà c nella figura precedente. È sempre possibile disporre in questo modo i numeri da 1 a 10 e da 27 a 36 (come nella figura a e b) con il risultato di un quadrato magico con la costante di (n3 + n)/2 (figura d); in questo caso n = 6, quindi la costante del quadrato è 111.

Costruite per conto vostro un altro quadrato magico di ordine 6 e uno di ordine 10.

333. II vostro acume messo alla prova

Disponete nelle caselle bianche del quadrato di ordine 7 i numeri interi da 30 a 54 in modo che la somma di ogni fila e di ogni colonna sia 150 e quella delle diagonali principali sia 300; invece di cercare di mettere i numeri a caso, cercate di trovare un metodo di lavoro.

¡S i!¡81 m il ¡1

1 H§ iln iH ilUÈ H u

S! il iHIH ■

334. Il gioco del «15»

In una scatola piatta e quadrata ci sono dei blocchetti quadrati numerati da 1 a 15, e uno spazio vuoto; il modo consueto di giocare consiste nel disporre i blocchetti nella scatola a casaccio, e poi farli scivolare uno accanto all’altro, sfruttando lo spazio vuoto, in modo da farli ritornare nell’ ordine consecutivo (come nella prima figura).

o © © ©

© © © ©0 0 0 ©

© © 0

Questo gioco, di per sé non molto interessante, può arricchireil suo valore matematico introducendo un elemento in più: spostare cioè i blocchetti in modo da formare un quadrato magico (in cui lo spazio vuoto avrà valore 0).

Disponete i blocchetti in progressione aritmetica, scambiando solo il 15 con il 14, come nella seconda figura, cercando di ottenere un quadrato magico con la costante 30 in non più di 50 mosse.

/ 2 3 4

5 6 7 8

9 IO 11 12

13 15 14

Si può formare un quadrato magico anche partendo dalla disposizione della prima figura, ma non sarà lo stesso che si ottiene a partire dalla seconda figura, perché la seconda disposizione non si può raggiungere partendo dalla prima. Metà delle posizioni possibili sono basate sulla prima disposizione e metà sulla seconda, come risulta da una ricerca compiuta nella seconda metà del diciannovesimo secolo, periodo in cui il gioco del 15 dilagava in tutta Europa.

Ecco un modo curioso per stabilire se una posizione appartiene alla famiglia della prima figura o della seconda.

Sollevate coppie di blocchetti scambiando le posizioni prima di rimetterle nella scatola; non è difficile scegliere i blocchetti in modo da ristabilire l’ordine iniziale (della prima figura) con poche mosse. Se il numero di mosse necessario è pari, la posizione sarà della prima famiglia, se è dispari apparterrà alla seconda.

335. Quadrati magici non ortodossi

Di regola i quadrati magici di ordine n contengono numeri interi da 1 a n2, ogni numero una volta sola; adesso vediamo qualche problema in cui le caselle del quadrato possono contenere qualunque numero.

ì 2 3 4

5 6 7 8

8 7 6 5

4 3 2 1

a) Dato un quadrato di 4 per 4 contenente numeri interi da 1 a 8 ripetuti due volte, come nella figura, disponeteli in modo da formare un quadrato magico con costante 18; devono anche avere per somma 18:

1. i quattro angoli;2 . ognuno dei 9 quadrati di 2 per 2; nessuno di questi

quadrati deve contenere due volte lo stesso numero;3. i quattro angoli dei quattro quadrati di 3 per 3, senza che

nessuno contenga due volte lo stesso numero.

b) Costruite un quadrato magico di ordine 4 con la costante 64 usando i numeri dispari da 1 a 31, in modo che abbia anche le seguenti proprietà:

1. i quattro angoli del quadrato di 4 per 4, i quattro quadrati di 3 per 3, i nove quadrati di 2 per 2 e i sei rettangoli di 2 per 4 devono avere tutti come somma 64;

2 . costruite un quadrato inclinato in modo che gli angoli siano i punti di mezzo dei lati del quadrato precedente, e in cui tutte le coppie di lati opposti abbiano come somma 64;

3. le somme dei quadrati dei numeri in due file devono essere uguali e anche le somme dei quadrati dei numeri nelle altre due file devono essere uguali;

4. le somme dei quadrati dei numeri in due colonne devono essere uguali, e anche le somme dei quadrati dei numeri nelle altre due colonne devono essere uguali.

96 lì 89 68

88 69 91 16

61 86 18 99

19 98 66 81

c) Un mattacchione inventò un quadrato magico con la costante 265 (nella figura qui sopra) e lo chiamò un quadrato sottosopra; perché?

336. La casella centrale

Costruite un quadrato magico di ordine 3 con i numeri da 1 a 9; esso sarà uguale a quello riprodotto qui sotto o a una delle sue tre rotazioni, o aH’immagine speculare di una delle quattro posizioni rotazionali.

4 9 2

3 5 7

8 1 6

S — 15

Dimostrate che la casella centrale ha un terzo del valore numerico della costante magica, e che in un quadrato magico di

ordine 3 fatto secondo le regole la casella centrale è sempre 5. (Si può usare il sistema di numerazione riprodotto qui sotto).

a, a , a3

a, a ,

a7 a s a 9

337. Una curiosità aritmetica

Tra i numeri interi esistono una gran varietà di rapporti strani; consideriamo per esempio l’insieme di numeri: 1, 2, 3, 6,7, 11, 13, 17, 18, 21, 22, 23; a prima vista non sembra cheabbiano niente di particolare in comune, ma se si comincia asepararli in due gruppi:

1, 6, 7, 17, 18, 23; e 2, 3, 11, 13, 21, 22.

Confrontando le somme dei numeri:

1 + 6 + 7 + 1 7 + 1 8 + 23 = 72; 2 + 3 + 11 + 13 + 21+22 = 72.

E ancora confrontando i quadrati di questi numeri:

12 + 62 + 72 + 172 + 182 + 232 = 1 228;22 + 32 + 112 + 132 + 212 + 222 = 1 228.

Anche le somme dei cubi, delle quarte e delle quinte potenze sono uguali.

Aumentando o diminuendo dello stesso numero intero tutti e dodici i numeri, le proprietà non cambiano. Per esempio, sottraendo 12 da tutti i numeri si ottiene: —11 ,— 6, —5 ,5 ,6 ,11; e - 1 0 , - 9 , - 1 , 1, 9, 10.

Poiché in ogni gruppo i numeri negativi corrispondono esattamente a quelli positivi, non solo saranno uguali le somme

dei numeri, ma anche le somme dei cubi e delle quinte potenze.Non è difficile controllare se sono uguali anche i quadrati e le

quarte potenze; la risposta sarà affermativa.Con questa formula si possono formare quanti insiemi di 12

numeri si vuole:

(m — 11 )" + (m — 6)" + (m — 5)" + (m + 5)" + (m + 6)" ++ (m + 11)" = (m - 10)" + (m - 9)" + (m - 1)" ++ (m + l)" + (m + 9)" + (m + 10)",

in cui m è un numero intero e n= 1, 2, 3, 4 o 5.(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

338. Un quadrato magico regolare di ordine 4

I numeri da 1 a 15 possono essere rappresentati come la somma di una o più cifre dell’insieme 1, 2, 4, 8, senza ripeti­zioni: 1 = 1, 2 = 2, 3 = 1+2, 4 = 4, 5 = 1+4, e cosi via fino a 15 = = 1 + 2 + 4 + 8.

Se costruiamo un quadrato magico di ordine 4 in cui ogni numero sia diminuito di 1, le sue caselle conterranno i numeri da0 a 15 (come nella prima figura qui sotto); disegnate le matrici di

9 14 2 6

15 4 8 3

0 11 7 12

6 1 13 10

8 8

8 8

8 8

8 8

4 quadrati di ordine 4. Mettete nella prima un 1 in ogni casella corrispondente a un numero del quadrato magico che, espresso come somma (nel senso che abbiamo precedentemente spiega­to), comprenda il numero 1 ; nella seconda, fate la stessa cosa conil 2 , nella terza con il 4 e nella quarta con F8 . Il risultato è mostrato nei successivi quattro quadrati.

0 4 15 II

9 13 2 6

14 IO 5 1

7 3 8 12

8 8

8 8

8 8

8 8

Un quadrato magico di ordine 4 si dice regolare se ognuna di queste quattro matrici è essa stessa un quadrato magico; il quadrato nella prima figura è quindi regolare perché le sue quattro matrici sono magiche, mentre il quadrato nella figura qui sopra non lo è perché la seconda e la terza matrice non sono magiche nelle diagonali principali.

È stato dimostrato che esistono 528 quadrati magici regolari di ordine 4, senza contare le rotazioni e le immagini speculari.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

339. Quadrati magici diabolici

Un quadrato magico si dice diabolico o «pandiagonale» se possiede una somma costante non solo nelle file, nelle colonne e nelle diagonali principali, ma anche nelle cosiddette diagonali spezzate.

Ecco le sei diagonali spezzate di un quadrato di ordine 4:

a b c

/ X \\

X s

\

\ )

X/ v

\ /

/ \

\\

\ X\

\\ XV

A/

B,

C,

b/ Ci

Aa e a jA j, Bb e b ^ , Cc e CjCj; cAt e Ac,, bB! e B b^ aC t e Ca1.

In un quadrato di ordine 5 ci sono otto diagonali spezzate (nella figura qui sotto), e il numero aumenta di 2 ogni volta che si aumenta l’ordine di un’unità.

A,

8,

C,

Dt

ut b! C] d/

0 1 2 3 4

0 1 8 15 17 24

i 20 22 4 6 13

2 9 11 18 25 2

3 23 5 7 U 16

4 12 19 21 3 10

Esiste un solo quadrato magico di base di ordine 3, e non è diabolico; è stato dimostrato che non esistono quadrati diabolici di ordine (4k + 2), in cui k sia un numero intero (per esempio, di ordini 6 e 10).

I quadrati diabolici si possono costruire con tutti gli altri ordini; nell’ultima figura c’è un quadrato diabolico di ordine 5, in cui le file, le colonne, le diagonali principali e quelle spezzate hanno la somma costante di 65.

Questo quadrato diabolico non è altri che il planetario grande del problema 328, solo espresso in forma diversa.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

N U M E R I CURIOSI E SERI

In questo capitolo sono raccolte alcune curiosità matematiche e numeriche, e alcuni tra i problemi più difficili di tutto il libro.

340. Con dieci cifre

a) La maggior parte dell’umanità si serve del sistema decimale per contare con le cifre dalFl al 9 e lo 0; ci sembra interessante chiederci quanti numeri interi di dieci cifre nei quali ogni cifra compare una sola volta si possono scrivere: saranno un milione? o meno? Si può rispondere a questa domanda senza doversi mettere a scrivere tutti i numeri che esistono?

b) Osserviamo questi sei numeri di dieci cifre ciascuno:

1037 246958; 1286 375 904; 1370258 694;1046389 752; 1 307 624958; 1462938 570.

Ognuno di questi numeri è composto da dieci cifre differenti, diviso per due ha come risultato un numero composto di nove cifre differenti, diviso per nove ha come risultato un numero di otto cifre differenti.

Esiste un numero composto di dieci cifre differenti che diviso per nove ha come quoziente un palindromo (cioè un numero che rimane inalterato anche se invertito); scoprite qual è.

c) Osserviamo adesso questi numeri di nove cifre:

a =123456789; ¿> = 987 654321.

Essi sono il più piccolo e il più grande dei numeri composti da nove cifre differenti, senza comprendere lo 0 ; la loro differenza (b— a) contiene tutte le stesse nove cifre:

987 654 321-123 456 789 = 864 197 532.

Moltiplicate prima per a e poi per b tutte le cifre dal 2 al 9, e separate i moltiplicatori in due categorie, 2, 4, 5, 7, 8 e 3, 6, 9: in virtù di quale caratteristica dei prodotti si può effettuare una tale ripartizione?

In ogni caso, può essere d’aiuto sapere che fe = 8a + 9.d) Moltiplicate il numero 12 345 679 (nel quale sono disposte

tutte le cifre in ordine crescente, con l’esclusione dell’8) per tutti i numeri di una cifra, poi moltiplicate ciascun prodotto per 9; ogni cifra del risultato finale sarà uguale al primo moltiplicatore; per esempio:

12 345 679x 7

86 419 753 x 9

777 777 777

Perché succede questo?

341. Altre stranezze numeriche

a) Il nastro della telescrivente si interruppe nel mezzo del numero 9 801; io per passare il tempo in attesa che ripartisse, mi divertii a sommare 98 e 01, a fare il quadrato del risultato, e mi ritrovai davanti il numero iniziale: (98 + 01)2 = 9801.

Questo procedimento ha un risultato analogo nel caso del numero 3 025 e di un altro numero di quattro cifre; qual è il metodo migliore per trovare il terzo numero e per dimostrare che non ne esiste un quarto?

12 345 679x 8

98 765 432 x 9

888 888 888

b) Osserviamo questa disposizione di numeri:

A1 3 5 7 9 11 13

1 4 7 10 13 16 19

1 5 9 13 17 21 25

1 6 11 16 21 26 31

1 7 13 19 25 31 37

1 8 15 22 29 36 43

1 9 17 25 33 41 49

C

Il primo numero di ogni fila è 1, e in tutte le file i numeri sono disposti in una progressione aritmetica, infatti nella prima fila la differenza tra i numeri successivi è 2, nella seconda è 3, nella terza è 4 e così via; questa disposizione si estende a destra e in basso fino all'infinito.

Sommando i numeri disposti in ogni corridoio ad angolo retto (quello che una volta si chiamava gnomone), il risultato sarà uguale a n3, dove n è il numero della fila orizzontale in cui comincia il corridoio. Per esempio, nel secondo corridoio, 1 + +4 + 3 = 23; nel terzo corridoio l+ 5 + 9 + 7 + 5 = 33.

Tutti i numeri disposti sulla diagonale AC sono quadrati del numero della fila; la somma dei numeri disposti in una qualsiasi disposizione quadrata, la cui diagonale è un segmento della diagonale AC, è un quadrato; per esempio: la somma dei numeri nel quadrato la cui diagonale comprende i numeri 25, 36, 49, è 25 + 31 +37 + 29 + 36 + 43 + 33 + 41 +49 = 324= 182.

Cercate altri quadrati di questo tipo sulla diagonale AC.

c) Ecco alcune proprietà curiose del numero 37:1. 37x3 , 6, 9, ..., 27 = 111, 222, 333, ..., 999.2. La somma delle sue cifre x 37 è uguale alla somma dei cubi

delle sue stesse cifre; cioè:

(3 + 7)x 37 = 33 + 73.

3. La somma dei quadrati delle sue cifre meno il prodotto delle sue cifre è uguale a 37:

(32 + 72) —(3 x 7) = 37.

4. Prendiamo un multiplo di 37 composto di tre cifre, per esempio 37 x 7 = 259; spostando la prima cifra all’ultimo posto si ottiene 592, ripetendo lo spostamento si ottiene 925, e tutti e due questi numeri sono divisibili per 37. Ecco un altro esempio: 185, 851, 518.

Dimostrate la validità generale di questo procedimento. (Suggerimento: se 100a+106 + c è divisibile per 37, sarà divisibile per 37 anche 1 000a + 1006+ lOc, oppure a +1006 + 10c?).

I multipli di 41 composti di cinque cifre posseggono la stessa proprietà, infatti 15498, 54981,49815, 98 154, 81 549 sono tutti numeri divisibili per 41.

342. Ripetendo la stessa operazione

a) Scrivete in fila quattro numeri interi a caso (per esempio, 8, 17, 3 e 107), e calcolate la differenza positiva tra il primo e il secondo, tra il secondo e il terzo, tra il terzo e il quarto e tra il quarto e il primo; nel nostro esempio avremo:

1 7 -8 = 9; 1 7 -3 = 14; 10 7 -3 = 104; 10 7 -8 = 99.

Chiamiamo questa successione «prime differenze» (9,14,104, 99); le seconde differenze saranno (5,90, 5,90), le terze differenze (85, 85, 85, 85) e le quarte differenze (0, 0, 0, 0).

In generale indicheremo con A lt A 2, A 3,... le successive differenze di una successione di numeri scelta a caso A 0; per esempio, se la successione di numeri è (93, 5, 21, 50), si avrà:

A 0 = (93, 5, 21, 50) 4̂ j = (88, 16, 29, 43)

A 2 = (72, 13, 14, 45) A 3 = (59, 1, 31, 27)

= (58, 30, 4, 32);= (28, 26, 28, 26);

A 6 = ( 2, 2, 2, 2);A 7 = ( 0 , 0, 0, 0).

Quindi l’operazione viene ripetuta sette volte; per la successione di numeri (1, 11,130, 1 760) ne sono necessarie sei, e in generale otto volte sono sufficienti; trovate la successione, se esiste, che non produce mai una differenza composta di tutti 0 .

Si può osservare come questo abbia luogo quando una successione non è composta da 2" numeri interi:

A 0 = (2, 5, 9) A ,= ( 3, 4, 7) A 2 = (l, 3, 4) A 3 = (2, 1, 3)

A4 = (h 2 , 1);A 5 = (\, 1, 0); A 6 = (0, 1, 1); ¿ 7 = (1, 0, 1); A 8 = (l, 1, 0).

A S = A S; le differenze A s, A 6, A 7 si ripetono senza fine.b) Scegliete un numero intero qualsiasi, sommate i quadrati

delle sue cifre e seguitate a ripetere questa operazione fino a che non si arriva al numero 1 o all’89; per esempio, scelto il numero 31, si avrà:

32 + 1 2 = 10;l 2 + 02= 1.

Si ottiene 1 dalle potenze di 10, e, in generale, da numeri composti dalle cifre 1, 3, 6 e 8 (ognuno dei quali usato una volta sola) e con un qualsiasi numero di zeri, come 13, 103, 3001, 68, 608, 8006 e così via.

Da tutti gli altri numeri si ottiene 89; proviamo con il 48:

I numeri intermedi sono 145,42,20,4,16, 37 e 58; si potrebbe anche dire che ognuno di questi è il numero finale, non farebbe alcuna differenza.

Cercate di dimostrare che, partendo da un numero di tre o più cifre, si otterrà un numero di una o due cifre. Il matematico moscovita I. Y. Tanatar fa osservare come, una volta che questo viene fatto, si può controllare il metodo numero per numero.

Indagate per conto vostro sulle proprietà di somme ripetute di cubi e di quarte potenze di numeri interi.

343. Un carosello numerico

Dal pozzo senza fondo dei numeri, ho preso il numero di sei cifre riportato nel cerchio qui sotto e l’ho moltiplicato per 1, per2, per 3, per 4, per 5 e per 6, ottenendo:

42 + 82 = 80; 52 + 22 = 29;82 + 02 = 64; 22 + 92 = 85;62 + 42 = 52; 82 + 52 = 89.

E proseguendo, si ottiene ancora:

82 + 92 = 145; 42 = 16l 2 + 42 + 52= 42; l 2 + 62 = 37;

42 + 22= 20; 32 + 72 = 58;22 + 02= 4; 52 + 82 = 89.

142857x

1 = 142 857;2 = 285 714;3 = 428 571;4 = 571428;5 = 714285;6 = 857142.

Tutti questi prodotti possono essere letti in senso orario in quello stesso cerchio; inoltre, le prime tre cifre di ogni prodotto sommate con le altre tre hanno sempre come somma 999.

Osserviamo questa serie di prodotti composti di sette cifre:

8 = 1 142 856 (142856+1 = 142857);9 = 1285713 (285713 + 1=285 714);

10=1428 570 ......................................11 = 1571427 ......................................

142 857 x

69 = 9 857 133 (857133 + 9 = 857142).

Le operazioni tra parentesi, che producono costantemente una permutazione ciclica di 142 857 sono le somme delle ultime sei cifre più la prima.

Consideriamo ora 142857x7 = 999999.Un prodotto così significa che 142 857 è il periodo della

frazione 7 espressa in decimali; infatti, dividendo, si ottiene0,142857142857142857...

Si può osservare in generale che quando una frazione a/b viene convertita in un decimale periodico, il suo periodo non potrà avere più di {b — 1) cifre, anche se il suo numero di cifre può essere un fattore di (6 —1); nel caso in cui abbia un numero di cifre uguale a b — 1, il suo periodo sarà completo; nel caso in cui l/n ha un periodo decimale completo, il periodo sarà un numero ciclico con le stesse proprietà del numero 142857, il periodo completo di 1/7. Per esempio, la frazione 1/17 ha il periodo decimale completo di 0 588 235 294 117 647, il quale, moltiplica­to per qualsiasi numero da 1 a 16 produce una permutazione ciclica di se stesso, mentre moltiplicato per 17 produce un numero composto di sedici 9.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

344. Un disco per le moltiplicazioni istantanee

Con il disco riprodotto nella figura si ottengono i prodotti del numero sulla ruota interna (052631578947 368421) per i

numeri da 1 a 18 sulla ruota esterna; fate girare la ruota interna in modo che il suo 0 corrisponda a ir i della ruota esterna; a partire dalla cifra che corrisponde al 2 della ruota esterna si leggerà il prodotto del numero originale x 2 sulla ruota interna: 105 263 157 894736842.

Questo sistema funziona perché i numeri sulla ruota interna rappresentano il periodo decimale completo della frazione 1/19, e i prodotti della sua moltiplicazione per i numeri da 1 a 18 sono le permutazioni cicliche del numero stesso.

I primi nove numeri primi che posseggono un periodo decimale completo sono 7, 17, 19, 23, 29, 47, 59, 61 e 97; per ognuno di questi numeri si può costruire un disco analogo per fare moltiplicazioni istantanee.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

345. Ginnastica mentale

Non importa essere un calcolatore per poter moltiplicare mentalmente 142 857 per un qualsiasi numero minore di 7 000; nel problema 343 abbiamo visto come il prodotto composto di sette cifre di 142857x 11 è uguale a 1571427 possa essere cambiato in una permutazione ciclica del numero 142857 sommando la prima cifra al resto del numero: 1+571427

= 571 428; in modo analogo si possono sommare le prime due cifre di un prodotto composto di otto cifre e le prime tre cifre in uno di nove cifre:

142857 x 111 = 15 857127; 15 + 857 127 = 857 142;142857 x 1 111 = 158714127; 158 + 714127 = 714285.

Questo fatto rende possibile la moltiplicazione a mente; infatti, supponendo che vi venga chiesto di moltiplicare 142 857 x493, basta dividere 493 per 7, ottenendo 70-f: allora le prime due cifre sono 70 e le ultime sei sono uguali alla permutazione ciclica di 142 857 meno 70; per 3/7, la permutazione è 428 571, quindi la risposta è:

Se vi viene chiesto di moltiplicare lo stesso numero per 378, dividendo per 7 si ottiene 54 senza resto; cambiandolo in 53^, le prime due cifre saranno 53 e le ultime sei 999999 — 53 (come sappiamo già) e il prodotto sarà dunque 53 999946.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

346. Disegni cifrati

Con le cifre si possono formare combinazioni e figure che fanno venire in mente i disegni intricati dei fiocchi di neve.

a) Ecco alcune moltiplicazioni disposte sul piano per formare queste interessanti figure:

142 857x493 = 70428 501.

77 x 77

77 x 77

49 7777847x7 = 5929

4949 oppure 49

5929

777777777777 x 777777777777

oppure

494949

49494949494949

4949494949494949494949

494949494949494949494949494949

49494949494949494949494949494949494949

4949494949494949494949494949494949494949494949

494949494949494949494949494949494949494949

4949494949494949494949494949494949

49494949494949494949494949

494949494949494949

4949494949

49

604938271603728395061729

777777777777 x 777777777777

7777

777777777777

77777777777777777777

7777777777777777777777777777

777777777777777777777777777777777777

77777777777777777777777777777777777777777777

86419753086246913580247x 7

604938271603728395061729

666 x 666

363636

363636363636

oppure

666 x 666

6 666

66666 73926x6 = = 443556

443556

b) In ognuna delle seguenti uguaglianze ogni cifra dall’ 1 al 9 compare una e una sola volta:

1 738 x 4 = 69521 963 x 4 = 7 852

198x27 = 5 346 138x42 = 5 796

483 x 12 = 5 796 297 x 18 = 5 346 157x28 = 4396 186x39 = 7 254

c) In queste uguaglianze la somma delle cifre è uguale in ambedue le parti:

42:3 = 4 x 3 + 2;

63:3 = 6 x 3 + 3;

95:5 = 9 + 5 + 5;

(2 + 7 )x 2 x 16 = 272 + 16; 56-2 = 625;

(8 + 9)2 = 289;

210 —2 = 1022;

28-1 = 128;

4 x 23 = 43:2 = 34 — 2;

N/l2T =12—1;7 6 4 = 6 + ̂ 4 ;

^ 49=4 + 7 9 = 9- ^ 4; 7169 = 16-79 = 716 + 9;

7 2 5 6 = 2 x 5 + 6;

7 3 2 4 = 3 x (2 + 4);

7 1 1 8 8 1 = 1 1 8 - 8 - 1 ;

7 1 936 = — 1 + 9 + 36;

7 1 3 3 1 = 1+3 + 3 + 1 + 3.

d) In ciascuna di queste uguaglianze un numero viene moltiplicato per la somma di due parti che lo compongono, ottenendo la somma dei cubi delle due parti:

37 x ( 3 + 7)= 33 + 73;48 x ( 4 + 8)= 43 + 83;

111 x (11 + 1) = 113 + l 3;147 x(14 + 7)=143 + 73;148 x (14 + 8)= 143 + 83.

e) I numeri si possono far aumentare progressivamente come cristalli:

16 = 42;1 156 = 342;

111 556 = 3342;11 115 556 = 3 3342;

1 111 155 556 = 33 3342;111 111 555556 = 3333342.

Esiste solo un altro numero che sia un quadrato e che sia composto di due cifre, della forma cioè (10a + b), il quale ha le stesse proprietà del 16; infatti, qualunque sia il numero di volte in cui si inserisce (10a + 6 — 1) al centro, il numero che si ottiene sarà sempre un quadrato; cercate di individuare quale altro numero si comporta come il 16.

f ) Il numero nove si comporta in modo simile ma leggermen­te differente, ottenendo sempre un cristallo in crescita; scriven­dolo come 09, infatti, e aggiungendo ripetutamente 1 a sinistra e8 nel secondo posto da destra, si ottiene:

09 = 32;1089 = 332;

110 889 = 3332;11 108 889 = 3 3332.

in cui le cifre che vengono aggiunte sono 1 più di 0 e 1 meno di 9; in modo analogo si comporta il numero 36, aggiungendo 1 più di 3 e 1 meno di 6:

36 = 62;4356 = 662;

443 556 = 6662.

Individuate un altro quadrato che si comporti come il 9 e il 36.

347. Uno per tutti e tutti per uno

a) I numeri da 1 a 10 si possono scrivere, invece che con le solite dieci cifre, soltanto con una cifra; ecco un esempio:

1 = 2 + 2 —2 —f;2 = 2 + 2 + 2 —2 —2;3 = 2 + 2 — 2 + f;4 = 2 x 2 x 2 —2 —2;5 = 2 + 2 + 2 —■§; 10 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2.

6 = 2 + 2 + 2 + 2 —2;7 = 2 2 :2 - 2 - 2 -8 = 2 x 2 x 2 + 2 — 2;9 = 2 x 2 x 2 + f;

Scrivete i numeri da 11 a 26 usando, come nell’esempio, cinque 2 per esprimere ogni numero; oltre ai segni aritmetici usati qui sopra, si possono introdurre parentesi ed esponenti.

b) Scrivete i numeri da 1 a 10 usando, per esprimere ogni numero, quattro volte il 4.

c) Si possono esprimere i numeri da 2 a 9 con frazioni nelle quali compaiono una volta sola tutte le cifre, eccettuato lo 0 ; ecco due esempi:

Formate delle frazioni analoghe per esprimere i numeri 3, 5,

d) Si può esprimere il numero 9 con sei frazioni differenti, usando tutte e dieci le cifre; ecco tre modi:

Cercate di trovare le altre tre frazioni che esprimono il numero nove.

(Suggerimento: provate a scambiare le cifre nelle frazioni riportate qui sopra, senza spostarle però dal nominatore al denominatore, e viceversa).

348. I numeri pari possono diventare dispari

a) Alcuni prodotti di due numeri sono uguali alle somme degli stessi numeri lette al contrario; per esempio:

13458 , 15768

“ 6729 " 3942 '

6, 7, 8, 9.

97 524 _ 57 429 _ 95 823 “ 10836 “ 06381 “ 10647'

9 + 9 = 18 24 + 3 = 27 47 + 2 = 49

497 + 2 = 499

9 x 9 = 81; 2 4 x 3 = 72; 4 7 x 2 = 94;

497x2 = 994.

b) In alcuni casi, coppie di numeri di due cifre hanno lo stesso prodotto dei due numeri letti al contrario:

12x42 = 21 x 24 12x63 = 21 x36 12x84 = 21 x48 13x62 = 31 x26 23x96 = 32x69

24x63 = 42x36; 24x84 = 42x48; 26x93 = 62x39; 36x84 = 63x48; 46 x 96 = 64 x 69.

Cercate di trovare altre quattro coppie dello stesso tipo.

c) In alcuni casi, nei quadrati di due numeri consecutivi compaiono le medesime cifre, anche se in ordine diverso:

132 = 169; 1572 = 24649; 9132 = 833 569;142 = 196; 1582 = 24964; 9142 = 835 396.

d) Esiste un numero intero che possegga le seguenti proprie­tà?

1. è uguale alla quarta potenza della somma delle cifre che lo compongono;

2 . separandolo in tre gruppi di due cifre ciascuno, la somma dei numeri di due cifre è un quadrato;

3. invertendo l’ordine delle cifre che lo compongono e separandolo nuovamente in tre gruppi di due cifre ciascuno, la somma delle cifre è lo stesso quadrato.

Il numero esiste, ed è 234256.e) Il raggruppamento di sei numeri 2, 3, 7, 1, 5, 6 possiede

una proprietà interessante:

2 + 3 + 7 —1 + 5 + 6;22 + 32 + 72 = 12 + 52 + 62.

Molti raggruppamenti di numeri posseggono questa proprie­tà:

x l + x 2 + x 3 = y l + y 2 + y 3, x \ + x \ + x l = y\ + y \ + yl.

Cercate di trovare un raggruppamento di numeri che possegga questa proprietà.

Raggruppamenti di questo tipo contengono fino a otto o dieci numeri, allargando la proprietà dai quadrati ai cubi; ecco altri esempi:

0 + 5 + 5-I-10= 1+ 2 + 8 + 9,02 + 52 + 52 + 10 2 = l 2 + 22 + 82 + 92,03 + 53 + 53 + 103 = l 3 + 23 + 83 + 93,

1 + 4 + 1 2 + 1 3 + 20 = 2 + 3 + 10+16 + 19,12 + 42 + 122 + 132 + 202 = 22 + 32 + IO2 + 162 + 192,13 + 43 + 123 + 1 33 + 203 = 23 + 33 + IO3 + 163 + 193.

Più di due secoli fa due studiosi di St. Petersburg, Christian Goldbach e il geniale studioso svizzero Léonard Euler, svilupparono equazioni che generavano raggruppamenti nume­rici di questo tipo.

Nel caso di gruppi di sei numeri, le equazioni erano di questo tipo:

Xj=cj + c; x 2 = ò + c; X3 = 2ìz + 2 fc + c; y i = c > y2 = la + b + c; y 3 = a + 2b + c.

(In tutte queste equazioni a, b , ..., sono sempre numeri interi positivi).

Nel raggruppamento iniziale, a = 1, b = 2 e c= 1.Ecco un altro gruppo di equazioni che produce sei numeri:

x l =ad; x 2 = ac + bd; x 3 = bc; y 1=ac; y 2 = ad + bc; y 3 = bd.

Per ottenere in questo modo otto numeri si imposta cosi:

x l =a\ x2 = 6; x 3 = 3a + 3b; x A = 2a + 4b; y 1=2a + b; y 2 = a + 3b; y 3 = 3a + 4b; y4 = 0.

/ ) Ecco un raggruppamento numerico con molte proprietà di questo tipo:

1+ 6 + 7 + 17+18 + 23 == 2 + 3 + 11 + 13 + 21+22;

12 + 62 + 72 + 1 72 + 182 + 232 == 22 + 32 + 112 + 132 + 212 + 222;

13 + 63 + 7 3 + 173 + 183 + 233 == 23 + 33 + 1 1 3 + 1 3 3 + 213 + 223;

14 + 64 + 74 + 174 + 184 + 234 == 24 + 34 + 114+ 134 + 214 + 224;

15 + 65 + 7 5 + 175 + 185 + 235 == 25 + 35 + 115 + 135 + 21s + 225.

Ed ecco le equazioni relative:

a" + (a + 4b + c)n + (a + b + 2 c)n + (a + 96 + 4 c)n ++ (a + 66 + 5c)" + (ìz +106 + 6c)n =

= {a + 6)" + (a + c)n + (a + 66 + 2c)n ++ (a + 46 + 4 c)n + (a + 106 + 5c)n + (a + 96 + 6c)n,

in cui a, b, c sono numeri interi positivi e n è uguale a 1, 2, 3,4 o5.

g) Data l’uguaglianza:

42 + 52 + 62 = 22 + 32 + 82,

si ha:

422 + 532 + 682 = 242 + 352 + 862.

Ma questo non è il solo caso in cui, unendo le cifre del primomembro a quelle del secondo membro, si ottengono numeri icui quadrati hanno una somma uguale a quella dei quadrati degli stessi numeri letti al contrario; ecco altri cinque casi:

422 + 582 + 632 = 242 + 852 + 362;43 2 + 522 + 682 = 342 + 252 + 862;432 + 582 + 622 = 342 + 852 + 262;482 + 522 + 632 = 842 + 252 + 362;482 + 532 + 622 = 842 + 352 + 262.

In generale, se i quadrati dei 2n numeri composti da una cifra soddisfano questa relazione:

x \ + x \ + ..., x 2n= y \ + y22 + ... + y2n,

allora:

(lOxj + ^ i )2 + (10x2 + y2)2 + ••• + (10:)Cn + 3;J 2 =(10j>x + x x)2 + (10y2 + x 2)2 + ... + (10y„ + x„)2;

e, permutando i termini del secondo membro nella prima relazione, si ottengono n\ = n(n— l)(n — 2)...2 (1) relazioni di questo secondo tipo.

Prendendo le cifre da 1 a 8 cercate di determinare per conto vostro quali cifre possono essere x 1# x 2, x3 e x4 e quali y l5 y 2, y3 e y4 e formate alcune uguaglianze con i quadrati dei numeri di due cifre.

h) Ecco un raggruppamento di dodici numeri, sei numeri di due cifre e i loro rispettivi contrari.

13 + 42 + 53 + 57 + 68 + 97 == 79 + 86 + 75 + 35 + 24 + 31,

132 + 422 + 532 + 572 + 682 + 972 == 792 + 862 + 752 + 352 + 242 + 312,

133 +423 + 533 + 573 + 683 + 973 == 793 + 863 + 753 + 353 + 243 + 313;

12 + 32 + 43 + 56 + 67 + 87 == 78 + 76 + 65 + 34 + 23 + 21,

122 + 322 + 432 + 562 + 672 + 872 == 782 + 762 + 652 + 342 + 232 + 212,

123 + 323 + 43 3 + 563 + 673 + 873 == 783 + 763 + 653 + 343 + 233 + 213.

i) 145 = 1! + 4 !+ 5! = 1+24+120;40585 = 4! +0! + 5! + 8! + 5!

= 24+1 +120 + 40320+120.

(Ricordate che per convenzione 0! = 1).Non esistono altri numeri con queste proprietà; siete in

grado di trovare almeno uno dei quattro numeri che differisco­no di una unità, in più o in meno, dalla somma dei fattoriali delle cifre che li compongono?

j) Ogni potenza del numero 376 finisce con 376, ogni potenza di 625 finisce con 625, infatti:

3762 = 141 376; 3763 = 53 157 376, e cosi via;6252 = 390 625; 6253 = 244 140 625, e così via.

In che modo si può fare per dimostrare che non esistono altri numeri di tre cifre che si comportano cosi?

Dimostrate per conto vostro che se il quadrato di un numero di n cifre finisce con le medesime n cifre, la stessa cosa si verifica per le potenze superiori dello stesso numero (per esempio, 762 = 5 776, e tutte le potenze superiori di 76 finiscono con 76).

349. Una fila di numeri interi positivi

a) Scrivete i numeri positivi partendo da 1, 2 , 3,... formando un triangolo, come nella figura:

5037 51

26 38 5217 27 39 53 107 . . .

10 18 28 40 54 108 . . .5 11 19 29 41 55 109 . . .

2 6 12 20 30 42 56 110 . . .1 3 7 13 21 31 43 57 I l i . . .

4 8 14 22 32 44 58 112 . . .9 15 23 33 45 59 113 . . .

16 24 34 46 60 114 . . .25 35 47 61 115 . . .

36 48 6249 63

64

Osservate attentamente questo triangolo, in cui sono eviden­ti queste proprietà:

1. l’ultimo numero di ogni colonna è uguale al quadrato del numero d ’ordine della colonna, partendo da sinistra;

2. in ogni fila il prodotto di due numeri qualsiasi consecutivi compare in quella stessa fila; per esempio: 5 x 1 1 = 5 5 ; il prodotto si trova a n posti più a destra del moltiplicatore più piccolo «; nel nostro esempio, 55 si trova cinque posti a destra di 5;

3. i numeri posti nella fila più lunga sono dati dall’espressio­ne: n2 — n+ 1 = (« — l )2 + n, in cui « = 1,2, 3, 4, 5, ...; ogni terzo numero della fila dopo il 3 è divisibile per 3; ogni tredicesimo numero dopo il 13 è divisibile per 13, e così via; i numeri di ciascuna fila hanno proprietà analoghe.

b) Le serie di numeri interi positivi possono venir suddivise in una successione di uguaglianza tra somme:

1+ 2 = 3;4 + 5 + 6 = 7 + 8;

9+ 10+ 11 + 12=13 + 14+15;16 + 17+18 + 19 + 20 = 21+22 + 23 + 24, e cosi via.

1. In ogni passo successivo ci sono due numeri interi in più nell’uguaglianza;

2 . il primo termine di ogni uguaglianza è il quadrato del numero di addendi che compaiono nel secondo membro dell’uguaglianza; in questo modo si può scrivere ciascuna uguaglianza senza scrivere tutte quelle che la precedono.

c) La somma dei quadrati dei primi n numeri interi è ugualea:

l 2+ 22 + 32 + . . . + ^ = " ("+ 1 >(2"+ 1 ) .6

La somma dei quadrati dei primi |( n + l) numeri interi dispari è espressa dalla stessa formula dei primi \ n numeri interi pari:

l 2 + 32 + 52 + ... + n2 =

22 + 42 + 62 + ... + n2 =

(n + 1)3 —(n + 1)

6 ’ ( n + 1)3 —( n + 1)

6 d)

32+ 42= 52;IO2 + 11 2 + 122 = 132 + 142.

La prima di queste due equazioni rappresenta il più piccolo triangolo rettangolo, i cui lati hanno per misura un numero intero, con cui si può illustrare il teorema di Pitagora, mentre la seconda equazione rappresenta l’argomento del dipinto II

problema difficile del pittore russo N. P. Bogdanov-Belsky (1868-1945) nel quale un gruppo di studenti di campagna stanno cercando di risolvere mentalmente un problema scritto sulla lavagna:

102 + 112 + 122 + 132 + 142 _ 0

365

Non è un problema particolarmente difficile, sapendo che i primi tre quadrati hanno come somma 365, e cosi pure gli ultimi due, per cui la risposta è 2 .

Cercate di trovare un’altra uguaglianza di questo tipo, composta di numeri interi positivi, nella quale a sinistra ci siano due termini, poi con tre termini; esiste una successione di uguaglianze analoghe con quattro, cinque,... termini a sinistra, come si era visto nel paragrafo b) di questo problema?

e) Esistono due numeri interi positivi consecutivi nei quali i cubi abbiano come somma il cubo del numero successivo come, per esempio, (32 + 22 = 52)?

La risposta è no; dimostrazione per argomento a contrario: chiamati (x — 1), x e ( x + 1) i tre numeri interi positivi consecutivi, si ottiene che:

(x — l )3 + x 3 = ( x + 1)3;2x3 — 3x2 + 3x — 1 = x3 + 3x2 + 3x +1 ;

x3 — 6x 2 = x2 (x — 6) = 2 .

Sappiamo che x2 è un numero positivo, quindi anche (x — 6) deve essere positivo; x sarà quindi uguale a 7 o a un numero maggiore di 7, nel qual caso x2 (che sarà per lo meno 49) moltiplicato per (x — 6) avrà come risultato un numero maggiore di 2 , il che è impossibile; ne consegue che non esistono tre numeri interi positivi consecutivi con tale proprie­tà.

f ) Osserviamo adesso questa tabella di moltiplicazioni:

1 2 3 4 5

2 4 6 8 10

3 6 9 12 15

4 8 12 16 20

5 10 15 20 25

P

2 P

3 p

4 p

P 2 p 3 p 4 p

n

2 n

3 n

4 n

2 n 3 n 4 n

In questa tabella, naturalmente, il prodotto (per esempio 15) si trova alFintersezione della riga orizzontale con la colonna verticale dei suoi fattori (nel nostro esempio, 3 e 5, oppure 5 e 3); le linee che dividono la tabella formando angoli retti rendono evidenti altre proprietà e caratteristiche della disposi­zione numerica:

1. la somma dei numeri contenuti in una disposizione quadrata, nel quale il numero 1 è l’angolo superiore sinistro, è il quadrato di un numero, infatti:

1 = i 2; l+ 2 + 2 + 4 = 32;

l + 2 + 3 + 2 + 4 + 6 + 3 + 6 + 9 = 62;

2 . la somma dei numeri che si trovano in un corridoio ad angolo retto è un cubo:

1 = i 3;2 + 4 + 2 = 23;

3 + 6 + 9 + 6 + 3 = 33;

3. le disposizioni quadrate sono formate da 1, 2, 3, n corridoi; da ciò deriva una famosa antica formula:

l 3 + 23 + 33 + ... + n3 = (l + 2 + 3 + ... + n)2.

n (n + 1)Poiché 1+ 2 + 3 + ... + « = — -— (la somma di una progres­

sione) aritmetica, si otterrà:

13 + 23 + 33 +

Ecco un’inaspettata interpretazione geometrica! Contate i rettangoli (compresi i quadrati) nelle figure a e b qui sotto; nella figura a ce ne sono 9:

quadrato di 2 per 2 1rettangoli di 1 per 2 2 + 2quadrati di 1 per 1 4

(a)

nella figura b ce ne sono invece 36:

quadrato di 3 per 3 1rettangoli di 2 per 3 2 + 2quadrati di 2 per 2 4rettangoli di 1 per 3 3 + 3rettangoli di 1 per 2 6 + 6quadrati di 1 per 1 9 (b)

I numeri sulla destra sono quelli dei primi corridoi della tabella; il quadrato con 22 = 4 caselle contiene l 3 + 23 = 9 rettangoli, e il quadrato con 32 = 9 caselle contiene l 3 + 23 + + 33 = 36 rettangoli. Quanti rettangoli ci saranno in un quadrato di n2 caselle?

g) Nella formula riportata nel paragrafo f ) sulla somma dei cubi, i termini sono 1, 2, 3 e così via; il matematico francese Joseph Liouville (1809-82) si pose il compito di trovare i numeri interi non consecutivi nei quali la somma (permettendo anche ripetizioni di numeri) dei relativi cubi fosse uguale al quadrato della somma degli stessi numeri, cioè:

a3 + b3 + c3 + ... = (a + b + c + ...)2.

II matematico francese si servì di un metodo molto interessante, che si può comprendere meglio attraverso esempi.

Il numero 6 è divisibile per 1, 2, 3 e 6; il numero 1 ha un solo divisore, il 2 ne ha due (1 e 2), anche il 3 ne ha due (1 e 3) e il 6 ne ha quattro (1, 2, 3, 6); in questo caso abbiamo che:

13 + 23 + 23 + 4 3 = (1 + 2 + 2 + 4)2 = 81.

Il numero 30 ha come divisori 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15 e 30, i quali hanno rispettivamente, 1, 2, 2, 2, 4, 4, 4 e 8 divisori, per cui:

l 3 + 23 + 23 + 23 + 43 + 43 + 43 + 83 == ( l + 2 + 2 + 2 + 4 + 4 + 4 + 8)2 = 729.

Cercate per conto vostro altri numeri.

350. Una differenza persistente

Scegliete un numero di quattro cifre, non tutte uguali, e formate, con le cifre che lo compongono, il più piccolo numero

possibile, indicato con m, e il più grande, indicato con Ai; trovate la loro differenza (M — m) e seguitate a ripetere questo procedimento (considerando, per esempio, 397 come 0397), fino a che non si arriverà, in ogni caso, alla differenza 6 174, la quale differenza verrà a ripetersi indefinitamente, in quanto:

7 641 -1467 = 6174.

Per esempio, cominciando con il numero 4818, si avrà:

8 841-1488 = 7 353;7 5 3 3 -3 3 5 7 = 4176;7 644—1467 = 6174 e così via.

Cercate di dimostrare che il numero a cui si arriva è sempre 6174; originariamente questo problema veniva considerato «una noce che non è stata ancora aperta». Molti lettori ci si provarono; risultò così evidente che una dimostrazione esau­riente richiedeva solo il controllo di 30 numeri di quattro cifre. (La prima comunicazione di questo risultato ci è pervenuta da Y. N. Lambina di Ryazan).

Quali sono questi 30 numeri? Che numero si incontra come differenza persistente applicando questo procedimento a nume­ri di due cifre? E a numeri di tre cifre? E a numeri di cinque cifre?

351. Una somma palindroma

Questo è un rompicapo che non è stato ancora risolto.Sommate a un qualsiasi numero intero il suo contrario (lo

stesso numero, cioè, letto da destra a sinistra), poi sommate la somma ottenuta al contrario della somma; seguitate in questo modo fino a ottenere una somma palindroma (cioè che rimane uguale se letta da sinistra a destra o da destra a sinistra):

3883

121 1070 1191010701 101911

139 48017931 71084

1771 221012210122

431 134

Possono anche essere necessari numerosi passaggi (per esempio, da 89 a 8 813 200023 188 ce ne vogliono ventiquattro); si suppone però che ogni numero intero produca prima o poi, per questa via, un palindromo.

Un operaio industriale di Riga, P. R. Mols, ha scoperto il numero 196, che, dopo settantacinque passaggi, non aveva ancora prodotto un palindromo; piuttosto che continuare dal numero di 36 cifre della settantacinquesima somma, cosa non tanto agevole, cercate di dimostrare o di contraddire questa ipotesi con il ragionamento.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).[Il numero 196 è stato proposto indipendentemente anche da

Charles W. Triggs dello stato della California, e i computer hanno poi seguitato la somma per migliaia di passaggi senza arrivare a un palindromo; per approfondire la discussione sulle «ipotesi sui palindromi», che è stata dimostrata falsa solo per il sistema binario, si veda la rubrica Giochi Matematici su «Scientific American», agosto 1970. - M. G.].

N U M ER I VECCHI MA E T ER N A M EN TE GIOVANI

Numeri primi

352. Numeri primi e numeri composti

Se dalla divisione del numero intero positivo N per il numero intero positivo a si ottiene un altro numero intero positivo, diciamo che a è un divisore di N; per esempio:

1 ha un divisore solo (1);2 ha due divisori (1 e 2);3 ha due divisori (1 e 3);4 ha tre divisori (1, 2 e 4).

I numeri primi hanno due divisori mentre i numeri composti ne hanno tre o più di tre (il numero 1 non è né primo né composto). Il 2 è il più piccolo numero primo e anche l’unico ad essere pari; i numeri dispari invece possono essere sia primi (come 3, 5, 7,...) che composti (come 9, 15, 21,...).

Tutti i numeri composti sono il prodotto di un unico insieme di numeri primi; per esempio:

12 = 2 x 2 x 3 ;363 = 3 x 11 x 11, e così via.

I numeri primi rappresentano le basi da cui, attraverso moltiplicazioni, si possono ricavare tutti gli altri numeri; da questo fatto deriva il grande interesse dei matematici per questo tipo particolare di numeri.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

353. Il crivello di Eratòstene

Non è semplice trovare i numeri primi, e, più grande è il numero, e più difficile diventa decidere se è o non è primo.

Quando si vogliono separare delle granaglie mescolate, si usano successivamente setacci che abbiano i pori di grandezza uguale ai vari tipi di cereali; per separare i numeri primi dagli altri numeri si usa un metodo analogo.

Supponiamo di voler conoscere tutti i numeri primi da 2 a N; si comincia con lo scrivere tutti i numeri in ordine progressivo:il 2 è un numero primo; si sottolinea il 2 e si cancellano tutti i multipli di 2. Il primo numero che rimane è il 3, che è quindi un numero primo; si procede sottolineando il 3 e cancellando tuttii suoi multipli, e poi si ripete il procedimento per il 5 (il 4 è già stato cancellato); proseguendo, si cancellano tutti i numeri composti da 2 a N, e i numeri sottolineati formano la successione dei numeri primi tra 2 e JV:

2 , l , X, 5, 7, Z , # , Kf,i l , VI, 13, M, 15, U , 17, ÌZ, 19, 20,2 i , 22, 23, 24, 25, 26, 2rT, 28, 29, 30,31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40,

Questo procedimento è stato inventato più di duemila anni fa dal matematico greco Eratòstene (276-196 a.C.) e ancora oggi questo metodo, lungo ma completamente attendibile, porta il suo nome.

Con il passare dei secoli sono stati individuati tutti i numeri primi da 1 a 10000000; il matematico americano D. H. Lehmer svolse un lavoro notevole individuando, controllando attenta­mente e infine pubblicando nel 1914 una tavola di questi numeri primi; il libro di Lehmer si trova nella Biblioteca Lenin a Mosca e, se volete, potete farne delle fotocopie.

Circa una ventina di anni prima del lavoro di Lehmer, anche il

matematico autodidatta russo Ivan Mikheyevich Pervushin compose una tavola dei numeri primi da 1 a 10000000 e la presentò come omaggio alla nostra Accademia delle Scienze, ma questa tavola non è stata pubblicata.

Un docente dell’Università di Praga, J. P. Kulik, allargò la serie dei numeri primi fino a 100000000 (sei volumi di numeri primi e di divisori dei numeri composti); fino dal 1867 le tavole del professor Kulik sono raccolte nella biblioteca dell’Accade­mia delle Scienze di Vienna; uno dei volumi della raccolta, contenente i numeri primi tra 13000000 e 23000000 è scomparso senza lasciare tracce, e non è certo un compito facile ripristinare la tavola dei numeri primi mancanti o ritrovarli nei volumi rimasti.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).[Al giorno d’oggi, con l’aiuto dei computer, si conoscono

numeri primi veramente enormi, al di là delle dimensioni delle tavole precedentemente compilate; il matematico americano Bryant Tuckerman è arrivato nel 1971 al numero primo 219 937— 1, composto di ben 6002 cifre! - M. G.].

354. Quanti numeri primi?

Euclide dimostrò che non esiste un numero primo maggiore di tutti gli altri; moltiplicando tutti i numeri primi tra 2 e n, e aggiungendo 1 al prodotto, il risultato sarà un numero primo o composto con un fattore primo maggiore di n, quindi la successione continua indefinitamente. I numeri primi sono distribuiti irregolarmente, ma con una frequenza via via sempre più bassa tra i numeri interi. Infatti, se tra i numeri interi maggiori di 1 ci sono cinque numeri primi fra i primi 10, cioè il 50%, fra i primi cento ce ne sono solo ventisei (il 26%) e nel primo milione di numeri interi ce ne sono solo l’8 %. Esiste una formula con la quale si può conoscere con una buona approssimazione la percentuale di numeri primi in un insieme abbastanza vasto di numeri interi.

I numeri di Fibonacci

Nel tredicesimo secolo è vissuto in Italia un grande matematico, esperto conoscitore delle teorie dei numeri più avanzate nel suo tempo, chiamato Leonardo da Pisa, meglio conosciuto come Fibonacci, cioè figlio di Bonacci; nel 1202 pubblicò un testo in latino, il Liber Abaci, che conteneva tutto quanto fino allora si sapeva sull’aritmetica e sull’algebra, e diffondeva per primo i calcoli con la numerazione araba in Europa.

Per più di due secoli questo testo rimase il punto di riferimento più valido sui calcoli numerici e algebrici.

Come era l’usanza dei tempi, Fibonacci partecipava a competizioni matematiche (competizioni pubbliche nelle quali si premiava chi risolveva problemi intricati e complessi nel modo migliore e più velocemente) e la sua abilità nel risolvere i problemi numerici era sconcertante.

355. Una prova al cospetto del pubblico

Nel 1225 l’imperatore del Sacro Romano Impero Federico II si recò a Pisa con un gruppo di matematici di corte per mettere pubblicamente alla prova l’abilità di Leonardo, cosa che dimostra quale tipo di reputazione avesse il matematico. Nel corso della competizione venne proposto il seguente proble­ma.

Trovare il quadrato di un numero che rimanga un quadrato sia che venga aumentato, sia diminuito di 5.

Chiaramente la risposta non poteva essere rappresentata da un numero intero; dopo averci pensato per un po’, Fibonacci trovò il numero:

1681144

Sottraendo 5 si ottiene un altro quadrato:

961

144

3 i y

12 / ’

e aggiungendovi 5 si ottiene ancora un quadrato:

2401

144

Nel testo Problemi storici di G. N. Popov, uscito nel 1932, si propone un metodo per la soluzione di questo problema:

Per cui si ha che:

Ponendo u + v = — e u — v = — , si ottengono le risposte date da Fibonacci.

Forse il ragionamento seguito da Fibonacci è stato questo, e allora appare impressionante la sua capacità di immaginazione, che gli ha permesso di sostituire 10 con la frazione data.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

x2 + 5 = u2 e x 2 — 5 = v2.

Da cui:

u2- v 2 = 10.

356. La successione di Fibonacci

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,...

In questa successione ogni numero è uguale alla somma dei due numeri che lo precedono, infatti 1 + 1=2, 1+ 2 = 3, e così via. Se indichiamo con x e y due numeri consecutivi di questa successione, si ha:

x 2 — xy — y 2 = 1, oppure x 2 — xy — y 2= — 1.

Per esempio:ciII II

x = 5, y= 3 ;x = 13, j>=8;

rappresentano radici della prima equazione, mentre radici della seconda sono:

x = 3, y = 2;x = 8, y= 5 ;x = 21, y= 13.

La successione di Fibonacci è importante non solo in matematica ma anche in botanica; infatti, spesso le foglie sono disposte in modo elicoidale intorno allo stelo di una pianta; ogni foglia è leggermente più in alto di quella precedente e spostata intorno allo stelo, e ogni tipo di pianta possiede un suo angolo di divergenza tra le foglie adiacenti; questo angolo si esprime di solito con una frazione di 360 gradi; nell’olmo e nel tiglio, per esempio, questa frazione è uguale a 1/2, mentre nel faggio è 1/3, nella quercia e nel ciliegio è 2/5, nel pioppo e nel pero è 3/8, nel salice 5/13 e così via. Lo stesso angolo si ritrova nella disposizione delle diramazioni dei rami, nella disposizione delle

gemme e dei fiori; queste frazioni sono composte da numeri di Fibonacci.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

357. Un paradosso

Se si taglia in alcune parti una figura geometrica e queste si sistemano in un altro modo, la sua forma sarà modificata, ma, chiaramente, la superficie non può cambiare.

Osserviamo la figura qui sopra: il quadrato a sinistra è stato tagliato in due triangoli uguali e in due trapezoidi uguali: come si possono scegliere x e y in modo che il quadrato si possa trasformare in un rettangolo come quello a destra nella figura qui sopra?

Un giovane amico mi ha scritto: «Ho provato a mettere diversi valori alla x e alla y servendomi della carta millimetrata, ma i pezzi non formavano in alcun modo un rettangolo; quando ho provato a mettere x = 5 e y = 3, il rettangolo aveva una superficie di 5x1 3 = 65» (come nella figura della pagina seguente).

Ma la superficie del quadrato è solo 64!«Con un quadrato di 13 per 13 (in cui x = 8 e y = 5) il

rettangolo che ottenevo aveva una superficie di 168 invece che di 169; con un quadrato di 21 per 21 (in cui x= 13 e y = 8), la superficie risultante era di 442 invece che di 441; dov’è che ho sbagliato?»

Possiamo aggiungere: che ruolo svolgono i numeri di Fibonacci in questo paradosso?

358. Le proprietà dei numeri di Fibonacci

Ecco i primi venti numeri della successione:

1 8 89 9871 13 144 1 5972 21 233 2 5843 34 377 4 1815 55 610 6 765

1. I termini successivi si formano in questo modo:

Sn - 2 + - 1 = •

2. Come in tutte le successioni, vogliamo conoscere la formula che permetta di derivare qualsiasi numero Sn della successione direttamente da n; sembra ovvio aspettarsi che nella formula compaiano soltanto numeri interi o eventualmente frazioni; invece non è così, sono necessari due numeri irrazionali, e precisamente:

C11 — a-,=1 ~ y /$

2 '

Di questi due numeri, a l , il rapporto della sezione aurea, compare nel problema precedente, e a2 è nella soluzione negativa che avevamo dovuto scartare.

Ecco la formula per ricavare un qualsiasi S„:

S .=

i + v / s y 2 ) \ 2 ) ¿ ¡ - 4

n/ s y s

Nel caso in cui n= 1, si ha:

1 + 75 1 - 7 5 2^52 2 2

Si = ----------- -¡=--------- = - 7 - = l-%/5 v /5

Nel caso in cui n = 2, si ha:

'i+ysy /i-ysvc_v 2 7 V 2 7 _6 + 2v/5-(6-2%/5)_,!--------- 7 5 i T s

Si può dimostrare che, definito S come nella formula qui sopra, la relazione di Fibonacci Sn + 1 = Sn_ !+ S n sussiste:

a1; l+a",-a; ‘-aj

i + y 5\n+,r 21 2 -| /ì-v'sy-'r :2 / Ml + 7 5 ) 2 i + V sJ V 2 / L ( l -

— n/5\"+ 1 f 22 2+ -

__________ d-yi)2 ì-yi-i

>/5

Poiché tutte e due le espressioni nelle parentesi quadrate sono uguali a 1 (come si può vedere facilmente), l’intera espressione è uguale a S„ + 1; in questo modo si è ottenuto una dimostrazione per induzione: la formula permette di ricavare la successione di Fibonacci partendo da due termini corretti, e poiché è corretta per i primi due termini, lo sarà per tutti gli altri termini.

3. La formula della somma dei primi n numeri di una successione di Fibonacci ha un aspetto divertente:

Si + S2 + ... + Sn = Sn + 2 — 1.

Ne consegue che la somma dei primi sei termini è 1 +1 + + 2 + 3 + 5 + 8 = 20, e che l’ottavo (e non il settimo) termine è uguale a 21, cioè 1 in più della somma.

4. La somma dei quadrati dei primi n termini di una successione di Fibonacci è uguale al prodotto di due numeri consecutivi:

S¡ + S | + ... + S2 = S„ x Sn +1.

Per esempio:

12 + 12 = 1 x2;12 + 12 + 22 = 2 x 3;

12 + l 2 + 22 + 32 = 3 x 5.

5. Il quadrato in un qualsiasi numero di Fibonacci, meno il prodotto dei due numeri consecutivi, quello che lo precede e quello che lo segue, è uguale alternativamente a +1 e a — 1:

22 — 1 x 3 = + 1;32 —2 x 5 = — 1;52 —3 x 8 = +1.

6. S1 + S3 + ... + S2„_1= S 2fI.

7. S2 + ^4 + ••• + $2n — ̂ 2n+l — 1-

8. S~ + S~+ ! = S2n + i -

9. Nella serie, ogni terzo numero è pari, ogni quarto numero è divisibile per 3, ogni quinto numero è divisibile per 5 e ogni quindicesimo per 10.

10. È impossibile costruire un triangolo nel quale i lati siano tre numeri diversi appartenenti alla serie di Fibonacci; cercate di dimostrare il perché.

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

I numeri figurati

359. Le proprietà dei numeri figurati

1. Gli antichi greci erano affascinati dal mondo dei numeri e dalle possibilità di disporli in successioni e di dar loro interpretazioni geometriche; consideriamo per esempio le progressioni aritmetiche, nelle quali la differenza (d, detta «ragione») tra due numeri interi consecutivi è costante:

1, 2, 3, 4, 5,... (d= 1);1, 3, 5, 7, 9,... (d = 2);1, 4, 7, 10, 13,... (d = 3).

E più in generale:

1, 1 +d, 1+ 2 d, 1 + 3 d, 1 + 4 d,...

In questa progressione ciascun elemento ha una determinata posizione che chiameremo n; per ottenere l’elemento «-esimo della progressione (chiamiamolo an), si somma al primo elemento il prodotto della ragione per il numero di passagginecessari per arrivare a n da 1, cioè (n — 1):

a„= 1 + d (n — 1).

Gli elementi che costituiscono successioni numeriche di questo tipo sono detti numeri figurati lineari, oppure numeri figurati di primo ordine.

2. Formiamo adesso somme consecutive dei numeri di una successione di numeri figurati lineari; la prima «somma» corrisponderà soltanto al primo elemento, la seconda alla somma dei primi due elementi della successione e la n-esima somma corrisponderà alla somma dei primi n elementi.

La prima progressione di numeri figurati lineari, 1,2, 3,4, 5,... produce questa successione di somme: 1, 3, 6, 10, 15,..., i cui elementi sono chiamati numeri triangolari.

La seconda progressione, 1, 3, 5, 7, 9,... produce numeri quadrati:

1, 4, 9, 16, 25,...

La terza progressione 1, 4, 7, 10, 13,... produce numeri pentagonali:

1, 5, 12, 22, 35,...

I numeri esagonali, ettagonali, e poligonali di ordine superiore si producono con successive progressioni; i numeri poligonali sono chiamati anche numeri figurati piani, o numeri figurati di secondo ordine.

3. I nomi geometrici dei numeri poligonali si spiegano con le interpretazioni geometriche attribuite loro dagli antichi greci; nella figura qui sotto è rappresentato un metodo di costruzione di disposizioni poligonali di punti con 1, 2, o un qualsiasi

numero di punti che si irradia partendo dall’angolo a sinistra in basso; contando i punti contenuti in ogni allargamento successivo, si ottengono le prime quattro serie di numeri piani:

4. Riportiamo adesso in una tabella le caratteristiche dei numeri figurati piani, comprese le formule per ottenere i termini n-esimi di ogni serie:

numeri

d figure Si S2 S3 S 5 formule

6 10 15n ( n + 1)

9 16 252i

n~

12 22 35n ( 3 n - ì )

15 28 452

n ( 2 n - ì )

1 triangolo 1

2 quadrato 1

3 pentagono 1

4 esagono 1

1 2 + d 3 + 3d 4 + 6d 5 + 1 0 dn [ ( d n - ( d - 2)]

Nell’ultima riga della tabella è riportata una generalizzazione della successione di numeri piani derivata dalla progressione di ragione uguale a d, e in fondo a destra è riportata la formula per trovare il numero «-esimo della serie.

5. Tra l’insieme dei numeri figurati piani e quello dei numeri interi positivi esistono molte relazioni interessanti, ed anche all’interno dello stesso insieme dei numeri figurati piani.

Pierre de Fermat (1601-1665), un giurista di Tolosa, personalità eminente nel campo amministrativo, aveva come hobby la matematica, e durante il corso dei suoi studi fece scoperte significative nel campo della teoria dei numeri, tra cui queste:ciascun numero intero positivo è un numero triangolare oppure è uguale alla somma di 2 o 3 numeri triangolari; ciascun numero intero positivo è un numero quadrato oppure è uguale alla somma di 2, 3 o 4 numeri quadrati.

In generale, ciascun numero intero positivo è la somma di non più di k numeri fc-gonali, cioè poligonali di k lati.

Eulero dimostrò questa proprietà per alcuni casi specifici, e il matematico francese Augustin Cauchy elaborò una dimostra­zione generale nel 1815.

6. Il matematico greco Diofanto, vissuto nel terzo secoloa.C., scoprì un rapporto elementare tra i numeri triangolari T e i numeri quadrati K, e cioè che:

8 T + 1 = K .

Per spiegare meglio questa formula, prendiamo per esempio il numero triangolare 21. Nella figura qui sotto è rappresentato uno schema quadrato che comprende 169 punti; il numero quadrato K che prendiamo in considerazione è infatti 13 x x 13 = 169; osservando la figura ci possiamo accorgere che un punto occupa la casella centrale e che gli altri 168 formano 8 numeri triangolari T disposti in 8 triangoli rettangoli con le ipotenuse dentellate:

8 T + 1 = K

7. Dimostrate per conto vostro, con il metodo algebrico, la validità generale della formula di Diofanto, e che nessun numero triangolare termina con 2, 4, 7 o 9. Dimostrate anche che tutti i numeri esagonali sono numeri triangolari che occupano una posizione dispari nella successione dei numeri triangolari.

8. Compiendo ripetute somme di numeri figurati piani V1 = = S i, = Sj ”("S2, K3 = S1 + S2 + S3 e così via, si ottengono i numeri figurati spaziali, detti anche numeri figurati di terzo ordine.

Per esempio, dalla successione di numeri triangolari (1, 3, 6,10, 15,...) si produce questa successione di numeri figurati di terzo ordine:

1, 4, 10, 20, 35,...

Questa successione è chiamata dei numeri piramidali, perché possono essere rappresentati costruendo piramidi tetraedriche di sfere, come si vede nella successiva figura, nella quale sono rappresentate piramidi di 4 e di 10 sfere:

9. Ecco una tabella dei numeri figurati di terzo ordine, comprendente le formule per ottenere il termine n-esima di ogni

successione; come nella tabella precedente, la successione generica e la formula relativa è scritta nella riga di fondo:

numeri

d K V2 K 5̂ formule

1 1 4 10 20 35 . gn(n+ l)(n + 2)2 1 5 14 30 55 . gn(n+l)(2n+l)3 1 6 18 40 75 . è«2(« + 1)4 1 7 22 50 95 . 5«(n+ l)(4n — 1)

d 1 3 + d 6 + 4 d 3̂ O

•

+o

15 + 20d 6 n( n+l ) [ ( dn- ( d

(In fondo al testo non c’è risposta a questo problema).

RISPOSTE

1. Problemi divertenti

1. I due giovani osservatori

Guardate il fumo che esce dalla ciminiera della locomotiva: se la locomotiva fosse ferma, il fumo seguirebbe la direzione del vento; se si stesse muovendo in avanti in assenza di vento, il fumo sarebbe inclinato all’indietro. Come si vede nella figura, il fumo della locomotiva in movimento va dritto in alto, e quindi il treno si sta muovendo alla stessa velocità del vento: a 20 km all’ora.

2. Il fiore di pietra

La soluzione è rappresentata nella figura a sinistra.

6 4 2 3 / 5

2 3 ì 5 6 4

2 3 /

1 2 3 4 5 6

4 5 6

IH

II

3. La fila di pedine

Numerate le pedine partendo da sinistra, come nella figura a destra; muovete le pedine 2 e 3 nello spazio libero sulla sinistra (la prima

mossa nella figura). Adesso mettete nello spazio rimasto vuoto le pedine 5 e 6 (la seconda mossa). Spostate quindi a sinistra le pedine 6 e4 (la terza mossa).

4. In tre mosse

Levate dal primo per aggiungere al secondo, dal secondo per aggiungere al terzo, e dal terzo al primo:

mucchiettinumeroiniziale

I mossa ¡1 mossa III mossa

primo 11 1 1 - 7 = 4 4 4 + 4 = 8secondo 7 7 + 7= 14 1 4 - 6 = 8 8

terzo

5. Fate il conto!

6 6 6 + 6= 12 1 2 - 4 = 8

35

6. Il percorso del giardiniere

Un percorso possibile è rappresentato in figura.

7. Cinque mele

Si può dare alla quinta bambina la mela dentro la cesta.

8. Senza pensarci troppo

Ci sono quattro gatti, ognuno vicino alla coda di un gatto che sta in un angolo adiacente.

9. Su e giù

All’inizio, solo 1 centimetro della matita gialla si macchia di vernice. Quando la matita blu si abbassa, si macchia di vernice per un secondo centimetro; col successivo movimento verso l’alto, questo secondo centimetro di colore ne macchia un altro sulla matita gialla.

Ogni coppia di movimenti in su e in giù macchia un altro centimetro di ogni matita; 5 coppie di movimenti macchieranno quindi 5 centimetri, che, sommati al centimetro iniziale, porteranno a un totale di 6 centimetri per ogni matita.

(Guardandosi gli stivali, Leonid Mikhailovich si accorse che nella parte interna, dove di solito si strusciano nel camminare, si erano infangati fino in cima.

«Strano», pensò. «Non ho camminato dove c’era del fango profondo; eppure mi si sono infangati gli stivali fino alle ginocchia».

Adesso è chiara l’origine di questo problema).

10. L’attraversamento del fiume

Per primi attraversano il fiume i due bambini; uno rimane a terra mentre l’altro riporta la barca ai soldati e scende. Un soldato sale in barca e attraversa il fiume. Il bambino che è rimasto sulla sponda riporta la barca ai soldati, e poi riporta il secondo bambino attraverso il fiume. Di nuovo un bambino riporta la barca ai soldati, scende e rimane a terra mentre un soldato attraversa il fiume da solo... e così via fino a che non hanno attraversato tutti i soldati.

11. Il lupo, la capra e il cavolo

Dato che il lupo non mangia il cavolo, l’uomo comincia col portare

di là la capra.

Lascia la capra sulla sponda e torna indietro, mette nella barca il cavolo e lo porta di là dal fiume; giunto sulla sponda, lascia li il cavolo ma riporta indietro la capra.

Lascia la capra sulla prima riva e porta con sé il lupo; sull’altra riva ora lascia il lupo con il cavolo.

r f t ‘n — r à à

Alla fine porta con sé la capra.

RISPOSTE

12. Le palline che rotolano

Ecco la sequenza di mosse che risolvono il problema.

___________________ ______________________

____________ • • • o o o o

____________________S9\___________________

• • • O O O O ______________________

__________________________________________

________ • • • O O O O •____________________S9\___________________

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____________________^ ___________________• • oo o o_________•__________________________________________

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o o ò ó ^ * • • •

13. Una catena da aggiustare

Se il giovane fabbro apre tutti e 3 gli anelli di un pezzo (3 operazioni), e con i 3 anelli collega gli altri 4 pezzi, finisce il lavoro con 6 operazioni.

14. Un errore da correggere

Ecco due soluzioni possibili:

a OQ Q < 1 0

15. Quattro da tre (uno scherzo)

V=416. Tre e due fa otto (un altro scherzo)

17. Tre quadrati

18. Quanti oggetti si possono fare?

Da 36 lingotti si possono fare 36 oggetti; i trucioli di piombo bastano per fare altri 6 lingotti, cioè altri 6 oggetti. Ma non fermatevi qui: i nuovi trucioli bastano per fare un altro oggetto: totale 43.

19. La disposizione delle bandierine

20. Le dieci sedie

21. Un numero pari

Ecco due soluzioni:

'Ti

-------r

g fr -

22. Il triangolo magico

I triangoli nella figura sottostante rappresentano una soluzione che per totale dà 17 e due soluzioni che per totale danno 20.

6

8 46 7 9 1

23. Le ragazze con la palla

Nella figura si vede come tutte e 13 le ragazze possono giocare quando se ne saltano 5; saltandone 6 si ha la stessa disposizione, ma nella direzione opposta.

13 M

24. Quattro linee rette

La figura mostra una delle soluzioni:

25. Capre e cavoli

Ecco la soluzione:

100 km (60 + 40).

27. Quando sale la marea (uno scherzetto)

Quando un problema comprende un fenomeno fisico, bisogna studiare bene il fenomeno, oltre ai numeri che vengono dati. Mentre sale il livello dell’acqua, sale infatti — galleggiando — la nave e anche la scala di corda, quindi l’acqua non arriverà mai a coprire il terzo piolo.

28. Il quadrante dell’orologio

La somma dei numeri sul quadrante dell’orologio è 78; quando è attraversato da due linee incrociate, risultano si 4 parti uguali, ma 78 non è divisibile per 4; quindi le linee da tracciare non devono incrociarsi, ma dividere il quadrante in 3 parti in cui la somma dei numeri sia 26 (2 6 x 3 = 78).

Basta individuare sul quadrante le coppie di numeri la cui somma sia 13 (come 12+1, 11+2, e così via) per trovare facilmente la soluzione del problema, illustrata a sinistra nella figura; a questo punto si intuisce già la risposta alla seconda domanda, a destra nella figura.

29. Il quadrante incrinato

In IX, X e XI ci sono tre X adiacenti, e due di essi devono stare dalla stessa parte. L’incrinatura deve dividere IX e non XI, in modo che la somma dei numeri sia 80 (V. figura nella pagina a fronte).

30. Un orologio strabiliante

L’apprendista aveva scambiato le lancette, così che quella dei minuti era corta e quella delle ore lunga.

La prima volta che l’apprendista tornò dal cliente erano passate circa 2 ore e 10 minuti dal momento in cui aveva regolato l’orologio; la lancetta lunga si era spostata solamente dalle 12 a poco dopo le 2 e quella corta aveva fatto due giri completi più 10 minuti, quindi l’orologio sembrava a posto.

Il giorno seguente l’apprendista arrivò verso le 7 e 5 di mattina, 13 ore e 5 minuti dopo il momento in cui aveva messo l’orologio alle sei; la lancetta lunga, comportandosi come lancetta delle ore, aveva passato13 ore raggiungendo l’I, mentre la lancetta corta aveva fatto 13 giri completi e 5 minuti, raggiungendo le 7, quindi l’orologio segnava ancora l’ora esatta.

31. In fila per tre

Ci sono 8 file di 3 bottoni (a nella figura) e 12 di 2 bottoni (ò).In c i bottoni segnati con la crocetta vengono spostati; la linea

tratteggiata si muove leggermente verso destra, come mostra la freccia.In d è rappresentata una seconda disposizione di 6 bottoni in 3 file.

(a) (b) (c) (dì

32. Le dieci file

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33. Un disegno con le monete

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34. Da 1 a 19

Ci sono nove coppie di numeri che danno per totale 20 (1 + 19, 2+18, e così via). Il numero restante, 10, sta al centro per dare 30.

35. Alla svelta ma con attenzione

a) Nessuno dei due.b) Un chilo di metallo vale sempre di più di metà di un chilo dello

stesso metallo.c) Se per battere sei colpi ci sono voluti 30 secondi, per batterne 12

ce ne vorranno 60 — questo è il primo ragionamento che si fa — ma quando l’orologio batteva le sei, c’erano solo 5 intervalli tra i colpi, quindi ogni intervallo era 30:5 = 6 secondi. Tra il primo e il dodicesimo colpo ci saranno quindi 11 intervalli di 6 secondi ciascuno; dunque, per battere 12 colpi ci vorranno 66 secondi.

d) C’è sempre un piano che contiene 3 punti dati.

36. Un gambero pieno di figure geometriche

37. Il prezzo del libro

Il prezzo del libro è 2 rubli.

38. La mosca senza pace

Il problema è più semplice di quello che non sembri: i ciclisti impiegano 6 ore per incontrarsi, e la mosca percorre 6 x 30 = 180 km.

39. L’anno capovolto

1961.

40. Due giochetti

a) Mancavano 4 rubli: la figlia aveva letto 86 capovolto.b) Capovolgete il 9 e scambiatelo con l’8; la somma in tutte e due le

colonne sarà 18.

41. Quanti anni ho?

La differenza di età è sempre 23 anni, quindi ho 23 anni e mio padre ha il doppio dei miei anni.

42. Basta «un’occhiata»

Sembra che le due colonne non abbiano lo stesso totale, ma guardatele attentamente: confrontando le unità, si vede che nove 1 corrispondono a un 9 in tutte e due le colonne, confrontando le decine si vede che otto 2 corrispondono a due 8, e così via. Controllate facendo la somma, i due totali sono uguali.

43. Una rapida addizione

a) Gli ultimi due numeri della prima e della quinta linea, sommati danno 10, e le altre coppie di numeri corrispondenti danno 9, quindi la somma dei numeri è 1 000 000.

Il secondo e il sesto numero, il terzo e il settimo, il quarto e l’ottavo sommati danno 1000000, quindi la somma degli otto numeri è 4000000.

b) Gli otto numeri sono: 7 621

3 0572 794 4518 5481 7 205 69422 378

Per fare la somma alla svelta basta moltiplicare 9999 per 4, cioè moltiplicare 10000 per 4 e sottrarre 4. La risposta è quindi 39996.

c) il numero da scrivere è 48 726918, e il totale è 172 603 293. Ogni cifra del vostro numero più la cifra corrispondente del secondo numero fa 9, quindi il totale è semplicemente il primo numero più 100000000 meno 1.

44. In quale mano?

Le 10 lire (una moneta «pari») si trovano:

mano destra mano sinistramano destra ( x 3)

pari x dispari = pari dispari x dispari = disparimano sinistra ( x 2)

dispari x pari = pari pari x pari = pari

somma = pari dispari

Il trucco funziona anche se chiedete all’amico di moltiplicare per altri numeri pari e dispari, diversi dal 2 e dal 3.

45. In quanti sono?

Quattro fratelli e tre sorelle.

46. Con le stesse cifre

22 + 2 + 2 + 2 = 28; 888 + 88 + 8 + 8 + 8 = 1 0 0 0 .

47. Cento

1 11-11 = 100; (5 x 5 x 5) —(5 x 5) = 100; (5+ 5 + 5 +5) x 5 = 100; (5 x 5 ) x [5 —(5:5)] = 100.

48. Un duello di aritmetica

Ci sono due modi per avere un totale di 1 111 sostituendo 10 cifre con degli zeri, cinque modi sostituendo 9 cifre, sei modi sostituendone

8, tre modi con 7 cifre, un modo con 6 cifre e uno con 5 cifre, un totale di diciotto modi. L’ultima variante è

111+333 + 500 + 077 + 090= 1 111.

Cercate di trovare le altre diciassette varianti per conto vostro.

49. Venti

Cominciamo come se dovessimo riempire una valigia, iniziando dall’oggetto più grosso, e procediamo; tutte le soluzioni vengono date in ordine discendente.

Non si possono usare il 19, il 17 o il 15 perché non lasciano posto per altri sette addendi; con il 13, è necessario e sufficiente aggiungere sette 1:

13+1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1=20.

Con l’i l non si può usare né il 7 né il 5; proviamo con il 3:

11+ 3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1=20.

Non ci sono altre soluzioni con il numero 11.Adesso proviamo con il 9; non possiamo aggiungere un 7 (9 +

+ 7 = 16 e non ci sono sei numeri dispari la cui somma sia 4), ma c’è una soluzione con il 5:

9 + 5 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1=20.

E un’altra con il 3:

9 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1=20.

Adesso il metodo è chiaro e le altre soluzioni sono queste:

7 + 7 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1=20;7 + 5 + 3 + l + l + l + l + l = 20;7 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1=20;5 + 5 + 5 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 20; 5 + 5 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 = 20;

5 + 3 + 3 + 3 + 3 + l + l + l = 20;3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1=20.

Nota: Solo una di queste 11 soluzioni contiene quattro addendi diversi.

50. Quanti percorsi ci sono?

Sì. Vi confonderete se cercate di tracciare tutte le strade che portano

D C

da A a C perché è molto complicato. È più facile partire dai punti più vicini ad A e procedere di punto in punto verso C; nella figura sono segnati tutti i punti, da la (che è lo stesso A) a 5e (che è poi C).

È chiaro che c’è un percorso solo da A al punto più vicino sulla linea AB e su quella AD (cioè 2a e 1 b); si può arrivare a 2b passando per ognuno di questi due punti (ci sono 2 percorsi). Si può raggiungere l’incrocio 2c passando per 26 (2 percorsi) o da le (un’altro percorso, e sono 3 in tutto); in modo analogo, ci sono 3 percorsi che portano a 3b.

A questo punto risulta evidente che il numero dei percorsi segnato a ogni incrocio rappresenta la somma dei percorsi immediatamente a sinistra e indietro: una cosa logica, perché le mosse devono essere tutte in avanti e verso destra.

Seguitando a sommare e procedendo di punto in punto fino a che si raggiunge C, si ha il totale di 70 percorsi differenti.

51. Mettete in ordine questi numeri

Si tratta di porre, per esempio, A ed a alle estremità di un diametro e B e b alle estremità corrispondenti di un diametro adiacente al primo, in modo che A + B = a + b; ne consegue che A — a = b — B , e quindi le differenze tra tutte le coppie opposte di numeri devono essere uguali.

I numeri da 1 a 10 devono essere raggruppati per formare 5 coppie che abbiano la stessa differenza, e ci sono solo due modi per farlo, ottenendo differenze di 1 e di 5:

1- 2 1- 64- 3 7- 25- 6 3- 88- 7 9- 49-10 5-10

Tutte e due queste soluzioni sono rappresentate nella figura, e le varianti si possono ottenere muovendo delle coppie di numeri opposti.

Per eliminare le rotazioni, fissate l’l dove si trova nel cerchio a sinistra, col 2 come numero opposto; l’uguaglianza si mantiene, oltre che per la coppia (4-3), anche per le coppie (6-5), (8-7) e (10-9) sul secondo diametro in senso orario rispetto a (1-2). Abbiamo quindi 4 coppie per il secondo diametro: rimangono 3 coppie da scegliere per il terzo diametro, 2 per il quarto e 1 per il quinto. Ci sono dunque 24 varianti (compresa quella fondamentale) per il cerchio a sinistra, e con le 24 del cerchio a destra fanno in totale 48 varianti.

52. Lo stesso risultato con operazioni diverse

L’unica soluzione con 4 numeri è:

1 + 1 + 2 + 4 = 1 x 1 x 2 x 4.

Con 5 numeri, si possono avere tre soluzioni:

l + l + l + 2 + 5 = l x l x l x 2 x 5 ;l + l + l + 3 + 3 = l x l x l x 3 x 3 ;l + l + 2 + 2 + 2 = l x l x 2 x 2 x 2 .

(Provate a trovare per conto vostro delle soluzioni con 6, 7 e più numeri).

53. Novantanove e cento

9 + 8 + 7 + 65 + 4 + 3 + 2 + 1 = 9 9 ;9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 43 + 21=99.

1 + 2 + 34 + 56 + 7 = 100 1+ 23 + 4 + 5 + 67=100.

54. La scacchiera spezzettata

Ecco una soluzione:

p n% % 1 1§ n iWt% n % %n n %

i55. Le mine nascoste

Nella figura della pagina seguente è rappresentata una soluzione: un percorso è la linea intera e l’altro la linea tratteggiata.

56. A gruppi di due

Il procedimento di base è questo: formate una coppia con un fiammifero incrociato sopra all’altro a una estremità della fila; nelle due mosse successive, formate due coppie nelle due posizioni adiacenti all’estremità della fila di 8 fiammiferi rimanenti; le due mosse che restano sono evidenti. Le altre soluzioni sono solo varianti di questa.

57. A gruppi di tre

Spostate il fiammifero 5 su quello 1, poi il 6 sull’l, il 9 sul 3, il 10 sul3, F8 sul 14, il 7 sul 14, il 4 sul 2, l’i l sul 2, il 13 sul 15 e il 12 sul 15.

Il procedimento usato è analogo a quello impiegato nel problema precedente: formate un gruppo di tre a una estremità della fila, poi due

gruppi di tre aH’interno delle posizioni estreme della fila di 12 fiammiferi rimanenti; anche in questo caso ci sono delle varianti.

Si può dimostrare che ci vogliono almeno 8 fiammiferi per fare gruppi di due, almeno 12 per fare gruppi di tre e almeno 4/c per fare gruppi di k fiammiferi.

58. L’orologio fermo

Prima di uscire, caricai l’orologio e presi nota dell’ora che segnava, così che quando tornai il cambiamento dell’ora equivaleva al tempo che mi ci era voluto per andare e tornare dalla casa del mio amico più il tempo che avevo trascorso con lui; ma conoscevo già quest’ultimo, perché avevo guardato il suo orologio appena arrivato e prima di uscire da casa sua.

Sottraendo il tempo della visita dal tempo in cui ero stato assente dalla mia casa, e dividendolo per 2, ottenni il tempo che mi ci era voluto per tornare a casa; aggiunsi questo risultato all’ora segnata dall’orologio dell’amico quando lo avevo salutato, e regolai il mio orologio.

59. I segni più e meno

Anche in questo caso c’è una sola soluzione:

1 2 3 - 4 5 - 6 7 + 89 = 100

60. Il guidatore perplesso

Le prime cifre a sinistra nel numero 15 951 non può cambiare nello spazio di 2 ore, quindi 1 rimane la prima e l’ultima cifra del nuovo numero. La seconda e la quarta cifra diventano 6; se la cifra nel mezzo diventasse 0, 1, 2 ..., la macchina avrebbe percorso 110, 210, 310, ..., chilometri nelle due ore trascorse. Naturalmente la prima è la soluzione che interessa, e l’auto ha viaggiato a 55 chilometri all’ora.

61. Gli apparecchi per la centrale di Tsimlyansk

Se si distribuiscono tra i 9 giovani operai i 9 apparecchi in più prodotti dal caposquadra, la media giornaliera tra tutti i 10 operai

diventa 15+1 = 16; ne consegue che il caposquadra produce 16 + + 9 = 25 apparecchi al giorno, e l’intero gruppo ne produce (15x9) + + 25 = 160.

Chi conosce l’algebra può risolvere il problema impostando un’equazione a un’incognita.

62. La consegna in orario

Se un autocarro viaggia a 30 chilometri all’ora impiega 2 minuti per percorrere 1 chilometro; se viaggia a 20 all’ora, ne impiega 3; viaggiando a 20 all’ora l’autocarro è più lento di 1 minuto per chilometro, e per perdere 2 ore, cioè 120 minuti, gli ci vogliono 120 chilometri, che rappresentano quindi la distanza tra il kolkhoz e la città.

Si potrebbe pensare che la velocità richiesta fosse 25 chilometri all’ora, il punto di mezzo tra 20 e 30 all’ora, ma questa approssimazio­ne non torna.

Viaggiando a 30 all’ora l’autocarro percorre 120 chilometri in 4 ore, ma il viaggio deve durare un’ora di più per arrivare alle 11 in punto; la velocità necessaria è quindi (120:5) = 24 chilometri all’ora.

63. Viaggiando in treno verso la casa di campagna

Se le ragazze fossero state su un treno fermo il ragionamento della prima ragazza sarebbe stato corretto, ma il loro treno era in movimento; se passavano 5 minuti tra l’incontro col primo e col secondo treno, a quest’ultimo occorrevano altri 5 minuti per raggiungere il punto in cui le ragazze avevano incontrato il primo treno. Il tempo che passa tra i treni è quindi 10 minuti e non 5, e in città arrivano solo 6 treni all’ora dalla campagna.

64. Da 1 a 1000000000

Si possono raggruppare i numeri in coppie:

999999999 e 0;999 999 998 e 1;999 999997 e 2, e così via.

Ci sono mezzo bilione di coppie di numeri e la somma delle cifre di ogni coppia è 81; le cifre del numero scompagnato, 1000000000, sommate danno 1, quindi:

(500 000 000 x 81 )+ 1 = 40 500 000 001.

65. L’incubo del tifoso di calcio

Se la pallina da ping pong rotola rasente il muro, la palla di ghisa non può romperla.

Chi conosce la geometria può determinare come, se il diametro di una palla di una certa grandezza è almeno 5,83 (precisamente3 + 2^/2) volte maggiore del diametro di una pallina, quest’ultima sarà al sicuro se si terrà rasente al muro.

Una palla di ghisa che sia più grossa di un pallone da calcio deve avere sicuramente un diametro maggiore di 5,83 volte il diametro di una pallina da ping pong.

66. Il mio orologio

In 24 ore l’orologio andava avanti di 1/2 — 1 //3 = 1/6 di minuto; sembrerebbe quindi che in 30 giorni, cioè la mattina del 31 maggio, l’orologio dovesse essere 5 minuti avanti (5x6 = 30); ma già la mattina del 28 maggio l’orologio è avanti di 27:6 = 4 \ minuti; alla fine di questo giorno l’orologio è andato avanti di un altro 1/2 minuto, quindi è avanti 5 minuti il 28 maggio.

67. Le scale

2 volte e mezzo (5:2, e non 6:3).

68. Un enigma in cifre

Una virgola.

69. Alcune frazioni interessanti

1/5 e 1/7. Ogni frazione che abbia 1 come numeratore e un qualunque numero dispari come denominatore (2n— 1), aumenta di n volte il suo valore quando il denominatore viene sommato al numeratore e al denominatore.

70. Che cos’è?

Uno e mezzo.

71. Il percorso dello scolaro

Dal deposito alla stazione c’è 1/3 — 1/4= 1/12 della strada, e Boris lo percorre in 5 minuti, quindi ci mette un’ora intera dalla casa alla scuola; un quarto d’ora sono 15 minuti, quindi Boris parte da casa alle 7 e un quarto e arriva a scuola alle 8 e un quarto.

72. Allo stadio

Non in 12 secondi. Infatti, dalla prima all’ottava bandierina ci sono7 segmenti, e ce ne sono 11 dalla prima all’ultima bandierina. Il corridore percorre ogni segmento in 8/7 di secondo, quindi per

88 4percorrere 11 segmenti impiega — = \ 2 - di secondo.

73. Avrebbe risparmiato tempo?

Sì; Ostap ha impiegato per la seconda parte del viaggio lo stesso tempo che gli ci sarebbe voluto per farlo tutto a piedi, quindi, non importa a che velocità andasse il treno, egli ha perso esattamente il tempo che è stato in treno.

A piedi avrebbe risparmiato dunque 1/30 del tempo.

74. La sveglia

Se in 3 ore e mezza la sveglia è andata indietro di 14 minuti, a mezzogiorno sarà indietro di un altro minuto, approssimativamente. Le lancette segneranno quindi mezzogiorno tra 15 minuti.

75. Una divisione complessa

Il marcatore si è accorto che 7 /12= 1/3 —1/4, quindi ha tagliato 4 fogli in 12 terzi, e 3 fogli in 12 quarti, così ogni operaio ha ricevuto un terzo e un quarto, cioè 7/12.

Per la seconda distribuzione ha fatto in questo modo:

5 1 1 13 1 3 13 1 1 26 2 4

76. La saponetta

Poiché 1/4 di saponetta pesa 3/4 di etto, una saponetta intera pesa 3 etti.

77. Rompicapo aritmetici

1 2a) l x l ; —, 1—0. 2—1,...; 1°, 2°,...; 01, e molti altri.

b) 37 =3333x3 '99 666 - 66

c) 99 + — ; 55 + 55 — 5 — 5 ; --------- ; oppure, in generale99

(100a + 10a + a) — (10a + a), in cui a sia un numero qualunque.

44d) 44+— = 55.

99è) 9 + — = 20.

n

Riuscite a trovare un’altra soluzione?75 33

g) 1+3 + 5 + 7 + — + — = 20.

h) 79 1 + 5 = 84 + -?-; 75 1 + 9 = 84 + 1

i) 1 e 4~; 4" e 4"J in generale, — e —, dove (n — 1) sia un numero2 3 4 n—1 n

xintero maggiore di 1. Oppure: x e ---- -, dove x sia un numero intero

x+ 1positivo.

35 148 45 138 15 486 r 1 BW„

7) 70 + 2%; 90 + 276; 30 + 972; °’5 + T (9 " 8) (? " 6) (4" 3)’ 6 C°S1via.

™ 3 45 ^ 1 38 1 56

k) 78 T 90’ 50 T 76’ 29 T+ 84’ ‘ C0S' V,a'

78. Frazioni di domino

Ecco una delle possibili soluzioni:

1 6 3 5 5

y+7+T+y+T2 5 2 6 4

T + T + T + T + T =10;4 2 4 5 5

- —h — + — + — + ~~r — 10;1 3 2 2 6

Cercate di trovare altre soluzioni per somme diverse.

79. I gattini di Misha

Tre quarti di un gattino sono un quarto dei gattini di Misha, quindi

ci sono 4 x — = 3 gattini.4

80. La velocità media

Senza starci a pensare verrebbe fatto di rispondere 8 km all’ora; ma

se si considera l’intero cammino come 1, il cavallo ha impiegato

: 1 2 = -^ di unità di tempo per la prima metà, e unità per la

seconda metà; la somma è di unità, quindi la velocità media è 6 km6

all’ora.

81. Il passeggero addormentato

Due terzi di una metà dell’intero viaggio, cioè un terzo.

82. Quanto è lungo il treno?

La velocità del passeggero sul primo treno, rispetto al movimento del secondo, è di 45 + 36 = 81 km all’ora, cioè:

1 000 x 81——— —— = 22,5 m al secondo.

60 x 60

Quindi, la lunghezza del secondo treno è 6 x 2 2 ,5 = 135 m.

83. Il ciclista

Il ciclista cammina per un terzo del percorso, o la metà di quanto ha percorso in bicicletta, ma gli ci vuole il doppio di tempo. Quindi, in bicicletta va quattro volte più veloce che a piedi.

84. La competizione

Volodya ha fatto 2/3 del suo lavoro, gli rimane ancora 1/3; Kotsya ha fatto 1/6 del suo, sicché gli rimane ancora 5/6.

5 1 1Kotsya deve aumentare la sua produttività di -—:—- = 2 — volte

6 3 2più velocemente di Volodya.

85. Chi ha ragione?

Ha ragione l’amica di Masha. Infatti, Masha ha moltiplicato due

2 4 8terzi di un numero per quattro terzi del numero, ma un

nono in meno del valore corretto. Un nono del vero volume sono 20 metri cubi, e la risposta è quindi 180 metri cubi.

86. Tre fette di pane abbrustolito

La mamma ha messo sulla gratella due fette di pane, e dopo 30 secondi le ha abbrustolite tutte e due da una parte; adesso gira una fetta, leva la seconda dalla gratella e mette al suo posto la terza fetta. Dopo che è passato un altro mezzo minuto la prima fetta è pronta e le altre due sono pronte a metà, quindi nei restanti 30 secondi la mamma finisce di abbrustolire la seconda e la terza fetta.

2. Problemi complessi

87. Il fabbro ingegnoso

Khecho mise un pezzo di catena (5 kg) in un cesto e lo fece scendere; nel cesto che risaliva mise 2 pezzi di catena (10 kg) e questo discese. Seguitò così ad aggiungere 2 pezzi ad ogni cesto che saliva fino a che giunse a un carico di 35 kg, tirandone su uno da 30.

A questo punto Khecho mise al posto dei 6 pezzi di catena (30 kg) la serva (40 kg); la ragazza scese e salirono in su 7 pezzi di catena; Khecho tolse dal cesto 6 pezzi e fece segno alla ragazza di scendere a terra; lasciando scendere il pezzo di catena rimasto, Khecho fece risalire il cesto vuoto.

La serva rimontò nel cesto, come le era stato detto (peso totale 40 + 5 = 45 kg), e Daridjan (50 kg) salì nell’altro cesto e scese a terra; tutte e due le donne scesero dai cesti, Daridjan a terra e la serva nella torre; il cesto con un pezzo di catena ridiscese e sopra rimase quello vuoto.

Khecho ripetè la prima serie di operazioni e fece riscendere la serva a terra; fece segno alle due donne di salire sul cesto (50 + 40 = 90) in modo che potesse scendere lui (90 kg) assieme a un pezzo di catena; a questo punto il fabbro era a terra e le due donne erano tornate nella torre.

La serva riuscì a scendere ripetendo la solita serie di operazioni, poi Daridjan scese al posto suo e la serva fece il suo quarto e ultimo viaggio in discesa facendo salire 7 pezzi di catena. Appena arrivò giù anche lei. Khecho legò il cesto in modo che la catena rimasta in aria non cadesse, e i tre si allontanarono di buon passo.

88. Il gatto e i 13 topi

Partendo dalla croce segnata nella figura (posizione 13) e proseguendo in senso orario segnate le posizioni 1, 2, 3,..., poi

cancellate via via il tredicesimo cerchietto, cioè, neirordine, quelli corrispondenti ai numeri 13, 1, 3, 6,10, 5, 2 ,4 ,9 ,11 ,12 , 7 e 8; chiamate l’ultima posizione (8) il topo bianco. Il gatto Purrer perciò comincierà in senso orario mangiando il quinto topo in senso orario a partire dal topo bianco (cioè la posizione 13 rispetto alla 8); oppure comincerà in senso antiorario mangiando il quinto topo in senso antiorario rispetto al topo bianco.

89. Tordi e lucherini

Nella settima e nella quattordicesima gabbia partendo da sinistra.

90. Una stella di fiammiferi e monete

Un buon sistema è rifarsi al fiammifero con cui si è cominciato; se siamo partiti dal 5, per esempio, si è messa una moneta vicino al settimo fiammifero; mettiamone una sul quinto, partendo dal terzo fiammifero, poi mettiamola sul terzo partendo dal primo e così via (come nella figura).

91. Lasciate passare il treno locale!

Il treno merci entra all’indietro nel binario morto e lascia le 3 carrozze che ci possono entrare; prosegue poi in avanti per un tratto sufficiente.

Quando arriva il treno locale, attacca le 3 carrozze lasciate dal treno merci e torna indietro sul binario principale.

Il treno merci torna indietro e si infila nel binario morto, dove adesso entrano il locomotore e le 2 carrozze rimaste. L’altro treno stacca le 3 carrozze del treno merci e prosegue la sua strada.

92. Tre ragazze capricciose

Chiamiamo i tre padri A, B e C e le tre ragazze a, b e c rispettivamente.

prima riva seconda riva

A B C . . .a b c . . .

1. Prima attraversano due ragazze:

A B C . . .a b c

2. Una ragazza torna indietro e porta di là la terza ragazza:

A B C . . .a b c

3. Una delle tre ragazze torna indietro e rimane a riva con suo padre, mentre gli altri due padri attraversano il fiume:

A B Ca b c

4. Un padre torna indietro con sua figlia; la ragazza rimane a riva e idue padri attraversano:

. . . A B Ca b . c

5. L’ultima ragazza torna indietro e attraversa con la seconda ragazza:

. . . A B Ca b c

6. La ragazza rimasta sulla prima riva viene portata di là da suo padre o da un’altra ragazza.

93. Un approfondimento del problema precedente

a) Attraversando con una barca che porta tre persone, faranno cosi: chiamati i quattro padri A, B, C e D e le loro figlie rispettivamente a, b, c e d, si avrà questo schema.

A B C Da b c d

1. Tre ragazze attraversano il fiume:

A B C D . . . .a . . . b c d - ► . b c d

Due di loro ritornano:

A B C D . . . .a b c <- b c d

2. Un padre attraversa con sua figlia e con il padre la cui figlia è sull’altra riva:

A B C a b c

prima riva in barca seconda riva

A Ba b c

C C D c d

Un padre torna indietro insieme alla figlia:

B C . a b c

Dd

3. Tre padri attraversano insieme:

a b c .A B C - » A B C D

. . . d

La ragazza torna indietro:

. . . . A B C Da b c d <- d . . . .

4. La ragazza appena tornata riattraversa con altre due:

b e dA B C D

b e d

Il padre A torna indietro a prendere sua figlia (oppure il padre di un’altra ragazza torna a prendere la propria figlia):

Aa

5. L’ultima coppia attraversa il fiume:

Aa

B C Db e d

A B C D a b c d

b) Ecco come attraversare in quattro coppie con una barca che porta due persone alla volta (soluzione di Y. V. Morozova).

prima riva isola seconda riva

A B C Da b c d

1. A B C Da b c d

2. A B c Da b c d

3. A B . . C Da b c d

4. A B c Da b c d

(Il padre C porta c sull’isola, ritorna sulla riva e dà la barca a due delle ragazze).

5.

6.

7.

A B C

A . .a

A . .a

a b c

b c

b .

. . D

. . d

B C D• • d

B C Dc d

A B C Dc d

(B torna a prendere A e lo porta direttamente sulla seconda riva).

9.

10.

A B C D b c d

A B C Da b c d

94. Le pedine che saltano

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95. Le bianche e le nere

96. Il problema precedente complicato

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97. Lo stesso problema in forma generale

Le righe ingrossate verticali nella figura servono a concentrarsi sulle2 coppie a sinistra e sulle 2 a destra.

Nelle prime 2 mosse lasciate stare le coppie all’interno (n — 4) e cercate di arrivare alla posizione delle altre 4 coppie indicate nella figura.

Nelle successive (n — 4) mosse bisogna mettere in ordine le coppie alfinterno, nere a sinistra e bianche a destra. Nella mossa {n — 2) lasciate lo spazio a sinistra delle due coppie di destra.

Nelle ultime 2 mosse mettete in ordine le coppie all’esterno, completando la soluzione del problema.

98. 10 carte da sistemare

Il giro di carte descritto fa uscire sul tavolo questa sequenza, con il 4 in cima al mazzo:

1, 3, 5, 7, 9, 2, 6, 10, 8, 4.

Poiché il 4 è la decima carta, mettete allora il 10 al quarto posto dall’inizio del mazzo nel preparare la nuova disposizione delle carte. L’8 è la nona carta, quindi mettete il 9 all’ottavo posto, e così via. Il nuovo mazzo, da sopra a sotto, sarà ora nell’ordine desiderato:

1, 6, 2, 10, 3, 7, 4, 9, 5, 8.

99. Due problemi di disposizione

100. La scatola misteriosa

101. La guarnigione coraggiosa

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2 7 2

7 3 6 7

2 7 2

4 3 4 5 1 5 6 — 5

3 2 8 3 1 2 4 1 — 2 2 —

4 3 4 5 1 5 5 — 6

102. L’illuminazione per la TV

Il tecnico può usare quante luci vuole, da 18 a 36, perdendo in alcuni casi la simmetria della disposizione. La disposizione con il massimo numero possibile di luci è riprodotta nell’ultimo riquadro della figura.

103. La disposizione dei conigli

Dalla terza condizione si capisce che la gabbia può ospitare da 22 a 44 conigli (confrontate con la soluzione del problema 102).

Ma il numero dei conigli deve essere un multiplo di 3 (per la quarta condizione), quindi il numero di conigli può essere 24,27, 30, 33, 36, 39o 42; inoltre 24 conigli non possono stare in 11 per lato (terza condizione) senza lasciare delle sezioni vuote (prima condizione); anche 33, 36, 39 o 42 conigli non possono stare in 11 per lato senza mettere in qualche sezione più di tre conigli (seconda condizione).

Per esclusione, i conigli richiesti sono dunque 30 e quelli che arrivano 27. La figura illustra la disposizione prevista e quella finale

18

2 1 1

1 11 9 1

l 1 1

(nelle due parti della figura, il piano superiore è a sinistra del piano inferiore).

104. Le luci per la festa e altri problemi

a) Nella figura sottostante sono illustrate quattro soluzioni possibi­li; la terza e la quarta sono state trovate dallo scolaro di quarta elementare Batyr Erdniyev; il ragazzo trovò anche la disposizione di 12 lampade in 7 file riprodotta nella figura 5, quella che sembra un berretto da somaro.

c) La condizione posta dal problema è soddisfatta dalla stella a cinque punte (a sinistra nella figura sottostante), ma è meglio che non ci siano intersezioni senza oggetti; il giardiniere quindi, sceglie la disposizione a girandola a destra (soluzione di V. I. Lebedev, un ingegnere moscovita).

d) Un quadrato sovrapposto a un altro quadrato. Ecco una soluzione ancora più semplice: formate una griglia quadrata di

106. Giochi con la geometria

a) Si possono trovare facilmente e alla svelta tutte le soluzioni di questo problema con una costruzione geometrica. Prendete un pezzo di carta e disegnate le pedine facendo dei puntini; fate una crocetta su 3 punti nella fila in alto e 1 nella fila di sotto; tracciate una retta che unisca uno dei punti rimanenti nella fila di sopra con due punti rimanenti della fila di sotto, poi unite il secondo punto rimasto nella fila di sopra con gli altri due rimasti nella fila di sotto (come nella figura); scartate le combinazioni che producono linee parallele. Mettete 4 pedine sui punti corrispondenti alle 4 intersezioni delle rette tracciate.

107. Pari e dispari

Il numero minimo di mosse è 24 (nella prima mossa, per esempio, la pedina 1 viene spostata nel cerchietto A).

b)

1. 1-A 7. 3-B 13. 3-C 19. 6-C;2. 2-B 8. 1-B 14. 1-C 20. 8-B;3. 3-C 9. 6-C 15. 5-A 21. 6-B;4. 4-D 10. 7-A 16. 1-B 22. 2-E (o C);5. 2-D 11. 1-A 17. 3-A 23. 4-B;6. 5-B 12. 6-E 18. 1-A 24. 2-B.

108. Un casellario

Il miglior modo per affrontare il problema è scegliere delle sequenze di alcune mosse; cosi, dopo aver scambiato la pedina 1 con la 7, mettete la 7 nella posizione 7, occupata dalla pedina 20 e mettete quest’ultima nella sua corretta posizione (la 20) al posto della 16, e cosi via. Dalla sesta mossa in poi, gli scambi mettono al loro posto tutte e due le pedine che si muovono, quindi si può iniziare una nuova sequenza. La soluzione più veloce è in 19 mosse di 5 sequenze:

1 - 7, 7 - 20, 20 - 16, 16 - 11, 11 - 2, 2 - 24;3 - 10, 10 - 23, 23 - 14, 14 - 18, 18 - 5;4 - 19, 19 - 9, 9 - 22;6 - 12, 12 - 15, 15 - 13, 13 - 25;17 - 21.

109. Un regalo enigmatico

Levate una delle 9 caramelle dalla scatola più grande, quella esterna, e mettetela in quella più piccola, così in questa scatola ci sono già 5 caramelle, cioè 2 coppie più una; queste 5 caramelle vanno comprese nel numero di caramelle della scatola immediatamente più grande, che così viene a contenere 5 + 4 = 9 caramelle (4 coppie più una). La terza scatola conterrà 9 + 4 = 13 caramelle (6 coppie più una), e la scatola esterna 13 + 8 = 21 caramelle, (10 coppie più una). Ci sono anche altre soluzioni.

110. La mossa del cavallo

AH’inizio il cavallo può mangiare qualunque pedina eccettuate c4, d3, d4, e5, e6 e f 5; mettete il cavallo, per esempio, in a3, e mangiate per prima la pedina c2, poi le pedine b4, d3, b2, c4, d2, b3, d4, e6, g7, f5, e7, g6, e5, f7 e g5.

111. Inversioni di pedine

a) Nella sequenza riprodotta qui sotto, la prima mossa è la pedina 2 nella casella 1, e così via.

1. 2-1

2. 3-23. 4-34. 4-A5. 5-46. 5-37. 6-58. 6-49. 7-6

10. 7-5

11. 7-B12. 8-713. 8-614. 8-515. 9-816. 9-717. 9-618. 1-919. 1-820. 1-7

21. 1-C;22. 9-7;23. 9-8;24. 9-9;25. 9-10;26. 8-6;27. 8-7;28. 8-8;29. 8-9;30. 7-5;

31. 7-632. 7-733. 7-834. 1-735. 1-636. 1-537. 1-B38. 6-539. 6-640. 6-7

41. 6-C;42. 5-443. 5-544. 5-645. 5-746. 4-347. 4-448. 4-549. 4-650. 1-5

51. 1-452. 1-353. 1-A

Le 22 mosse successive sono ovvie.

b) 1. Un passo verso est;2. un salto a ovest;3. un passo verso ovest;4. un salto a est;5. un passo verso nord;6. un salto a sud.

Proseguite secondo questa sequenza (che abbiamo abbreviato):

7. P- S; 21. s. S; 35. P- E;8. s. N; 22. P- O; 36. s. O;9. s. E; 23. s. N; 37. s. S;

10. P- O; 24. s. N; 38. s. E;11. s. O; 25. p- S; 39. s. E;12. p- N; 26. s. S; 40. p- O;13. p- E; 27. s. E; 41. s. O;14. s. O; 28. p- N; 42. p- E;15. p- S; 29. s. S; 43. s. N;16. s. E; 30. s. O; 44. p- S;17. p- N; 31. s. N; 45. s. S;18. s. S; 32. p- E; 46. p- N.19. p- E; 33. s. O;20. p- N; 34. s. N;

112. Gruppi di numeri interi da 1 a 15

M 2 6 98 >d = l\ l \ d = 5\ 10 >d = 4; 1115 12 14 13

d = 2; 4 5

d = 1.

113. Un casellario con otto asterischi

L’unica soluzione possibile è riprodotta nella figura sottostante. Il

metodo per risolvere il problema è lento ma sicuro; incominciate mettendo il primo asterisco nella casella bianca più bassa che c’è nella colonna 1, poi mettete il secondo asterisco nella casella più bassa della colonna 2; le prime due caselle dal basso non si possono usare perché sono in diagonale con il primo asterisco, quindi, per il momento, usate la terza casella dal basso.

Nella terza colonna potete usare la casella in fondo, proseguendo in questo modo.

Quando arrivate a una colonna «impossibile», spostate il meno possibile l’asterisco della colonna precedente verso l’alto; se in questa colonna non c’è un posto in cui poter mettere l’asterisco, oppure se tutti i posti possibili rendono «impossibile» la colonna successiva, levate momentaneamente quell’asterisco e ripetete il procedimento nella colonna più a sinistra.

114. Due problemi con le lettere

a) Se le 4 lettere sono uguali, mettetene una in una casella qualsiasi della diagonale AC nella figura qui sotto; delle 4 caselle della diagonale

B

a

a

a

a

D C

BD, una farà parte della stessa riga e una della stessa colonna, quindi la seconda lettera può stare in una delle altre 2 caselle.

Non è difficile rendersi conto che le 2 lettere rimaste possono essere disposte soltanto come nella figura.

Poiché la prima lettera può essere messa in ognuna delle 4 caselle di AC, la seconda ha 2 caselle possibili in BD, ci sono 4 x 2 = 8 soluzioni, ma sono tutte varianti della prima perché si ottengono con semplici rotazioni o immagini speculari del quadrato.

Con 4 lettere diverse si hanno le stesse 8 possibilità, ma per ognuna di esse ci sono 24 modi per mettere le lettere, cioè a, b, c, d; a, b, d, c;...; d, c, b, a. Quindi ci sono 8 x 2 4 = 1 9 2 soluzioni.

b) Dalle condizioni poste nel problema, consegue che le lettere nei 4 angoli devono essere diverse tra loro; scriviamole secondo un ordine arbitrario (come nella figura a); nelle caselle di mezzo della diagonale

contenente a e d devono essere messe b e c, ma ci sono due posizioni possibili (figure b e c).

Dopo aver riempito queste 6 caselle, c’è un solo modo per riempire le altre (cioè riempiendo prima le caselle esterne e poi quelle nella seconda diagonale). I risultati sono riprodotti nelle figure qui sotto.

Siccome le 4 lettere d’angolo possono essere disposte in 4 x 3 x 2 x x 1 = 24 modi diversi, con due soluzioni ciascuno, ci sono 48 soluzioni.

115. Le caselle colorate

Una soluzione possibile è riprodotta nella figura qui sotto:

1 4 2 3rosso nero verde bianco

2 3 1 4bianco verde nero rosso

3 2 4 1nero rosso bianco verde

4 1 3 2verde bianco rosso nero

Adesso chiamiamo A, B C e D i colori e a, b, c, d i numeri (la seconda

figura riproduce la prima, con rosso = A, nero = B, ecc). Come nel problema precedente (114 b), ci sono 48 modi corretti in cui poter

f i a Bd Cb De

Db Cc Ba f i d

Bc fib Dd Ca

Cd Da f ic Bb

disporre i colori, e la disposizione dei numeri può esser fatta in 4! = 24 modi, con un totale di 1 152 soluzioni.

116. L’ultimo pezzetto

Nella sequenza che segue per ogni mossa abbiamo indicato nell’ordine il cerchietto saltato e quello di partenza:

1. 9-1; 9. 1-9; 17. 28-30 25. 25-11;2. 7-9; 10. 18-6; 18. 33-25 26. 6-18;3. 10-8; 11. 3-11; 19. 18-30 27. 9-11;4. 21-7; 12. 16-18; 20. 31-33 28. 18-6;5. 7-9; 13. 18-6; 21. 33-25 29. 13-11;6. 22-8; 14. 30-18; 22. 26-24 30. 11-3;7.

cTioo 15. 27-25; 23. 20-18 31. 3-1.8. 6-4; 16. 24-26; 24. 23-25

117. Un anello di dischetti

1. 1-2,3 2-6,5 6-1,3 1-6,22. 1-2,3 4-1,3 3-6,5 5-3,43. 1-4,5 3-4,1 4-2,6 2-3,4

4. 1-4,5 5-2,6 6-4,1 1-6,55. 2-3,4 3-1,6,5 6-2,4 2-1,66. 2-3,4 5-2.3 3-1,6 1-3,57. 2-4,5 5-1,3,6 6-2,4 2-1,68. 2-4,5 3-2,5 5-1,6 1-5,39. 3-1,2 5-3,2 2-6,4 4-5,210. 3-1,2 4-3,1 1-6,5 5-1,411. 3-1,2 1-2,6,4 6-2,3 3-6,512. 3-1,2 2-1,6,5 6-3,1 3-6,413. 3-4,5 2-3,5 5-1,6 1-2,514. 3-4,5 1-3,4 4-2,6 2-1,415. 3-4,5 4-1,6,5 6-5,3 3-2,616. 3-4,5 5-2,6,4 6-3,4 3-1,617. 4-3,2 3-1,6,5 6-2,4 4-5,618. 4-3,2 1-4,3 3-5,6 5-3,119. 4-1,2 1-3,6,5 6-2,4 4-6,520. 4-1,2 3-1,4 1-6,5 5-1,321. 5-3,4 4-1,6 6-3,5 5-6,422. 5-3,4 2-3,5 3-1,6 1-2,323. 5-1,2 3-2,5 2-6,4 4-3,224. 5-1,2 1-4,6 6-2,5 5-1,6

118. Le righe sul ghiaccio

119. Il percorso del cavallo

Non è possibile perché un cavallo si muove da una casella nera a una bianca e viceversa; partendo da al (una casella nera), dopo 1, 3, 5,... 61, 63 mosse il cavallo si trova su una casella bianca; poiché sono necessarie 63 mosse perché il cavallo attraversi tutte le caselle meno quella da cui è partito, alla fine si trova su una casella bianca, mentre h8 è una casella nera.

120. La prigione con 145 porte

11

11

11

11

Vjy

121. Un’altra fuga difficoltosa

Il prigioniero si impossessa delle chiavi d ed e, apre le porte delle celle D ed E (confrontare con la figura a pag. 62); poi prende la chiave c e apre la porta della cella C, si impossessa della chiave a, riuscendo cosi a aprire la porta della cella A e prendere la chiave b; il prigioniero attraversa di nuovo E e D per aprire la porta della cella B, prendere la chiave f e riattraversare E per andare a aprire la porta della cella F, così arriva alla chiave g e scappa dalla prigione passando per la cella G.

Il cammino verso la libertà non è facile né veloce: bisogna attraversare 85 porte!

3. Geometria con i fiammiferi

122. 5 Problemi

(A) (B)

(D). i

(E)

123. Altri 8 problemi

a) Levate i 12 fiammiferi dentro il quadrato grande e usateli per fare un altro quadrato grande.

b)

c) Per la soluzione con 4 fiammiferi, confrontate con la figura a qui sotto; per la soluzione con 6 fiammiferi la figura b (ma c’è anche un’altra soluzione); per quella con 8 fiammiferi la figura c (ma ci sono altre due soluzioni).

(C)

(D)

124. Nove fiammiferi

125. La spirale

r. j

j

126. Il castello

127. Due fiammiferi da levare

128. La facciata della casa

129. Uno scherzo

Piegate i fiammiferi posti in due angoli opposti, come qui sotto.

130. 1 triangoli

131. Quanti fiammiferi bisogna levare?

30

133. La grata

Mettete 2 fiammiferi ad angolo retto all’angolo di un tavolo in modo che questo formi l’altra metà del quadrato.

135. La freccia

(a) (b)

136. Quadrati e rombi

137. Poligoni assortiti

_ JLI

139. La stessa superficie

140. Il pozzo nel giardino

141. 11 pavimento di legno

840.

142. Un rapporto di aree

143. Delineate un poligono

Ecco tre possibili soluzioni.1. Cominciate formando un triangolo con i lati di 3 per 4 per 5 (la

cui area è 6 unità quadrate); spostate 4 fiammiferi dentro la superficie del triangolo, come si vede nella figura, perdendo 3 unità quadrate di superficie; la zona tratteggiata comprende 3 unità quadrate formate con 12 fiammiferi.

2. Cominciate con un quadrato di 4 per 4, come nella figura qui sotto; durante la prima trasformazione, l’area resta uguale, mentre nella seconda fase si perde 1 unità quadrata, e ne rimangono 3 formate sempre con 12 fiammiferi. (Soluzione di N.I. Arzhanov, un ingegnere di Leningrado).

3. Formate un parallelogramma con base 1 e altezza 3; la sua area sarà 1 x 3 = 3 unità quadrate formate con i soliti 12 fiammiferi. (Soluzione di V.I. Lebedev, un ingegnere moscovita).

M auiititiBii:i.*tiLSetr.u;

144. La dimostrazione

Prima soluzione: costruite tre triangoli equilateri adiacenti, co­me nella figura a; i due fiammiferi di prima formano un angolo di 3 x 6 0 ° = 180°, quindi formano una linea retta.

Seconda soluzione: si veda la figura bl

4. Prendete bene le misure prima di tagliare

(C)o o o o o io !o° °_o_o_oJ°IO ofo o o o o ioo_]o_o_o_o_o J_o______o]o o o o o[o o o o oo iP_o_o o o ! o o o o o

o o o oo o o o

o o o oo o o o

o ;o |o o !o !o

(D)

146. Una torta con sette rose

147. Una perdita di demarcazione

1. Per prima cosa si tratta di dividere le caselle adiacenti con numeri uguali, come nella figura a:

3 1 1

3 4.

1 4 £

/

3 3

4 2 2

4

(a)

2. Per simmetria, ripetete l’operazione in altri tre posti dentro al quadrato, come nella figura b:

3 1 1

3 4

21 4 2

1

3 34 2 24

(b)

3. Separate poi le 4 caselle centrali, perché non ci devono essere due 2 in nessuna figura; a questo punto è possibile tracciare completamente le linee di demarcazione, tenendo presente che le caselle d’angolo appartengono ognuna a una figura diversa, e che in ognuna delle figure devono esser presenti i quattro numeri.

3 1 /

3 4

1 4 2

1

3 34 2 2

4

(c)

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| •□

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1

Ì □1

• !i

149. Senza perdite!

Con 6 lastre n. 1 si può fare un rettangolo, come si vede qui sotto:

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i

Le linee di taglio per gli altri sei modelli sono riprodotte qui sotto:

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VI

150. Quando i nazifascisti attaccarono il nostro paese

Vasya dimostrò la propria abilità facendo un taglio a scalini, come si vede nella figura.

151. I ricordi di un elettricista

Provate a trovare un’altra soluzione per il pannello b.

153. Una figura da sezionare

Chiamati b, c e d i punti al centro dei quadrati formanti la figura a sinistra qui sotto, tagliate lungo i punti abcde; spostate il pezzo interno per completare quindi la cornice (a destra nella figura). Cercate per conto vostro un’altra soluzione.

c

b

(a) (b)

154. Il ferro di cavallo

Le due linee devono intersecarsi sul ferro di cavallo.

A differenza del problema precedente, in questo non è proibito risistemare le parti dopo il primo taglio.

Cominciate tagliando fra i due buchi in cima e mettete le due parti una sull’altra, in modo che tutti i buchi siano sovrapposti a due a due; a questo punto basterà un altro taglio trasversale per dividere il ferro come richiesto dal problema.

156. Trasformate un vaso in un quadrato

157. La lettera E

159. Il tappeto antico

(b)

160. Una ricompensa molto apprezzata

Nuriya fece due tagli a scalini e poi cucì insieme le due parti, come nella figura.

Per prima cosa prendete in esame il quadrato di 8 x 8 con le colonne bianche e nere alternate (c nella figura sottostante); in qualunque modo

si cerchi di ritagliare a da questo quadrato, esso conterrà sempre un numero dispari (1 o 3) di caselle bianche e un numero anch’esso dispari di caselle nere (3 o 1), di conseguenza 15 forme di questo tipo conterranno ugualmente un numero dispari sia di caselle nere che di bianche, ma la figura b contiene 2 bianche e 2 nere, quindi anche le 16 parti complessive conterranno un numero dispari di caselle bianche e nere, mentre il quadrato originale ne contiene 32 bianche e 32 nere; è impossibile quindi tagliare la scacchiera in 15 parti uguali a b e una uguale ad a.

Una soluzione per la seconda domanda è riprodotta nella figura d.

Il falegname sega le due tavole lungo le linee BA, CA, B lA l e C ^ ; con le otto parti risultanti è già pronto il piano per il tavolino tondo, basta incollarle insieme come nella figura sottostante.

164. Anche un pellicciaio deve conoscere la geometria!

Chiamiamo ABC la toppa che deve essere rigirata; il pellicciaio tagliò lungo le linee DE e D F (che tagliano in due parti uguali i lati AB e BC), e rigirò le 3 parti risultanti, ruotando i triangoli sull’asse verticale e il quadrilatero sull’asse EF. Quando venne cucita insieme, la toppa ABC era infatti rigirata, ma manteneva la propria forma.

B

166. Un cerchio da tagliare

Per raggiungere il massimo numero di parti, ogni linea deve intersecarsi con tutte le altre e non più di 2 linee devono intersecarsi ad ogni dato punto.

Si tratta qui di bisecare il lato AC nel punto K; sia FQ = AK = = DP. Tagliate quindi lungo BQ e QE; il quadrato BPEQ è formato dalle tre sezioni risultanti.

B

168. Sezionamento di un esagono regolare per ottenere un triangolo equilatero

Nella figura a qui sotto, tracciate i lati AC ed EL perpendicolari ad AF, il lato LM della stessa lunghezza di EL; tracciate EM ed usatelo per costruire un triangolo equilatero EMN; tracciate KP facendo proseguire il segmento KN fino al punto P in cui incontra CD; se la

costruzione della figura è stata eseguita correttamente, CP = CK.Le linee intere rappresentano i tagli delle 6 parti che vengono usate

nella figura b per costruire il triangolo equilatero.

5. L'ingegno trova sempre il modo di esprimersi

169. Dove si trova l’obiettivo?

L’obiettivo si trova a 75 chilometri dalla stazione A e a 90 chilometri dalla stazione B. Per individuarlo, cominciate guardando la scala nel mezzo della figura a pagina 88: è una scala chilometrica; rilevate su questa scala la lunghezza di 75 chilometri con un compasso, e tracciate un arco di 75 chilometri con il centro in A, poi ripetete l’operazione con la lunghezza di 90 chilometri e il centro dell’arco in B; l’obiettivo si trova nel punto in cui i due archi si intersecano sul mare.

170. Il cubo affettato

Le risposte sono, in ordine 6, 27, 0, 8 (il numero di angoli del cubo grande); 12 (numero degli spigoli); 6 (numero delle facce); 1.

171. L’incontro di due treni

1. La locomotiva B porta 40 vagoni nel raccordo (lasciando i suoi 40 vagoni di fondo a destra), come nella figura a qui sopra;

2. la locomotiva A porta i suoi 80 vagoni oltre il raccordo e attacca i 40 vagoni lasciati da B; B esce dal raccordo, (figura b);

3. A oltrepassa il raccordo, passando da destra a sinistra, con 120 vagoni, stacca poi i propri 80 vagoni sulla sinistra ma non stacca i 40 vagoni di B mentre entra nel raccordo (figura c);

(a) (b)

(c) (d)

4. A lascia i 40 vagoni di B nel raccordo, riattacca i propri vagoni e parte diretta verso destra. B, rimasta con 40 vagoni, riattacca gli altri40 e parte diretta verso sinistra (figura d).

172. Un triangolo ferroviario

a) Nella figura qui sotto è rappresentata una soluzione con 10mosse.

1. Il macchinista porta la locomotiva indietro sul binario BD e attacca il vagone bianco;

2. porta il vagone bianco indietro fino a D, e poi torna in avanti sul binario DB;

3. il macchinista oltrepassa il punto B, torna indietro sul binario AB fino a oltre il punto A, entra su AD ed attacca il vagone nero;

4. spinge in avanti il vagone nero, l’attacca con quello bianco, e toma indietro per AD portandosi dietro i due vagoni;

5. oltrepassa il punto A, torna indietro fino a metà di AB e stacca li il vagone bianco;

6. lasciato il vagone bianco sul binario AB, il macchinista toma indietro oltre A con il vagone nero, poi lo spinge su per AD fino a D elo stacca, poi toma indietro per AD;

7. toma indietro oltre A, poi si muove in avanti su AB fino a riattaccare il vagone bianco;

8. toma indietro oltre A, porta il vagone bianco in AD e lo stacca, poi ritorna nuovamente oltre A e si muove in avanti fino a metà di AB.

9. oltrepassa B, ritorna su BD e attacca il vagone nero, portandolo in avanti per DB;

10. staccato il vagone nero su BD, il macchinista oltrepassa B fino a che non si trova di nuovo a metà tra i punti A e B, questa volta girato nel verso iniziale.

(Ci sono per lo meno altre due soluzioni con 10 mosse.)

/ 2 3

B

4 5 6

b) La figura qui sopra rappresenta una soluzione con 6 mosse.

1. Il macchinista torna indietro sul binario BD e attacca il vagone bianco;

2. porta il vagone bianco oltre il punto B, indietro su BA, e lo stacca lì, torna in avanti fino a oltrepassare B e poi torna indietro su BD;

3. arrivando fino a D, il macchinista si muove in avanti su DA per attaccare il vagone nero;

4. spinge il vagone nero oltre il punto A, torna indietro su AB e attacca l’altro vagone.

5. ritrovatosi in mezzo tra i due vagoni, il macchinista torna indietro oltre B ed entra nel binario BD, dove stacca il vagone nero;

6. lasciato il vagone nero su BD, il macchinista torna indietro con il vagone bianco oltre B, rientra in AB oltre A, spinge il vagone all’indietro su AD dove lo stacca, poi esce da AD oltrepassando A, torna indietro fino a che non si trova di nuovo a metà strada tra i punti A e B, ma questa volta girato nel verso opposto a quello iniziale.

173. Un problema di pesi

1. Dividete i 180 chili tra i due piatti della bilancia, in modo che su ognuno ci siano 90 chili;

2. dividete ancora il peso di 90 chili su uno dei piatti della bilancia in due, ottenendo due pesi da 45 chili l’uno, usando sempre la bilancia senza pesi;

3. da uno di questi 45 chili togliete 5 chili utilizzando assieme i due pesi su un piatto e mettendo in equilibrio i due piatti; in questo modo da una parte ci sono 40 chili per riempire un sacco, e il resto della sabbia è 140 chili, come richiesto per riempire il secondo sacco.

174. Quattro cinghie

La risposta è sì; inoltre C e D girano in senso orario, e B in senso antiorario. Le ruote gireranno anche se tutte e 4 le cinghie sono incrociate, ma non se sono incrociate solo 1 o 3 cinghie.

Questo problema si può risolvere nello spazio a tre dimensioni, come si vede nella figura.

176. Le tele del pittore

La dimostrazione della ragazza è geometrica; prendete un rettango­lo qualsiasi con i lati formati da numeri interi e dividetelo in unità quadrate (come a nella figura qui sotto). Il bordo tratteggiato contiene

4 unità quadrate in meno del perimetro; nel caso, e solo in questo caso, in cui la parte centrale non tratteggiata del rettangolo contenga 4 unità quadrate, il numero totale delle unità quadrate — cioè, l’area del rettangolo — sarà uguale al perimetro. Quattro unità quadrate possono essere sistemate per formare un rettangolo solamente in due

modi (b e c nella figura); le due soluzioni sono quindi un rettangolo di 6 x 3 e un quadrato di 4x4.

Queste soluzioni si possono ricavare facilmente anche impostando l’equazione xy = 2x + 2y, dove x e y sono i lati del rettangolo; non è altrettanto facile dimostrare in questo modo che queste sono le due uniche soluzioni.

177. Quanto pesa la bottiglia?

Per maggiore chiarezza, abbiamo riportato qui sopra la figura della pagina 92; in fc, la bottiglia pesa quanto il piatto più il bicchiere; se aggiungiamo un bicchiere a tutti e due i piatti della bilancia questa resterà in equilibrio, quindi la bottiglia più un bicchiere pesa quanto il piatto più due bicchieri (d figura sotto). Confrontando a con d, ci si

(a) (b) (c)

(f) (gì

accorge che il bricco pesa quanto un piatto e due bicchieri e, poiché due bricchi pesano come tre piatti (c), tre piatti pesano come due piatti e quattro bicchieri (e).

Levando due piatti dai piatti della bilancia nella figura e, rimangono un piatto da una parte e quattro bicchieri dall’altra (/); a questo punto, se in b invece di un piatto si mettono quattro bicchieri, i cinque bicchieri peseranno quanto la bottiglia (g).

178. I cubetti di legno

L’artigiano tagliò ogni cubetto in otto cubetti più piccoli, come nella figura qui sotto. La superficie di ogni cubetto più piccolo è chiaramente

un quarto di quella del cubetto originario, quindi la superficie totale è raddoppiata.

179. Un boccale pieno di pallottole

Misero le pallottole dentro il boccale e poi ci versarono dell’acqua per riempire lo spazio tra le pallottole; in questo modo il volume dell’acqua più quello delle pallottole equivaleva al volume del boccale.

Togliendo le pallottole dal boccale, si poteva misurare il volume dell’acqua rimasta, e sottrarlo al volume del boccale.

Come si vede nella figura, il sergente si ritrova al punto di partenza.

181. 11 diametro del tronco

La distanza tra il buco di un nodo e la successiva sezione dello stesso nodo è circa due-terzi della larghezza dell’intero foglio di compensato,

30cioè 30 centimetri; il diametro del tronco sarà quindi — = 10 cm circa.

71

182. Un problema di misurazione col compasso

Lo studente mise un oggetto tra un braccio del compasso e una rientranza, in modo che il compasso potesse essere tolto senza allargare i bracci; quindi sottrasse la lunghezza dell’oggetto dall’am­piezza del compasso.

183. Anche senza calibro

a) Avvolgete strettamente il filo intorno a un cilindro, come nella figura a della pagina a fronte; venti diametri dello spago sono uguali a due centimetri, quindi ogni diametro è uguale a un millimetro.

b) Appoggiate il foglio di stagno sopra un supporto che abbia un’incavatura tonda, battete con il martello sul foglio formando una depressione circolare, come nella figura 6, girate il foglio e limare la protuberanza (come in c), lasciando un foro circolare.

184. Un risparmio del 100%

Nessuna invenzione può far risparmiare il 100% di carburante, perché l’energia non nasce dal nulla.

Il calcolo corretto da fare non è 30%+ 45 % + 25 %= 100%, ma:

100% —(100% —30%) (100% —45%) (100%-25%)= 100% —(70% x 55% x 75%)= 71, 125%.

Questo presupponendo che le tre invenzioni abbiano degli effetti indipendenti.

Attaccate la sbarra ai quattro ganci di quattro bilance, in modo che ognuno di essi sosterrà un quarto del peso totale della sbarra; la somma dei numeri segnati dalle bilance sarà il peso della sbarra; nella figura qui sotto, la sbarra pesa 16 chili.

187. Il cubo tagliato

a) No; il piano necessario dovrebbe tagliare 5 facce del cubo, ma le facce opposte di un cubo sono parallele, quindi un solo piano non può tagliare un numero dispari di facce del cubo (infatti se taglia una determinata faccia deve tagliare anche la sua faccia opposta).

b) Si; come si vede nella figura a, i lati del triangolo ADjC sono le

diagonali di facce del cubo, e quindi sono uguali. Nella figura b, i lati dell’esagono sono uguali perché sono le diagonali di quadrati i cui lati sono la metà di quelli del cubo.

(b)

c) No; un cubo possiede soltanto 6 facce, e un piano le può tagliare tutte in al massimo volta.

188. II centro del cerchio

Poggiate l’angolo retto C della squadra sulla circonferenza, come nella figura qui sotto; D ed E, i punti in cui i lati della squadra

n

intersecano la circonferenza, sono i punti esterni di un diametro; tracciate questo diametro, e poi individuate un altro diametro con lo stesso sistema; l’intersezione dei due diametri sarà naturalmente il centro del cerchio.

189. Quale scatola è più pesante?

La prima scatola ha le palle sistemate 3 x 3 x 3, e l’altra le ha 4 x 4 x x 4; il diametro delle palle più grosse è dunque 4/3 quello delle palle

più piccole, e il volume delle prime, e anche il loro peso, è 64/27 di quello delle palle più piccole. Siccome le palle grosse sono i 27/64 delle piccole, le due scatole sono dello stesso peso.

Questa dimostrazione sarebbe valida anche per altre coppie di cubi.

190. Il cubo a incastro

Nella figura qui sotto, gli angoli retti A e A 1 coincidono quando il cubo è montato; le due parti si possono dividere quindi soltanto facendole scivolare lungo la diagonale AB.

Mettete le punte di un compasso in un punto qualsiasi M della pallina, e tracciateci sopra un cerchio con un raggio qualsiasi. Segnate tre punti a caso sul cerchio (come nella figura a) e tracciate con il compasso su un foglio di carta un triangolo, i cui vertici ABC siano alla stessa distanza dei punti A, B e C sulla pallina (figura b).

Tracciate un cerchio che passi per i vertici del triangolo e due diametri perpendicolari PQ e GH; il cerchio sarà uguale al cerchio disegnato sulla pallina, quindi PQ = KL.

Sia P un punto sul cerchio corrispondente a K sulla superficie della pallina; rilevate con il compasso la distanza KM e riportatela sull’altro cerchio, sul punto P e sul punto S posto sul diametro GH, in modo che PS = KM. Tracciate la perpendicolare PR in cui R è un’estensione del diametro GH; il segmento lineare SR sarà uguale al diametro della pallina. La dimostrazione è facile, infatti il triangolo MKN sulla pallina è congruente con il triangolo SPR sul foglio di carta.

192. Il travetto di legno

Tagliate il travetto in 2 parti congruenti e con 2 scalini per parte, come nella figura a della pagina seguente; ogni scalino è alto 9 centimetri e profondo 4; spostando una parte sul gradino inferiore, si ottiene un nuovo parallelepipedo con i lati di 12, 8 e 18 centimetri (figura b).

Il nuovo solido si può tagliare nuovamente in 2 parti congruenti e a scalini, in direzione perpendicolare rispetto alla prima. Ogni scalino è

alto 6 centimetri e profondo 4; con un altro spostamento della parte superiore al gradino inferiore si ottiene il cubo, come nella figura c.

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193. 11 volume di una bottiglia

L’area della base, sia essa rotonda, rettangolare o quadrata, la potete calcolare facilmente misurando i lati o il diametro della bottiglia con una riga; chiamiamo il risultato area s.

Con la bottiglia diritta (come a sinistra nella figura), misurate l’altezza hx del liquido; la parte piena della bottiglia avrà dunque un volume eguale a shl .

Capovolgete la bottiglia e misurate l’altezza h2 dello spazio occupato dall’aria; questa parte della bottiglia avrà dunque un volume uguale a sh2\ il volume dell’intera bottiglia è dunque s(h l + h 2).

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S s/ H \ ;

B

195. Poligoni più grandi in due passi

Nelle figure a, b e c che seguono sono presentati diversi esempi.Un buon sistema per trovare poligoni-unità è di segnare il centro di

un rettangolo contenente un numero pari di quadrati (i punti nella figura d) e tracciare delle linee a scalini o dentellate che passino per il centro del rettangolo, dividendolo in due parti congruenti, come nella

figura. Poiché è sempre possibile costruire un quadrato partendo da un rettangolo, si potranno sempre costruire dei quadrati partendo da questi tipi di poligoni-unità.

(b)

(C)

(d)

196. Un meccanismo snodabile per costruire i poligoni regolari

Gli angoli interni di un nonagono e di un decagono regolari sono rispettivamente 140° e 144°; costruiteli servendovi del meccanismo snodabile, sottraete 140° dall’angolo di 144°, ottenendo un angolo di 4°; bisecandolo due volte con la riga e il compasso si ottiene un angolo di 1°.

6. Il domino e i dadi

197. Quanti punti ci sono?

Ce ne sono 5; infatti ogni valore numerico appare in un numero pari di quadrati (8). Siccome all’interno della catena i valori sono disposti in modo che le coppie di numeri uguali siano adiacenti, se a un’estremità si trova un 5 anche all’altra estremità ci sarà un 5.

198. Un giochetto

I valori numerici alle estremità della catena sono uguali ai due valori numerici della pedina che avete nascosto, perché questi numeri sono rimasti in numero dispari, mentre all’interno della catena i numeri possono essere disposti solo in coppie.

199. Un altro giochetto

I valori delle 13 tessere sulla destra vanno da 0 a 12; prima dellatrasposizione la tessera di mezzo, cioè la tredicesima, aveva valore 0,quindi se ne viene trasposta una, quella di mezzo diventa 1, se ne vengono trasposte due diventa 2, e così via.

200. Come vincere una partita

Le quattro pedine che non sono state giocate sono 0-2,1-2, 2-5 e 6-2. Quelle che sono state giocate sono 2-4, 3-4, 3-2 e 2-2.

La distribuzione delle pedine tra i giocatori B, C e D poteva essere uguale a questa:

giocatore B: 0-1, 0-3, 0-6, 0-5, 3-6, 3-5;giocatore C: 0-0, 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 3-4;giocatore D: 6-6, 5-5, 6-5, 6-4, 5-4, 6-1.

201. Le cornici quadrate

a) Il lato superiore conterrà le tessere (da sinistra a destra): 4-3, 3-3,3-1, 1-1, 1-4, 4-6, 6-0; il lato destro (dall’alto in basso) sarà così composto: 0-2, 2-4, 4-4, 4-5, 5-5, 5-1, 1-2. Il lato inferiore (da destra a sinistra): 2-3, 3-5, 5-0, 0-3, 3-6, 6-2, 2-2. Il lato sinistro (dal basso in

alto) sarà: 2-5, 5-6, 6-6, 6-1, 1-0, 0-0, 0-4. Nella figura qui sotto sono riprodotti gli accostamenti degli angoli superiori.

b) Mettendo dei quadrati con valore zero negli otto angoli, la somma su ogni lato può avere valore 21; se la somma dei punti negli otto angoli è uguale a 8, la somma dei punti su ogni lato sarà 22 (come nella figura sottostante); se la somma dei punti negli angoli è 16, la somma dei punti sui lati sarà 23; se la prima è 24, sarà ugualmente 24; se è 32, sarà 25 e se è 40 sarà 26.

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203. Quadrati magici con le tessere del domino

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d) La soluzione è: 5-3 0-3 0-6 2-2 1-51-1 3-2 1-6 4-5 0-46-2 4-6 0-0 1-2 2-40-1 1-3 2-5 3-6 3-34-4 1-4 3-4 0-2 0-5

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205. Moltiplicazioni di domino

206. Indovinate la tessera

Chiamiamo x-y i numeri della tessera tenuti a mente dal vostro amico, e supponiamo che sia x il primo numero che viene usato; il risultato dei suoi calcoli è (10x + 5m + y). Sottraendo 5m si ottiene un numero a due cifre composto da x e y; se l’amico comincia con y, otterrete invece lOy + x, che va altrettanto bene.

207. Un trucco con tre dadi

La somma da indovinare è uguale al numero di punti sulle facce superiori dei tre dadi nella posizione finale del gioco più la somma dei punti sulle due facce opposte di un dado; quest’ultima è uguale a 7.

208. Come scoprire la somma dei punti sulle facce nascoste dei dadi

La somma dei punti sulle facce superiore e inferiore del dado di mezzo è uguale a 7, la stessa somma nel dado in basso è uguale a 7; la faccia inferiore del dado in alto è un 3 (7 meno la faccia superiore del dado in alto).

Ci sono due modi per disporre i numeri sulle facce di un dado in modo che la somma dei punti sulle facce opposte sia uguale a 7, e ognuna è l’immagine speculare dell’altra (come nella figura). I dadi moderni hanno i numeri disposti progressivamente in senso antiorario intorno all’angolo in comune, come si vede a destra nella figura; è quindi sufficiente conoscere i punti su due facce adiacenti di un dado per sapere quelli delle altre quattro; cercate di scoprire che numeri ci sono sulle facce nascoste dei dadi a pagina 115.

209. In che ordine sono disposti i dadi?

Chiamiamo A il numero originario con tre cifre; il secondo numero sarà uguale a 111 — A, e il numero a sei cifre sarà uguale a 1000A + 111— A = 999A + 111= 111(9/4 + 7). Dividere per 111, sottrarre 7 e dividere per 9, permette di ottenere quindi il numero A.

7. Le proprietà del nove

210. La cifra cancellata

a) Il resto-del-9 del numero scritto dal vostro amico è uguale al resto-del-9 della somma delle cifre che lo compongono. Il secondo rimane invariato se viene cancellato un 9, quindi anche il primo rimane invariato.

b) Il resto-del-9 della differenza tra due numeri composti dalle stesse cifre è uguale a 0. Cancellando 1, 2, 3,... 9, si lascia un resto-del-9 in quello che rimane della differenza, sommando le cifre si ottiene 8, 7, 6,... 0. Sottraendo uno di questi numeri da 9, oppure sottraendo 9n più il numero da (9n + 9), si ottiene 1, 2, 3,... 9, cioè la cifra cancellata.

c) Sommate le cifre del numero che vi dice l’amico (6 + 9 + 8 = 23), e fate la differenza con il multiplo successivo di 9, cioè 27 — 23 = 4.

211. 11 numero 1313

Supponiamo che l’amico sottragga 48 dal numero 1313 (ottenendo1 265), vi aggiunga 148 (100 + 48) a destra (ottenendo 1 265 148) e vi dica il numero 125 148; la somma delle cifre è uguale a 21, cioè 6 numeri meno del multiplo successivo di 9; quindi la cifra cancellata è un 6.

Ecco la spiegazione: si sottrae un numero, poi si somma 100 più il numero appena sottratto, aggiungendo quindi 1 alla somma delle cifre che compongono 1313. Questa somma (8) semplifica il lavoro perché (8 + 1) ha un resto-del-9 uguale a 0; il seguito del problema è uguale al problema 210 b.

212. Chi indovina il numero mancante

a) La somma dei numeri da 1 a 9 è 45; la somma dei numeri sulla retta AB è 40, quindi il numero rimasto fuori è un 5.

Si può risolvere anche più velocemente: la somma delle cifre (dopo avere sommato anche le cifre che compongono la somma dei 9 numeri, come si fa nella «prova del 9») è 4 + 5 = 9; la somma delle cifre sulla retta AB è 13, che ha, come somma finale, 1 +3 = 4, cioè 5 meno di 9.

b) La risposta è 3; la somma delle cifre dei 9 numeri dati di due cifre è uguale a 9; la somma delle cifre sulla retta AB è uguale a 6, cioè 3 meno 9, quindi è 3 la cifra mancante.

213. Da una cifra sola

99x 11 = 1089 99x66 = 653499x22 = 2178 99x77 = 762399x33 = 3267 99x88 = 871299x44 = 4356 99x99 = 980199x55 = 5445

Dopo aver esaminato questa tavola numerica, si può dire che il prodotto è 4356; il fatto che in ogni colonna di cifre dei prodotti ci sia una differenza o un’aggiunta di 1, con regolarità, fa pensare che si possa trovare un metodo generale da usare senza fare riferimenti alla tavola numerica. Infatti:

1. le cifre in posizione la e 3a hanno sempre come somma 9; se la terza cifra è un 5, la prima cifra sarà 4;

2. la seconda cifra è minore di 1 rispetto alla prima, quindi la seconda cifra è 3;

3. le cifre nella seconda e quarta posizione hanno sempre come somma 9, quindi la quarta cifra sarà un 6, e il prodotto sarà 4356.

214. Trovate la differenza

Il numero e il suo inverso hanno la stessa cifra di mezzo; il numero con la prima cifra minore va sottratto a quello con la prima cifra maggiore, quindi il secondo avrà l’ultima cifra maggiore e nella differenza ci sarà sempre 9 e non 0 come cifra di mezzo.

Una delle proprietà del 9 usata in questo gioco è che la somma delle cifre della differenza è uguale a 9; la prima e la terza cifra devono dare, sommate, ancora 9.

Così, se vi viene detta l’ultima cifra della differenza, per esempio 5, la prima cifra sarà 4, la seconda 9, formando il numero 495.

215. Le tre età

La differenza tra le età di A e di B è un multiplo di 9 compreso tra 0 e 91 — 19 = 72. C avrà un’età che va da 0, a 4 e mezzo, 9, 13 e mezzo,... a 36 anni; poiché dieci volte la sua età è sicuramente un numero di due cifre, egli avrà 4 anni e mezzo o 9 anni; ma se C ha 9 anni, B ne ha 90 e A ne ha 09 o 9, il che contraddice le condizioni poste dal problema.

Ne consegue che C ha 4 anni e mezzo, B ne ha 45 e A 54.

216. Qual è il segreto?

L’ospite scelse dei numeri con un numero dispari di cifre, scegliendo a caso la cifra centrale e sommando mentalmente le altre mentre proseguiva a scrivere, in modo che la loro somma fosse un multiplo di 9.

8. Con e senza l'algebra

217. L’aiuto reciproco

Il problema si può risolvere facilmente in senso inverso:

Primo Secondo Terzo

24 + 24 + 24 72;

4 412 + 12 + 48 72;

1 46 + 42 + 24 72;

4 439 + 21 + 12 72.

L’ultima riga rappresenta la risposta. Leggendo dal basso in alto e invertendo il senso delle frecce si vede come le condizioni poste dal problema siano state rispettate.

218. Il diavolo e il fannullone

Risolveremo anche questo problema invertendolo, ma questa volta verbalmente; prima di attraversare il ponte per la terza volta il fannullone aveva in tasca 12 copechi; sommandoli ai 24 che aveva dato al diavolo dopo il secondo passaggio del ponte, aveva 36 copechi, il doppio dei 18 che aveva prima di attraversare il ponte la seconda volta; sommando nuovamente i 24 copechi per il diavolo, ne aveva 42, quindi il doppio dei 21 che aveva all’inizio.

219. Il ragazzo astuto

Prima di dare metà delle sue mele ai due fratelli il maggiore ne aveva 16 e gli altri due fratelli ne avevano 4 ciascuno; prima che il fratello di mezzo dividesse le proprie mele con gli altri due ne aveva 8, quindi il fratello maggiore ne doveva avere 16—\ (4)= 14 e il minore ne aveva 2. Prima che il minore dividesse con gli altri le proprie mele ne aveva 4, il fratello di mezzo ne aveva 8 —^(2) = 7 e il maggiore ne aveva 13.

Il fratello maggiore aveva quindi 16 anni, quello di mezzo 10 e il minore 7.

220. I cacciatori

Sia x = la risposta.

x -(4 x 3 )= ± x f x = 12

x= 18

221. L’incontro dei treni

Quando le due locomotive s’incontrano, i vagoni di coda sono distanti 2/6 =1/3 di chilometro, e la velocità relativa con cui si incontrano è 120 chilometri orari, quindi occorrono 1/360 di ora= 10 secondi perché si superino.

222. Il manoscritto di Vera

Ha ragione la madre; infatti per battere a macchina una media di 20 pagine al giorno Vera avrebbe dovuto battere la seconda metà del manoscritto pressoché istantaneamente.

223. Un problema di funghi

Supponiamo che al ritorno al campo ogni ragazzo avesse x funghi; Marusya aveva dato a Kolya (x —2) funghi, a Vanja (x + 2) funghi, ad Andryusha \ x funghi e a Petya 2x funghi; la somma è (4^)x = 45 funghi, quindi x= 10 e i quattro ragazzi avevano ricevuto rispettiva­mente 8, 5, 12 e 20 funghi.

224. I due rematori

Avete pensato che ci mettono tutti e due lo stesso tempo? Consideriamo attentamente il problema, sia «con» che «senza l’algebra», e ci accorgeremo che apparentemente A sul fiume sarà più lento, perché la corrente lo aiuta per un tempo minore (sta coprendo la stessa distanza più velocemente) di quello in cui lo ostacola; se la corrente fosse veloce metà della velocità con cui procede il rematore,

per esempio, gli ci vorrebbe lo stesso tempo per coprire la distanza controcorrente del tempo necessario a B per percorrere l’intero tragitto, e se la corrente avesse la sua stessa velocità, egli non riuscirebbe mai a procedere controcorrente!

Svisceriamo il problema con l’algebra; velocità moltiplicata tempo è uguale a distanza, quindi distanza diviso velocità è uguale a tempo. Se la distanza di B è 2x, e la sua velocità r, il tempo che impiega sarà uguale a 2x/r. A percorre la distanza x seguendo il corso del fiume alla velocità (r + c), in cui c è la velocità della corrente, e la distanza x controcorrente alla velocità (r — c), il tempo totale impiegato da A è:

x x 2xr------ 1------ = —j---- T •r + c r — c r ̂— c

Adesso si tratta di dividere il tempo impiegato da A per quello impiegato da B:

2 xr 2x r2r2 — c2 r r2 — c2

Ma r2 è maggiore di (r2 — c2), quindi la frazione che si ottiene è maggiore di 1, e il rematore A impiega più tempo del rematore B.

225. Il nuotatore e il cappello

Consideriamo il problema dal punto di vista del cappello, di modo che non è il cappello che galleggia seguendo la corrente da un ponte all’altro, ma è il secondo ponte che si muove con la velocità della corrente verso il cappello, che rimane fermo sull’acqua ferma. Essendo l’acqua ferma, il nuotatore si allontana dal cappello per 10 minuti e gli si avvicina per altri 10 minuti; nel momento in cui il nuotatore raggiunge il cappello, anche il secondo ponte ha «raggiunto» il cappello, quindi la velocità della corrente è 1000:20 = 50 metri al minuto; la velocità del nuotatore è irrilevante.

226. Due navi sul fiume

Dal punto di vista del salvagente (che galleggia seguendo la corrente) le due navi si allontanano a uguale velocità nell’acqua ferma, e

ritornano a uguale velocità nell’acqua ferma, quindi le due navi lo raggiungono simultaneamente.

227. Quanto siete svegli?

La prima volta che si incontrano i motoscafi hanno percorso complessivamente una distanza uguale a una volta la lunghezza del lago; la seconda volta, una distanza uguale a tre volte la lunghezza del lago (come si vede nella figura): il tempo trascorso e la distanza

percorsa da entrambi i motoscafi sono il triplo; ne consegue che al secondo incontro M avrà percorso 500 x 3 = 1 500 metri, e poiché questo risultato è 300 metri maggiore della lunghezza del lago, il lago sarà lungo 1 200 metri.

Il rapporto tra la velocità di M e la velocità di N è equivalente al rapporto tra le distanze percorse quando si sono incontrati la prima

228. I Giovani Pionieri

Indichiamo con x la risposta; Kiryusha ha assicurato che pianterà \ x alberi e Vitya j x alberi; le brigate che hanno finito prima di loro hanno piantato tutti gli altri alberi: ¿x, che è uguale a 40, quindi x è uguale a 240.

volta:500 5

1200-500 1 '

229. Maggiore quante volte?

Maggiore due volte. Infatti, se m è la metà del numero minore, questo numero meno m è uguale a m; il numero maggiore meno m è tre volte più grande, cioè 3m, e quindi il numero minore sarà uguale a m + m = 2m e il numero maggiore sarà 3m + m = 4m.

230. La nave e Pidrovolante

Forse avete già calcolato senza algebra né conti complicati che Pidrovolante ha percorso 200 chilometri e la nave ne ha percorsi altri 20.

231. 1 circuiti circolari delle biciclette

In 1/3 di un’ora hanno percorso 1/3 di chilometro rispettivamente 6,9, 12 e 15 volte; il maggior numero per cui questi numeri sono divisibili è 3; i ciclisti ritornano contemporaneamente nella posizione di partenza 3 volte in 20 minuti: dopo 6| , dopo 13 ̂e dopo 20 minuti.

232. La velocità del tornitore Bykov

Il tempo impiegato precedentemente è 14 volte quello attuale, quindi la velocità attuale, inversamente, sarà 14 volte quella precedente:

---- ----- = 14.v—1 690

Quindi la velocità v è uguale a 1 820 centimetri al minuto.

233. Il viaggio di Jack London

Se Jack London avesse percorso altri 50 chilometri a tutta velocità avrebbe raggiunto il campo 24 ore prima, quindi se avesse coperto altri 100 chilometri a tutta velocità avrebbe raggiunto il campo 2 giorni prima, senza arrivare tardi. Restavano perciò altri 100 chilometri di distanza dal campo alla fine del primo giorno; con 5 cani London avrebbe percorso non 100 ma |(100)=166f chilometri; senza

percorrere i 66 § chilometri extra avrebbe fatto risparmiare a London le 48 ore citate nel problema. La velocità con i 5 cani era quindi 33 -j chilometri al giorno, e London ha percorso il primo giorno *33 3- chilometri più 100 chilometri dopo la fuga dei cani, in totale 133 y chilometri.

234. False analogie

a) 30% (da 1 a 13/10).b) Non il 30% ma quasi il 43% (da 1 a 10/7).c) Non il 10 % + 8 % = 18 %; se il 90 % del prezzo originale è il 108 %

di quanto costa il libro al libraio, il 100% del prezzo originale è uguale100

a 108 % x = 120 % del prezzo del libro al libraio, e la risposta giusta

è quindi il 20%.d) Non del p%; se prima il metalmeccanico faceva 1 parte in una

unità di tempo, adesso impiega:

Per esempio, in (b) in questo problema, p era uguale al 30% e l’aumento era uguale a:

p1— unità di tempo.

p

In 1 unità di tempo il metalmeccanico produce non 1 + parti,

1 100

con un aumento del:

100(30) 3000100-30“ 70

= quasi il 43 %.

235. Un groviglio legale

Non esiste una risposta «giusta»; comunque, il giurista romano Salviano Giuliano, propose questa interpretazione:

il desiderio del padre è chiaro: la figlia dovrebbe ricevere la metà della madre, e il figlio il doppio della madre, quindi l’eredità deve essere divisa in 7 parti uguali: 2 per la madre, 4 per il figlio e 1 per la figlia.

Ecco una versione contrastante:il padre desiderava che la madre ricevesse almeno 1/3 dell’eredità,

mentre Salviano Giuliano gliene darebbe soltanto 2/7; perché non dare invece 1/3 dell’eredità alla madre e dividere il resto tra i due figli seguendo naturalmente le proporzioni dettate dal padre, cioè 4 e 1? Basterebbe quindi dividere le proprietà in 15 parti uguali, 5 per la madre, 8 per il figlio e 2 per la figlia.

Dalla Repubblica Socialista Sovietica del Kazakh, Azimbai Asarov ci ha mandato un’altra interpretazione:

uno dei gemelli deve essere nato per primo; se è stato il maschio, è lui che deve ereditare 2/3 delle proprietà, il resto va diviso tra la figlia a cui spetta 1/9 e la madre (due volte tanto), 2/9; se invece è nata prima la femmina, è a lei che spetta 1/3 delle proprietà e il resto va diviso tra madre e figlio maschio, a lui 4/9 e a lei la metà, cioè 2/9.

236. Due figli

a) Nel caso di due figli ci sono 4 combinazioni con le stesse probabilità: maschio-maschio, maschio-femmina, femmina-maschio e femmina-femmina; siccome la combinazione maschio-maschio è da scartare, la probabilità che siano due femmine è 1/3.

b) Trasferiamo lo schema di combinazioni precedente in maggiore- minore; siccome il caso femmina-maschio e il caso femmina-femmina sono da scartare, la probabilità che siano 2 maschi è 1/2.

237. Quale dei due andava a cavallo?

Questo problema si può risolvere sia «con» che «senza l’algebra»; supponiamo che la città si trovi a x chilometri dal villaggio, che il vecchio abbia percorso y chilometri e che ne dovesse ancora percorrere (x — y). Se avesse percorso 3y chilometri, sarebbe ancora lontano (x

— 3y) chilometri dalla città; ovvero gli sarebbe ancora rimasto da percorrere «la metà di tanto» quanto gli era rimasto da percorrere, cioè j(x — y); ne consegue che:

Il giovane aveva percorso z chilometri e gli rimanevano ancora (x — z) chilometri da percorrere; se avesse percorso \z chilometri, sarebbe ancora lontano dalla città (x — \z) chilometri; ovvero gli sarebbe rimasto da percorrere «tre volte tanto» quanto doveva ancora percorrere, cioè 3 (x — z) chilometri, per cui:

Quindi il giovane viaggiava quattro volte più veloce del vecchio, ed era questi che andava a cavallo.

Seconda soluzione, una costruzione geometrica elaborata dalla scolara di ottava classe Lyalya Grechko.

Nella figura a è tracciato un segmento qualsiasi AB che rappresenta il tragitto percorso dal vecchio; tracciate altri due segmenti uguali ad AB per rappresentare il percorso del vecchio, quando questi ha percorso tre volte quanto ha già percorso, dunque fino al punto C nella figura; ora tracciate CD in modo che il punto D sia la metà di BD, ottenendo quanto rimane realmente del tragitto. Nella figura la distanza tra il villaggio e la città è stata divisa in 5 parti uguali.

x-3y= ±{x-y);y ~ i x -

x —2Z = 3(x — z);__4V

quanto rimane realmente del tragitto

A 8 C Dm m m

(a) la metà di tanto

B, D,

(b) tre volte tanto

Osservando la figura b si può seguire il percorso del giovane; tracciato un segmento qualsiasi per rappresentare il tragittopercorso dal giovane, dividetelo nel mezzo con il punto Ci per rappresentare il tragitto uguale alla metà del tragitto già percorso; segnate il punto D1 in modo che C1D1 sia tre volte BjDì, quanto rimane realmente del tragitto.

Anche in questa figura la distanza è stata divisa in 5 parti uguali; poiché AD = A1D 1, il giovane è andato quattro volte più avanti del vecchio, come mostrano le parti tratteggiate; quindi era il vecchio che andava a cavallo.

238. I due motociclisti

Supponiamo che il primo motociclista viaggi per x ore e si riposi per iy, e che il secondo viaggi y ore e si riposi avremo allora:

x+Ty = y+jx;x = ty.

Poiché il primo motociclista ha impiegato più tempo per percorrere la stessa distanza, è il secondo che viaggia più veloce.

239. Una caratteristica delle frazioni semplici

Per un problema come questo, che ha condizioni prefissate con precisione, è meglio il metodo algebrico; chiamiamo:

a \ a 2 a 3 &n

W V " ’ K

le frazioni in cui il numeratore e il denominatore siano numeri interi positivi; queste frazioni sono state disposte in ordine crescente, in cui cioè a j /b1 è la minore e a jbn è la maggiore; ora si tratta di dimostrare che:

a\ a2 + fl3+ ••• ̂anbi b1+b2 + b3 + ... + bn bn

Abbiamo che:Ciò Cl i . i , Cli-¡r> 7- cioè a2>b2—; b2 bl b1

a 3 a l • ' T a \— > — cioè a3>b3—;o3 bl b1

an a 1 - - ,— > — cioè an>bn— . bn b1

Da cui consegue che:

f l 2 + f l 3 + + ^ > ( ¿ 2 + ^ 3 + + ^ n ) 7 “ -Di

Sommando ax nella prima parte della disuguaglianza e nella secondab1a1 .

parte —— si ottiene:

a, 1 + ciò + £ 3 + ... + an > (bi + ò 2 -h 6 3 + ... •

Da cui:

61 + 62 “I"̂ 3 ••• bn bi

La seconda parte del teorema si dimostra in modo analogo.

240. In quale aereo si trovava il padre di Volodya?

L’algebra serve poco bene per risolvere questo problema; basta fare una tabella:

aereo n. a destra a sinistra prodotto

1 8 0 02 7 1 73 6 2 124 5 3 155 4 4 166 3 5 157 2 6 128 1 7 79 0 8 0

Il padre di Volodya si trova nel terzo aereo, perché 12 è uguale a 15 meno 3.

241. Equazioni da risolvere mentalmente

Sommando e sottraendo le due equazioni ci si accorge che i numeri diventano 10000, 10000 e 50000; e 3 502, —3 502 e 3 502. Dividendo per 10000 la prima e per 3 502 la seconda si ottiene:

x + y = 5; x — y= 1.

Due equazioni che tutti possono risolvere mentalmente.

242. Due candele

Chiamiamo x la lunghezza originale della candela più lunga e y quella della candela più corta; dopo 2 ore si sono consumati 2:3\= ^ x della prima e f y della seconda, lasciando le due candele della stessa lunghezza, equivalente a j x e f y; la candela più corta sarà quindi -f della lunghezza della candela più lunga.

243. Una gran sagacia

Ogni numero composto da quattro cifre può essere espresso in questo modo:

1 000a+ 100Ò+ 10c + d.

Spostando la prima cifra all’ultimo posto a destra, si ottiene:

1 000Ò+ 100c+ lOd + a.

La somma è:

1001fl+ l 1006+ 110c+ Ili/.

Si vede subito che questa somma è divisibile per 11, e soltanto il numero detto da Tolya era divisibile per 11 (per una rapida verifica andare al problema 314).

Le differenze di 2 minuti tra gli orologi non si possono eliminare con delle sottrazioni, e l’orologio da polso non segnava l’ora esatta, come forse avrete pensato.

In un’ora l’orologio a muro batte 58 minuti.In un’ora dell'orologio a muro l’orologio da tavolo batte 62 minuti;

in 58 minuti dell’orologio a muro, cioè un’ora reale, l’orologio da tavolo batte:

6258 x — minuti.

60

Nello stesso numero di minuti dell’orologio da tavolo (un’ora reale) la sveglia batte:

62 58 . .58 x — x —- minuti.

60 60

Nello stesso numero di minuti della sveglia (un’ora reale) l’orologio da polso batte:

62 58 62 58 — - — • — =59,86 minuti.

60 60 60

Quindi l’orologio da polso è indietro di 0,14 minuti all’ora, cioè 0,98 minuti ogni sette ore; alle 7 l’orologio da polso segnerà, approssiman­do al minuto, le 6 e 59.

245. L’ora esatta

I due orologi segneranno di nuovo l’ora esatta quando l’aumento del mio più il ritardo di quello di Vasya saranno uguali a 12 ore (43 200 secondi); in x ore il mio orologio sarà avanti x secondi e quello di Vasya sarà § x secondi indietro; quindi:

x + f x = 43 200;x = 17 280 ore = 720 giorni.

Perché i due orologi segnino la stessa ora esatta ci vorrà ancora più tempo, cioè fino a quando il mio orologio non sarà avanti un multiplo di 12 ore e quello di Vasya sarà indietro un multiplo di 12 ore, il che avverrà per il mio orologio ogni 43 200 ore (cioè 1 800 giorni) e per quello di Vasya ogni 1 200 giorni. Il minimo comune multiplo di 1 800 e 1200 giorni è 3 600 giorni, cioè quasi 10 anni.

a) Durante il tempo del pranzo le lancette dell’orologio hanno ruotato complessivamente di 360°, compiendo quindi un giro intero del quadrante; la lancetta dei minuti, muovendosi dodici volte più velocemente della lancetta delle ore, ha percorso 12/13 dell’intero quadrante, e quella delle ore ha percorso 1/13 del quadrante. L’artigiano è stato assente per 12/13 di ora, cioè 55 di minuti.

Da mezzogiorno al minuto x in cui l’artigiano è uscito per andare a mangiare, la lancetta dei minuti si è spostata di x minuti dopo le 12 e la lancetta delle ore si è spostata di j i x minuti dopo le 12; nel momento in cui l’artigiano esce, le lancette sono distanti questa distanza è uguale, come si è visto, a 73 x 60 minuti, quindi:

11 1 ™ l 2 )C = Ì 3 X(i0;

x = 5-4~ minuti.143

L’artigiano è andato a mangiare alle 12.05 yfy, è stato assente 55 ^ minuti ed è ritornato alle 1.0 0 ^ .

b) Due ore dopo che me ne sono andato la lancetta dei minuti sarà nello stesso punto in cui l’ho lasciata e quella delle ore si sarà spostata di 2/12 del quadrante intero; perché le lancette si muovono fino a scambiare le posizioni originali, la somma delle distanze da queste posizioni deve ancora aumentare, dopo 2 ore, di 10/12 di un cerchio, cioè di 50 minuti. La lancetta dei minuti si muove 12 volte più velocemente dell’altra, quindi la distanza che deve coprire è di 73- x 50 = 46 ys minuti; la passeggiata è durata 46 -¡3 minuti più delle due ore.

c) Alle 4 del pomeriggio la lancetta delle ore segna 20 minuti; si muove jjx minuti mentre la lancetta dei minuti si muove di x minuti per raggiungerla; quindi abbiamo:

20 x -Ì-x = x;12

x = 21 minuti.

Il ragazzo comincia a risolvere il problema alle 16 e 21 -jj minuti.

Ricominciando dalle 16, la lancetta delle ore si muove di -fey minuti dalle 20 mentre la lancetta dei minuti si muove di y minuti per oltrepassare la lancetta delle ore di 30 minuti (mezzo quadrante); quindi:

20 + —y + 30 = y;

6y = 54y y minuti.

Il ragazzo finisce di risolvere il problema alle 16 e 54^ minuti; ci ha quindi impiegato 32^ minuti.

247. La conferenza

Le lancette dell’orologio nella figura segnano l’ora in cui è iniziata la conferenza. La lancetta dei minuti si è spostata di y minuti dalle 6 precise, e quella delle ore si è spostata di (x — 30) minuti; poiché la lancetta dei minuti si muove dodici volte più velocemente di quella delle ore, abbiamo che:

y= 12 ( x - 30).

Supponiamo adesso che le lancette abbiano invertito la propria posizione; la lancetta delle ore (la lancetta più lunga nella figura) si è spostata di (y — 45) minuti dalle 21.00 e la lancetta dei minuti (quella più corta) si è spostata di x minuti; abbiamo quindi che:

x = 12(y —45).

Sostituendo y con quanto ottenuto dalla prima equazione si ottiene:

x= 12 [12(x —30) —45] = 144x —4860;

„ 141 - • x = 33—— minuti;143119

y= 12(x — 30) = 4 7 y ^ minuti.

La conferenza è iniziata alle 18.47-^f ed è terminata alle 21.33{£j.

248. Le lezioni del sergente

Arriva per primo il primo esploratore sia che cammini o che corra per la prima parte.

Supponiamo che all’inizio corrano; corrono entrambi per metà della distanza da percorrere, poi il secondo esploratore comincia a camminare mentre il primo continua a correre ancora per un po’ fino a che non è trascorsa la metà del tempo che impiega a percorrere (correndo e camminando) il percorso. Quando smette di correre e comincia a camminare, il secondo esploratore sta già camminando, quindi il primo è sempre il più avanti e finisce per primo.

Supponiamo invece che all’inizio camminino; camminano entrambi per metà del tempo e ... non è necessario terminare la dimostrazione perché è esattamente analoga alla prima, solo invertita, quindi è sempre il primo esploratore ad arrivare per primo.

249. I due dispacci

Chiamiamo x la lunghezza del treno e y la sua velocità; il treno oltrepassa l’osservatore, cioè copre una distanza uguale alla propria lunghezza, in secondi:

x

Il treno attraversa il ponte, coprendo una distanza uguale alla somma della propria lunghezza più a metri in t2 secondi:

250. Le nuove stazioni

Se y stazioni vengono aggiunte alle x già esistenti, per ogni stazione nuova saranno necessarie (x + y — 1) serie di biglietti, quindi per y nuove stazioni sono necessarie y(x + y— 1) serie; ogni stazione già esistente necessita di y serie di biglietti, quindi:

y(x + y— l) + xj; = 46, cioè y(2x + y - l ) = 46.

y deve dunque essere un numero intero positivo e un fattore di 46: sarà dunque 1, 2, 23 o 46. «Alcune stazioni nuove» non possono essere una sola e provando con 23 o 46 si ottiene un numero negativo di stazioni già esistenti, quindi y = 2 e x = l l .

251. Schema di parole

Scuola, ora, orologio, materialismo. Moltiplicate membro a membro le equazioni date:

a3d = b3cd, ovvero a3 = b3c. Ne segue che c deve essere il cubo di un numero intero. L’unico cubo tra i numeri da 2 a 15 è 8, per cui c = 8 e a3 = 863 ovvero a = 26. Sostituendo nella prima equazione si ottiene 462 = bd, cioè 4b = d. Nell’insieme dato di numeri, b può essere uguale a 2 o a 3, in conseguenza d deve essere 8 o 12. Poiché c è 8, d=12 e in conseguenza 6 = 3. Infine a = 26 = 6.

252. Le bilance guaste p <7l. ir J l ì J

-m h

Se i piatti sono in equilibrio, qualunque sia la lunghezza dei bracci, questa equazione rimane valida:

a (p + m) = b (q + m),

in cui a e b sono le lunghezze dei due bracci, pcq sono i pesi messi sui piatti e m è il peso del piatto stesso.

Supponiamo di mettere sulla bilancia prima x chili di zucchero e poi un’altra quantità di zucchero, y chili, bilanciandoli col peso di 1 chilo posto sull’altro piatto, come sta scritto nel problema; otterremo questa equazione:

a(\ + m) = 6 (x + m), e a(y + m) = b(l +m).

Da cui consegue che:

a + am — bm b + bm — amx = ----------------------------------- r-, y = ----•b a

Il peso dello zucchero complessivamente è uguale a:

a b f a b \x + y = — + — + m[— + — )-2m.

b a \ b a )

Dimostreremo adesso che la somma di ogni frazione positiva a/b (in cui a non sia uguale a b) con il suo inverso b/a, è maggiore di 2; poiché (ia — b)2 è positivo, ne consegue che:

a2 — 2ab + b2>0, cioè a2 + b2 > lab.

Dividendo entrambe le parti per ab (che è un numero positivo), si ottiene:

a b — + — > 2. b a

Moltiplicando per m, anch’esso positivo, si ha:

Da cui: m[ -7- + — ) — 2m>0b a

b a

è facile vedere che, nell’equazione relativa al peso totale dello zucchero, (x + y) è maggiore di 2.

Per ottenere il vero peso dalle bilance guaste sia lo zucchero che i pesi bisogna che si trovino sullo stesso piatto! Beh, non proprio, ma si può mettere il peso da 1 chilo sul piatto di sinistra e metterlo in equilibrio con alcune biglie di piombo sull’altro piatto, poi levare il peso da 1 chilo e mettere al suo posto lo zucchero, fino a riportare i piatti in equilibrio; ripetendo l’operazione per due volte si ottiene il peso di 2 chili di zucchero.

253. L’elefante e la mosca

L’errore si trova in una radice quadrata sbagliata; infatti, secondo le condizioni poste dal problema la radice quadrata di (y — v)2 avrebbe dovuto essere —(y — v), e non (y — v):

x — v = — (y — v); x + y = 2v.

Osservate come (x — v) (un elefante meno mezzo elefante e mezza mosca) è positivo, mentre {y — v) è negativo; se si fossero usati dei numeri ci si sarebbe accorti subito dell’errore, come per esempio:

81=81;9 = —9.

254. Un numero di cinque cifre

A seguito da 1 è uguale a 10/4 + 1; con un 1 prima, diventa 100000 + A. Quindi 10A + 1 = 3 (1 0 0 0 0 0 + /4), da cui /4 = 42 857.

255. Vivere fino a 100 anni senza invecchiare mai

Se la mia età è AB e la tua è CD, il segmento KB nella figura rappresenta quanto tempo fa la mia età era uguale alla tua di oggi. Ma allora la tua età era minore di N D = KB ed era uguale a CN, cioè alla metà di AB.

1 ■■ i----------r— — «oi i

01----------- à----- 10

Poiché N D = MK = KB, ne consegue che 2KB = MB, che AB = = 4KB e CD = 3KB.

Quando tu avrai l’età che ho io adesso, la tua età sarà rappresentata da un segmento uguale a AB, che contiene quattro volte KB; in quel momento la mia età sarà aumentata di KB e sarà rappresentata da un segmento contenente KB cinque volte; poiché 4KB + 5KB = 63, il segmento KB è uguale a 7 anni; tu hai dunque 21 anni e io 28, e sette anni fa tu ne avevi 14, cioè la metà della mia età attuale.

256. Il problema dì Lucas

Se avete risposto 7, tenendo presenti le navi che devono ancora partire dall’altra parte dell’oceano, vi siete dimenticati di quelle che erano già in viaggio. Nella figura qui sotto è mostrata una corretta soluzione:

AB è la nave che parte oggi da Le Havre; essa incontrerà 13 navi in mare aperto e una in ognuno dei due porti, quindi un totale di 15 navi; gli incontri saranno quotidiani, a mezzogiorno e a mezzanotte.

Le Havre 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 giorni

New York0 123456 789 10 1112 1314151617 giorni

257. Un viaggio particolare

Poiché non sappiamo né quante volte né quando le biciclette cambiano mani, il problema si presenta abbastanza complesso e un

grafico può servire meglio di tutto ad aiutarci; l’asse verticale riporta i chilometri e l’asse orizzontale le ore:

Un ragazzo che ha pedalato per tutto il tempo (a 15 chilometri all’ora) è rappresentato nel grafico da OA, in cui A si trova a 60 chilometri e 4 ore; un ragazzo che ha camminato per tutto il tempo (a 5 chilometri all’ora) è rappresentato da OB, in cui B è a 60 chilometri e 12 ore. Il tratto effettivo percorso dai ragazzi si trova nel mezzo tra OA e OB, e i due ragazzi si incontrano in AB, perché arrivano insieme.

Supponiamo che si scambino la bicicletta una volta sola; il loro percorso formerebbe un parallelogramma (vedi a). Naturalmente, per arrivare insieme devono scambiarsi la bicicletta a metà strada, a 30 chilometri dalla meta. Uno dei ragazzi pedala fino a C e poi cammina fino a E; osservate la curva in questo percorso, OCE; il percorso del primo ragazzo su CE è parallelo a quello del secondo ragazzo su OD; il secondo ragazzo prende la bicicletta, lasciata 4 ore prima dal primo, e pedala da D a E, parallelamente a OA.

Il punto D si trova alla stessa altezza di C perché la bicicletta viene ripresa nel punto in cui è stata lasciata. CDAE è un parallelogramma e AE = CD = 4 ore; ne consegue che E si trova a 8 ore, che rappresenta il tempo che durò il viaggio dopo la rottura, con un solo cambio della bicicletta rimasta.

Se si fossero scambiati la bicicletta 3 volte (nella figura a), il secondo scambio è rappresentato in E l5 il punto di mezzo di CD; in questo punto il secondo ragazzo, che aveva camminato per O D x e pedalato per D ^ , raggiunge il primo, che ha pedalato per OCi e camminato per Q E j . I percorsi complessivi dei due ragazzi sono O C jE ìFE (il primo) e O D ^ G E (il secondo), e l’ultimo scambio avviene a 15 chilometri dalla loro destinazione (su FG).

Nel caso che avessero effettuato cinque scambi della bicicletta, osservate con il grafico b: dopo l’incontro in Ex i percorsi dei ragazzi sono E j F ^ K E e E ì G ^ L E , e l’ultimo scambio avviene a 7 chilometri e mezzo dalla loro destinazione (su KL).

Qualunque numero di volte si siano scambiati la bicicletta, i ragazzi arrivano comunque al punto E, perché la distanza che devono percorrere, in bicicletta, e a piedi e i tempi relativi che impiegano non cambiano. La risposta è quindi che i due ragazzi raggiungono simultaneamente la loro destinazione, senza riguardo al punto in cui la bicicletta è stata scambiata per l’ultima volta.

9. La matematica quasi senza calcoli

258. Le scarpe e i calzini

La risposta è 4 scarpe e 3 calzini; delle scarpe, almeno 2 devono essere dello stesso tipo, e dei 3 calzini, almeno 2 devono essere dello stesso colore.

259. Le mele

La prima risposta è 4 mele, e la seconda è 7 mele.

260. La previsione del tempo

N o ... perché sarà di nuovo mezzanotte.

261. La festa degli alberi

La risposta è dieci alberi; i ragazzi di prima media superarono la quota di alberi assegnata loro di 5 alberi, e i ragazzi di quarta ne piantarono invece 5 di meno.

262. Nomi ed età corrispondenti

1. I due nonni di Burov si chiamano uno Burov e uno Serov; il nonno di Petya si chiama Mokrousov, quindi Petya non si può chiamare Burov.

2. Anche Kolya non si chiama Burov.3. Grisha si chiama Burov.4. Se Petya non si chiama Gridnev, si chiamerà Klimenko.5. Per eliminazione, Kolya si chiamerà Gridnev.6. Se Petya aveva 7 anni quando andò a scuola, si è iscritto in prima

media a 12 anni.7. Gridnev e Grisha hanno 13 anni.

Riassumendo, Grisha Burov ha 13 anni, Kolya Gridnev ha 13 anni anche lui, e Petya Klimenko ne ha 12.

263. Una gara di tirassegno

Fate una tabella con tutti i risultati dei colpi, e vi accorgerete che c’è una sola divisione possibile di 18 colpi tra 3 persone in modo che tutte ne sparino 6.

25, 20, 20, 3, 2, 125, 20, io, io, 5, 150, 10, 5, 3, 2, 1

La prima fila di numeri corrisponde ai colpi di Andryusha, perché è l’unica fila che contenga due numeri la cui somma sia 22.

Ci sono dei 3 nella prima e nella terza fila di numeri; la terza sarà quindi quella di Volodya, ed è stato proprio lui a fare centro.

264. Un acquisto

Quattro copechi, 20 copechi, 8 quaderni e 12 fogli di carta colorata sono tutti divisibili per 4, mentre 170 copechi non lo sono.

265. In uno scompartimento del treno

I numeri nella tabella della pagina a fronte indicano che certi accoppiamenti di città e iniziali sono impossibili; nella colonna del passeggero A, per esempio, « 1 » si riferisce all’affermazione 1 nel testo del problema, la quale implica che A non viveva a Mosca, e «1-2» si riferisce alle affermazioni 1 e 2 nel testo, dalle quali si capisce che A, se è un dottore, non può essere di Leningrado, perché il passeggero che vive a Leningrado è un insegnante.

A B C D E F

Mosca 1 77-8

1-3— 1-2 *

Leningrado 1-2 * 2-3 — 2 —

Kiev — — * — — —

Tuia 1-3 4 3 * 2-3 4

Odessa * — 6 — — —

Kharkov 5 7-8 8 — * —

Dopo aver disposto il maggior numero possibile di numeri- affermazioni nella tabella, possiamo cominciare a eliminare, per C, tutte le città, eccetto Kiev; si mette un asterisco nella casella corrispondente all'incrocio C-Kiev e delle lineette in tutte le altre caselle della fila corrispondente a Kiev, perché sono già state eliminate. La lineetta nella colonna di A elimina tutte le città eccetto Odessa, e così si può proseguire fino a riempire tutte le caselle di asterischi e lineette.

Le affermazioni 1-3 collegano 6 iniziali o città con una professione; gli accoppiamenti che abbiamo segnato sulla tabella le altre 6 iniziali o città a una professione; abbiamo infatti: A, Odessa, dottore; B, Leningrado, insegnante; C, Kiev, ingegnere; D, Tuia, ingegnere; E, Kharkov, insegnante; F, Mosca, dottore.

I dati del testo del problema sono sufficienti, ma non tutti erano in realtà necessari; nella tabella ci sono due affermazioni per indicare che C non vive a Mosca.

Per accoppiare iniziali e città sono sufficienti 15 affermazioni: 5 delle 6 iniziali devono essere eliminate per trovare la prima città, poi 4 delle 5 per trovare la seconda, 3 delle 4 per la terza e così via.

266. Il torneo di scacchi

fante aviaz. carr. artigl. cavali. mortar. guast.com u-nicaz.

col. 9-10 1-2 7-12 10 1 1-13 11-12 *

magg. 3-4 — 7-8 ♦ — — — —

cap. 5-9 * 5-7 5-10 5-13 5-13 5-11 —

luog. 9 — 7-11 9-10 * — 11 —

serg. m. 3-4 — 7-12 10-12 1-12 * 11-12 —

serg. 6-9 — 6-7 6-10 — — * —

capor. 3 — *

sold. *

Anche in questa tabella, gli asterischi indicano gli accoppiamenti; ci sono 28 dati disposti nella tabella, il numero necessario e sufficiente (7 + Ó + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28).

267. I volontari

Il taglio di tronchi d'albero lunghi due metri in pezzi di mezzo metro ne produce un numero divisibile per 4, mentre il taglio di tronchi di un metro e mezzo ne produce un numero divisibile per 3, e i tronchi di un metro daranno un numero di pezzi divisibile per 2. La coppia di Pastukhov ha segato 27 pezzi, un numero divisibile solo per 3: perciò Petya e Kotsya hanno segato i tronchi lunghi un metro e mezzo; chi guidava la coppia era Petya Galkin, quindi il nome di Pastukhov è Kotsya.

268. Qual è il cognome del macchinista?

Il passeggero che abita più vicino al controllore non è Petrov (4-5); non vive né a Mosca né a Leningrado, perché queste città si trovano alla medesima distanza dalla località dove abita il controllore (2), quindi non è Ivanov (1); per eliminazione, sarà Sidorov.

Poiché il passeggero che abita a Leningrado non è Ivanov (1), per eliminazione sarà Petrov, e il cognome del controllore sarà Petrov (3). Poiché Sidorov non è il fochista (6), per eliminazione sarà il macchinista.

269. Un giallo

Theo è innocente perché lo afferma due volte, quindi (9) è una bugia; se (9) è una bugia, (8) è vero, e se (8) è vero, ( 15) è una bugia; se ( 15) è una bugia, (14) è vero; quindi la ladra è Judy.

270. Raccogliendo erbe selvatiche

a) La prima cifra della somma è uguale a 1, poiché nessuna coppia di numeri di una cifra ha per somma 20 o un numero maggiore di 20; la seconda cifra è 7, come nel divisore di (b); gli addendi sono 9 e 8, gli unici due numeri di una cifra che abbiano per somma 17; il 9 viene per primo perché il primo gruppo aveva raccolto molte più erbe del secondo.

b) Il divisore è 17, ricavato da (a).Il dividendo è uguale alla somma del prodotto di (c) e (d); la sua

prima cifra è uguale a 1, poiché nessuna coppia di numeri di due cifre ha per somma un numero uguale o maggiore di 200; il quoziente moltiplicato per un numero la cui prima cifra è 1 dà come prodotto un numero con la prima cifra uguale a 1, quindi la prima cifra del quoziente è 1.

La linea sotto il dividendo è 1x17=17 ; la seconda cifra del dividendo sarà 8 o 9; se fosse 7, non ci sarebbe un asterisco due linee sotto; d’altra parte non può essere 9 perché due linee sotto il dividendo il numero comincerebbe con 2, e un numero di due cifre che inizia con 2 non può essere diviso per 17 senza resto. Quindi la seconda cifra è uguale a 8, due linee sotto il dividendo c’è un 17, e la terza cifra del dividendo è 7.

La divisione è quindi 187:17 = 11.c) Il primo gruppo ha ricevuto 11 x9 = 99 copechi.d) Il secondo gruppo ha ricevuto 11 x 8 = 88 copechi.

271. La divisione nascosta

La chiave per trovare la soluzione alla svelta sta nel fatto che il quoziente è di cinque cifre, mentre ci sono solo tre prodotti; il fatto che nel secondo e nel terzo prodotto siano state riportate due cifre sta a indicare che la seconda e la quarta cifra del quoziente sono uguali a 0. La prima e l’ultima cifra del quoziente moltiplicate per le due cifre del

divisore hanno come prodotto numeri di tre cifre; solo la cifra 8 nel quoziente ha come prodotto un numero a due cifre, quindi la prima e l’ultima cifra del quoziente devono essere uguali a 9.

Il quoziente è uguale a 90809, il divisore è uguale a 12, il solo numero che moltiplicato per 8 dia un numero a due cifre e che moltiplicato per 9 dia un numero a tre cifre; il dividendo è uguale a 1089 709.

272. Operazioni in codice

a) Prendiamo in esame il prodotto di A per ABC; A può essere 1,2 o3, perché se fosse un numero maggiore di questi, il prodotto sarebbe di quattro cifre. A non è 1, perché il prodotto avrebbe C come ultima cifra e non A; se A fosse 3, C sarebbe 1 (perché 1 x 3 = 3), ma C non può essere 1 perché allora C x ABC sarebbe un prodotto di tre cifre; ne consegue che A è uguale a 2; in conseguenza, sapendo che C non è 1, sarà uguale a 6.

Prendiamo adesso in esame il prodotto di B per ABC; B è uguale a 4 oppure a 8, perché l’ultima cifra del prodotto B x 6 è B. Ma se B fosse 4, il prodotto sarebbe di tre cifre (4 x 246 = 984), quindi B è uguale a 8. Dal momento che conosciamo già ABC (286) e BAC (826), gli altri asterischi si decifrano semplicemente facendo la moltiplicazione.

b) 1. Il prodotto di una moltiplicazione di un numero di tre cifre per2 è un numero di quattro cifre, ma gli altri due prodotti sono numeri di tre cifre, quindi tutti e due gli asterischi nella seconda riga devono essere uguali a 1 e il moltiplicatore deve essere 121.

2. Poiché il terzo prodotto è il risultato di una moltiplicazione per 1, l’8 presente nel prodotto si ripete nella prima riga e nel primo prodotto:

* 8 * x 1 2 1

* 8 * * * * *

* 8 *

* * 9 * 2 *

3. La prima cifra della prima riga è un numero uguale o maggiore di5, altrimenti la quarta riga non potrebbe essere un numero di quattro cifre: la prima cifra della quarta riga deve essere uguale a 1, e l’ultima cifra della quarta riga deve essere uguale a 4, l’unica cifra che può dare come somma 2 nell’ultima riga in fondo:

* 8 * x 1 2 1

* 8 * 1 * * 4* 8 *

* * 9 * 2 *

4. La prima cifra dell’ultima riga deve essere uguale a 1; la prima cifra della quinta riga (e della terza e prima riga) può essere uguale a 8 o a 9, altrimenti il prodotto sarebbe un numero di cinque cifre.

5. Siccome l’ultima cifra della quarta riga è uguale a 4, l’ultima cifra della prima, della terza e della quinta riga sono 2 oppure 7.

6. La terza cifra della quarta riga può essere sia 6 che 7, perché è l’ultima cifra del prodotto di 2 e 8, forse aumentato di 1; la seconda cifra della quarta riga può essere sia 7 che 9, a seconda che la prima cifra della prima riga è 8 o 9; se la seconda cifra della quarta riga è un 7, nella sua colonna (7 + 8) ci deve essere un riporto di 4 perché sotto la colonna ci sia un 9. Ma la somma di tre numeri nella terza colonna non può avere come riporto 4, quindi la seconda cifra della quarta riga è uguale a 9.

7. La prima cifra della prima riga, e quindi anche la prima cifra delle righe 3 e 5, non può essere 8 (paragrafo 6), quindi sarà uguale a 9 (paragrafo 4);

9 8 * x 1 2 1

9 8 * 1 9 * 49 8 *

1 * 9 * 2 *

8. Il 9 che appare nel prodotto è il risultato del riporto di 2 dalla colonna accanto; se la terza cifra nella riga in alto è un 2, la colonna sarà 9 + 6 + 2 + 1 di riporto, uguale a 18, che ha come riporto 1 e non 2; ne consegue che (paragrafo 5) la terza cifra della riga in alto è un 7 (9 + 7 + 7+1 =24). Le altre cifre «si trovano da sé», e la moltiplicazione è:

987 x 121 = 119427.

c) Suggerimento: se il terzo prodotto è di sole sei cifre, cosa ne possiamo concludere rispetto alla prima cifra del divisore? Procedete restringendo la possibilità di scelta, specialmente nel terzo e nel quarto prodotto del divisore, e con un lavoro di pazienza arriverete alla soluzione:

7375428413:125473 = 58 781.

d) 1337174:943 = 1418 1202464:848 = 14181 343 784:949=1416 1200474:846=1419

e) Suggerimento: a cosa può essere uguale I nella seconda somma? Nella terza somma la S di SOL può essere maggiore di 2? E se fosse 2, a cosa sarebbero uguali R e L? E ciò è coerente con la prima delle somme?

DOREMIFASOL è uguale a 34569072148 oppure a23 679048 135.

/ ) 1 091 889 708:12 = 90 990 809.

g) Suggerimento: qual è l’ultima cifra del prodotto di M x M? Quali sono le quattro cifre che hanno questa proprietà? Quali sono quelle due che si possono eliminare immediatamente? Prendete poi in esame OM x OM, e proseguite in questo modo.

Siete in grado di dimostrare, per conto vostro, che AT OM = 9 376 è l’unica soluzione possibile?

Suggerimento: se a, b e c sono le ultime cifre delle righe 1, 2 e 3, è possibile che b sia un 2? Oppure può essere a = 21 Oppure cl Qual è l’ultima cifra del prodotto (a x b)l

77533

23252325

25575

274. Il motociclista e il cavallerizzo

Il motociclista avrebbe impiegato 20 minuti per andare dal punto in cui ha incontrato il cavallerizzo all’aeroporto e tornare indietro, quindi si trovava a 10 minuti dall’aeroporto quando ha incontrato il cavallerizzo; questi 10 minuti più i 30 minuti impiegati dal cavallerizzo per andare dall’aeroporto al punto d’incontro col motociclista fanno un totale di 40 minuti, il tempo con cui l’aereo è arrivato in anticipo.

275. A piedi e in auto

L’auto arrivava sempre alla stazione alle 8 e mezzo; quando incontrò l’ingegnere risparmiò 10 minuti di strada, 5 fino a raggiungere la stazione e 5 per ritornare indietro fino al punto d’incontro con l’ingegnere, quindi questi incontrò l’automobile alle 8 e 25.

276. Dimostrazione per assurdo

a) Supponiamo che nessuno dei numeri interi sia maggiore di 8, e che quindi tutti e due i numeri interi siano uguali a 8 oppure che uno sia8 e l’altro minore di 8 o che entrambi siano minori di 8; in qualunque di questi casi il loro prodotto sarà minore di 75, cosa impossibile; ne consegue che per lo meno uno dei due numeri è maggiore di 8.

b) Supponiamo che la prima cifra del moltiplicatore sia diversa da 1; di conseguenza non sarà minore di 2, e il moltiplicatore non sarà minore di 20, ma 20 x 5 = 100 e qualunque numero maggiore di questo moltiplicato per 5 sarà maggiore di 100; il prodotto è un numero di due cifre, quindi la prima cifra del moltiplicatore deve essere uguale a 1.

277. La moneta falsa

a) Prima pesata: ponete 3 monete da una parte e 3 dall’altra; se uno dei piatti sale, una delle tre monete di questo piatto sarà falsa, mentre se i due piatti sono in equilibrio è falsa una delle monete che non sono state pesate.

Seconda pesata: ponete due monete (una su un piatto e una sull’altro) delle 3 comprendenti quella falsa; se sale un piatto, la moneta falsa è quella che ci sta sopra, e se i piatti restano in equilibrio è falsa la moneta rimasta sul tavolo.

b) Dopo che si è visto come si possono lasciar fuori sia 3 che 2 monete, non c’è più nessuna difficoltà; nella prima pesata, si mettono 3 monete su un piatto e 3 sull’altro; se uno dei piatti sale, proseguite come nel paragrafo precedente, se rimangono in equilibrio una delle due monete che non sono state pesate è quella falsa.

Nella seconda pesata, da effettuare se in quella precedente i piatti sono in equilibrio, mettete le due monete rimaste una su un piatto e una sull’altro; sul piatto che sale c’è la moneta falsa.

c) Numeriamo le monete da 1 a 12.Prima pesata: mettete le monete 1, 2, 3 e 4 su un piatto e le monete 5,

6, 7 e 8 sull’altro; se i piatti sono in equilibrio, una delle 4 monete rimaste è quella falsa.

Pesate una seconda volta (se i piatti erano in equilibrio nella pesata precedente): mettendo su un piatto 1, 2, 3 e sull’altro 9, 10 e 11.

Se i piatti sono ancora in equilibrio, la moneta 12 è quella falsa; mettetela su un piatto e sull’altro la moneta 1 per vedere se è più pesante o più leggera. Se invece il primo piatto scende, una delle monete 9, 10, 11 è più leggera (perché 1, 2, 3 sono sicuramente monete vere come si è constatato nella prima pesata). Si sa quale di queste monete è quella falsa pesandole un’altra volta, procedendo come nel paragrafo (a) per la seconda pesata. Il procedimento da seguire se il primo piatto sale è lo stesso.

Nel caso invece in cui, nella prima pesata, il piatto contenente le monete 1, 2, 3, 4 scenda, si procede come nella figura qui sotto. (Se il piatto, invece di scendere, sale, il procedimento è analogo).

q — monetaq — moneta sul piatto più peso nella prima pesata

0 v __ moneta vera) 0 — presunta moneta falsa

— pesata

prima pesata

terza pesata

©— é ® (¿>—@ 0—0 ®

(a) (b) (c)

278. Una conclusione logica

Chiamiamo i tre giocatori A, B e C; A pensa: «I miei amici hanno un foglietto bianco sulla fronte; supponendo che il mio sia nero, B direbbe a se stesso: “ Il foglietto di A è nero e quello di C è bianco; se anche il

mi o è nero C vedrebbe due pezzetti di carta neri e direbbe immediatamente che il suo è bianco, ma invece sta zitto, quindi dirò io che il mio è bianco”; siccome anche B sta zitto, dirò io che il mio è bianco».

B e C fecero lo stesso ragionamento; ma A avrebbe anche potuto pensare: «Se il gioco è corretto, dobbiamo avere tutti e tre lo stesso problema da risolvere; quindi, se io vedo due pezzetti di carta bianchi, anche gli altri vedono la stessa cosa».

279. I tre saggi

Chiamiamo anche i tre saggi A, B e C; A fa dentro di sé questo ragionamento: «B crede di non avere la faccia annerita dal carbone; se vedesse che anche la mia non è stata annerita rimarrebbe sorpreso della risata di C, perché C non avrebbe di che ridere. Ma B non si mostra sorpreso, quindi anche la mia faccia è stata annerita».

280. Cinque domande

a) 1. Due. 2. Acuto.b) 1. Corda. 2. Triangolo. 3. Diametro. 4. Triangolo equilatero. 5.

Cerchi concentrici.c) Figura geometrica, figura piana, poligono, quadrilatero conves­

so, parallelogramma, rombo, quadrato.d) Altezza, mediana, bisettrice, perpendicolare, bisettrice dell’ango­

lo al vertice, asse di simmetria.è) Nessun poligono convesso possiede più di 3 angoli esterni ottusi,

quindi, nessun poligono convesso può avere più di 3 angoli interni acuti.

281. Ragionare senza equazioni

a) L’unico multiplo pari di 9 tra 10 e 22 è il numero 18; controllate:

6 x 7 x 8 x 9 = 3024.

282. L’età del bambino

I quadrati che si possono prendere in considerazione per definire l’età di un bambino che ha più di tre anni sono 4, 9 e 16. Di questi, solo il 9 ha per risultato la propria radice quadrata sottraendo prima 3 e poi ancora 3; l’età del bambino è quindi 6 anni.

Con differenze diverse da 3, ci sono queste possibilità:

2+1 = 3 anni; 3+1 =2x2;4 + 6 =10 anni; 10 + 6 =4x4;5 + 10=15 anni; 15+10 = 5x5.

283. Sì o no?

La chiave del problema sta nel fatto che 2 alla decima potenza è uguale a 1 024, cioè un numero maggiore di 1 000; con ogni domanda si elimina la metà dei numeri restanti, e dopo dieci domande rimane solo il numero che è stato pensato. Supponendo che il numero fosse 860, le dieci domande sono:

1. «Il numero che hai pensato è maggiore di 500?» «Sì». Sommate 250.

2. «È maggiore di 750?» «Sì». Sommate 125.3. «È maggiore di 875?» «No». Sottraete 62 (non 61 e mezzo, ma il

numero pari più vicino).4. «È maggiore di 813?» «Sì». Sommate 31.5. «È maggiore di 844?» «Sì». Sommate 16 (non 15 e mezzo).6. «È maggiore di 860?» «No». Sottraete 8.7. «È maggiore di 852?» «Sì». Sommate 4.8. «È maggiore di 856?» «Sì». Sommate 2.9. «È maggiore di 858?» «Sì». Aggiungete ancora 1.10. «È maggiore di 859?» «Sì».Il numero è 860.

284. Con undici fiammiferi

a) La risposta è sì. Cominciate dalla fine; far rimanere un fiammifero dopo l’ultima volta che si gioca vuol dire vincere, quindi la volta precedente bisogna lasciarne 5, l’avversario ne prenderà 1, 2 o 3, voi ne prendete 3, 2 o 1 e a lui rimane l’ultimo.

Prima ancora di 5, ne vanno lasciati 9, perché sia che l’avversario ne prenda 1, 2 o 3, se ne possono lasciare 5 sul tavolo.

Quindi cominciate prendendo 2 fiammiferi, lasciandone sul tavolo 9.b) Sì. Aumentate le serie prima descritte di 4: 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25,

29. La prima volta prendete 1 fiammifero lasciandone aH’avversario 29, poi lasciatene 25, poi 21, e così via.

c) No. Si può incominciare con qualunque numero di fiammiferi si vuole e, a meno che l’altro non commetta un errore, può vincere sia lui che voi.

Volendo lasciare all’avversario 1 fiammifero, p + 2, 2/? +3, 3p + 4, e così via (percorrendo a ritroso l’ordine delle mosse), chiamiamo N il numero maggiore della serie (naturalmente non superiore a n). Se N è diverso da n, giocate (n — N) fiammiferi la prima volta e vincerete. Se N = n può vincere l’avversario.

285. Il vincitore prende l’ultimo fiammifero

Lavorando sempre al ritroso, si può vincere se si lasciano 7 fiammiferi all’avversario; se lui ne prende 1, 2, 3, 4, 5, 6, voi prendete tutti quelli che restano.

La volta precedente, lasciate sul tavolo 14 fiammiferi, e la volta prima ancora lasciatene 21, e in precedenza 28; all’inizio perciò prendete 2 fiammiferi.

286. Vince il numero pari

La strategia di questo gioco è un po’ più complicata di quelle precedenti; prendete 2 fiammiferi, e poi procedete così:

se l'avversario prende un numero pari di fiammiferi, lasciate sul tavolo un numero di fiammiferi maggiore di una unità di un multiplo di 6 (per esempio 19, 13, 7).

Se l’avversario prende un numero dispari di fiammiferi, lasciate sul tavolo un numero di fiammiferi che sia minore di una unità di un multiplo di 6 (per esempio 23, 17, 11, 5).

Se è impossibile fare in questo modo, lasciate sul tavolo un multiplo di 6 (24, 18, 12, 6); per esempio, se prendete 2 fiammiferi e l’avversario ne prende 3, ne rimangono 22; non se ne possono prendere 5 (lasciando 17) quindi se ne prendono 4 lasciando 18.

Cercate di dimostrare per vostro conto che questa è una strategia con la quale si vince sempre.

287. Il gioco di Wythoff

La risposta è sì; (3,5), (4, 7), (6, 10), (8, 13), (9, 15), (11, 18), (12, 20),...[Questa serie di numeri è strettamente collegata con i numeri di

Fibonacci e con il rapporto aureo. La prima coppia di numeri differisce di 1, la seconda di 2, e l’n-esima di n\ ogni numero intero positivo compare una volta, e soltanto una volta, nella serie di coppie. Per una discussione esauriente sull’argomento, vedi H. S. M. Coxeter, The Golden Section, Phyllotaxis, and Wythoff s Game, in «Scripta Mathe­matica», 19, 1953, 139f. M. G.].

290. Chi arriva primo a 100?

Prima di 100, dite 89; prima di 89, 78; prima di 78, 67, prima ancora 56,45, 34, 23, 12 e per primo 1; B non può interrompere questa serie in nessun modo.

291. Il gioco dei quadrati

A traccia una linea intorno al quadrato centrale, come v nella fi­gura a:

Se B traccia una linea nella colonna di sinistra, A vince 3 quadrati e apre il rettangolo di 3 per 2 come nella figura c della domanda, chiudendo tutti e 9 i quadrati e vincendo il gioco.

Se B gioca correttamente, tracciando la linea w nel quadrato centrale (come nella figura ò), A può tracciare la linea x; B finisce e chiude il quadrato centrale, ma A chiude gli altri 8 (se B fa un’altra mossa, A chiude tutti e 9 i quadrati).

Nel caso in cui B tracci la linea y nella colonna destra, A può tracciare z (come nella figura c); tutte le mosse che B fa successivamente gli fanno perdere 8 o 9 quadrati.

V V X

w

yV

z

(a) (b) (c)

295. Cruciverba numerici

a) Proseguendo dal secondo schema riportato dopo il testo del gioco, 5 verticale è 543 o 567; se è 543, 6 orizzontale inizia con 34 ed è il prodotto di 77 per un numero primo a due cifre che finisce per 3; il fatto che 77x43 = 3311 dimostra che non è questo numero, quindi 5 verticale è 567, 8 orizzontale è 47 e 6 orizzontale è 3 619.

L’ultimo che rimane da trovare è 7 verticale; i fattori primi di 3 087 sono 7 (al cubo) e 3 (al quadrato); di 77 sono 7 e 11; l’unico prodotto tra questi numeri che sia un numero di due cifre e che cominci con un 9 è 11 x3x3 = 99; ecco lo schema completato:

' 3 0 2 8 3 7

u 5 5 6 7

6 3 6 ì 7 9

8 4 7 9 3 9

b) Poiché 3 verticale è di tre sole cifre, le prime cifre di 1 e di 8 orizzontali differiscono di 1 (non possono essere uguali). La cifra di mezzo di 1 verticale sarà allora 1, che è anche la prima cifra di 10 verticale.

Siccome il maggior fattore di due cifre di 3 verticale comincia con 1, (5 orizzontale), comincia per 1 anche il minor fattore (11 verticale); le prime due cifre di 2 verticale sono 17, l’ultima cifra di 3 verticale è 7. Le ultime due cifre di 9 orizzontale sono 11, quindi le ultime due cifre di 1 e di 8 orizzontali assommano a 99; in effetti, le ultime cifre e le penultime hanno come somma 9. Infine la quarta cifra di 1 orizzontale è 2, uguale all’ultima cifra di 7 orizzontale.

In 4 verticale, l’ultima cifra y di 8 orizzontale è uguale a due volte l’ultima cifra x di 1 orizzontale; abbiamo già visto che x + y = 9, quindi x = 3 e y = 6.

3 verticale è uguale alla differenza tra 1 e 8 orizzontali; guardando la loro ultima cifra, poiché 3 verticale termina con un 7, 1 orizzontale è maggiore di 8 orizzontale; la cifra di mezzo di 3 verticale deve essere 4; delle cinque cifre che mancano in 1 e 8 orizzontali, le prime due saranno 50 e le seconde tre saranno 498 (come nella figura a).

'5 0 2 1 3 2 43 1 5 0 2 1 3 2 43

5 1 6 77 4 2 5 1 e9 7 7 4 2

84 9 8 7 6 8 4 9 8 7 69 ,°1 “ t 9 l 1 1 W\ "l12 ' 7 4 2 9 3

(a) (b)

9 orizzontale è uguale a 11 111; i fattori primi 19 e 13 di 3 verticale vanno in 5 orizzontale (e in 10 verticale) e in 11 verticale.

Siccome 6 verticale comincia con 9, il suo rovescio è il prodotto di 3 verticale per un numero primo di due cifre che finisce con 7 e comincia con 1 (perché con 1 comincia 9 verticale). Si calcola che 247 x 17 = 4199; 6 verticale è uguale a 9914 e 9 verticale è uguale a 17.

Per trovare 12 orizzontale, si parte dai prodotti di due fattori di 6

verticale, che sono 221, 247 e 323. Questi, moltiplicati per numeri primi di due cifre che finiscono per 9, 7 e 3 rispettivamente (perché 12 orizzontale finisce con 9) sono uguali a 12 orizzontale. Gli unici prodotti che si possono avvicinare sono 221 x 29 = 6 409 e 323 x23 = 7429; il secondo è 12 orizzontale (la soluzione completa è riportata nella figura b).

c) Con una tavola dei quadrati si vede subito che l’unico numero quadrato simmetrico di 6 cifre è 698 896 (10 orizzontale); la sua radice quadrata è 836 (11 verticale) il cui opposto è 638 (10 verticale). I fattori primi di questi numeri sono:

638 = 29x 11 x2 836= 19 x 11 x 2 x 2

'5 2 3 2 3 9É !

4 t

1 ■ 67 7 2 9

i n87 9 3

li!4

9 8 118 9 ì26

ì33 9l H

m3 6 5

8■

i6t 6 0 0

Il fattore comune maggiore è 11 x 2 = 22, e la metà di 22 è 11 (5 orizzontale). 4 verticale deve essere uguale a 11 o 19; per essere la metà di un numero che finisce con un 8 (9 verticale) deve essere 19, e 9 verticale sarà uguale a 38; ne consegue che 13 orizzontale è uguale a 39 e 15 orizzontale è 1600 (il quadrato di 40).

Per trovare 1 verticale, il minimo comune multiplo dei numeri da 2 a6 è 60, e sottraendo 1 (cioè lasciando resti di 1 sottraendovi rispettivamente i numeri da 2 a 6) si ottiene 59, meno 8 uguale a 51 (1 verticale).

Gli unici quadrati di quattro cifre che cominciano con 5 sono 5 041 e 5 329; il primo non va bene perché 2 verticale non può cominciare con

0, quindi 1 orizzontale sarà 5 329 e 8 orizzontale 73. Controllando si vede che la somma delle cifre di 2 verticale è 29; 3 verticale è 97, l’unico numero primo di due cifre che comincia con 9; a questo punto è facile completare lo schema (come nell’ultima figura).

296. Indovinate i numeri «pensati»

c) Ci sono quattro casi.Caso 1: il numero «pensato» è del tipo 4n, per cui:

4n + 2n = 6n; 6n + 3n = 9n; 9n:9 = n

non c’è resto; il numero «pensato» è 4n.Caso 2: tipo (4rc-bl); la sua parte maggiore è (2rc+l), per cui:

(4n H-1) + (2n + 1) = 6Yi + 2; (6n + 2) + (3n + 1) = 9n + 3;(9n + 3):9 = n, con il resto di 3.

Il resto è minore di 5, e il numero pensato è (4rc+l).Caso 3: tipo (4n + 2):

(4n + 2) + (2/i+ l) = 6n + 3.

Sommando la parte maggiore (3n + 2) si ha:

(6n + 3) + (3n + 2) = 9n + 5;(9rc + 5):9 = n, con il resto di 5.

Il numero «pensato» è (4rc + 2).Caso 4: tipo (4n + 3); la parte maggiore è (2n + 2):

(4n + 3) + (2n + 2) = 6n + 5.

Sommando la parte maggiore (3n + 3) si ha:

(6n + 5) + (3 n + 3) = 9n + 8;(9rc + 8):9 = rc, con il resto di 8.

Poiché il resto è maggiore di 5, il numero «pensato» è (4n + 3).

d) Se il numero «pensato» è del tipo 4n, non c’è bisogno di parti maggiori; la risposta sarà 4n + 2n + 3n = 9n, cioè un multiplo di 9; la somma delle cifre di 9n è divisibile per 9, quindi, per fare in modo che le cifre nominate più quella nascosta abbiano come somma un multiplo di 9, non è necessario aggiungere niente (si tratta cioè di aggiungere 0).

Per i numeri del tipo (4n+l), (4n + 2) e (4n + 3), si usa la parte maggiore nella prima parte del procedimento, nella seconda parte o in entrambe le parti, rispettivamente; come nel paragrafo c), le risposte sono (9n + 3), (9rc + 5) e (9n + 8). Le somme delle cifre di questi numeri diventano multipli di 9 sommando rispettivamente 6,4 e 1. Sottraendo la somma delle cifre dal multiplo di 9 immediatamente maggiore, la differenza sarà uguale alla cifra mancante.

e) Indichiamo con x il numero «pensato», e con y il numero che viene sommato, per cui:

(.x + y)2- x 2 = 2x j + y2 = 2y ^ x + - j J = z;

1 1x ^ z - . y - j y .

f ) Sia x il numero «pensato»; i quozienti delle divisioni di x per 3, 4 e 5 siano a, b e c rispettivamente e i resti rispettivamente r3, r4 e r5, per cui:

x = 3 a + r3; x = 4 b + r4; x = 5c + r 5.

Da cui: r3 = x —3a; r4 = x — 4b; r5=x — 5c.

Calcolando:

4 0 3 + 45r4 + 36r5 == 40 (x — 3a) + 45 (x — 4ò) + 36 (x — 5c) == 121x— 120<2— 180ò— 180c.

Dividendo per 60, il resto è uguale a x.

297. Senza bisogno di operazioni

a) Chiamiamo n il numero «pensato», e a, b e c i tre numeri dati; perna + b na b

prima cosa si ottiene-------; sottraendo — il risultato è — ; il risultatoc c c

non comprende x, quindi non sono necessarie domande.b) Sia y il numero «pensato» e x il numero scritto nella busta; prima

gli spettatori ottengono y + 99 — x, un numero compreso tra 100 e 198; poi, cancellando la prima cifra e sommandola al numero rimasto, in pratica sottraggono 99; sottraendo infine y — x dal numero pensato y, gli spettatori ottengono il numero x scritto nella busta.

Una variante: gli spettatori scelgono un numero da 201 a 1000; il numero scritto nella busta è tra 100 e 200; nel calcolo si usa 999 invece di 99.

298. Quante ne ha prese ciascuno?

A B C

all’inizio 4 n In 13ndopo la prima mossa Sn 14n 2 ndopo la seconda mossa 16/i 4 n 4 ndopo la terza mossa 8 n 8 n 8 n

Dopo la terza mossa, tutti hanno il doppio di monete di quelle che aveva A inizialmente; il resto è chiaro.

299. Uno, due, tre tentativi

Chiamiamo a e b i numeri «pensati»; avremo quindi che:

(a + b) + ab + 1 =a-\-1 +6 (a-\- 1) = (¿z -b 1) (6 + 1).

Si possono inventare alcune varianti sommando o sottraendo la differenza e il prodotto dei due numeri.

300. Chi ha preso la matita? Chi ha preso la gomma?

A è un numero primo e B è un numero composto non divisibile per A. Due altri numeri yex sono reciprocamente primi, e y è un fattore di

B; Ay + Bx è divisibile per y e il ragazzo con il numero y ha preso la matita. Ax + By non è divisibile per y, e il ragazzo con y ha preso la gomma.

301. «Indovinate» tre numeri consecutivi

La somma di tre numeri consecutivi e di un multiplo di 3 si può esprimere così:

ci + (ci + 1) + {a + 2) + 3k = 3 {a + k + 1).

Moltiplicando per 67 si ottiene:

201 (a + k+ 1).

Sapendo che a < 59 e che 3/c < 100, cioè k < 34, abbiamo che (a + /c + 1) non può essere maggiore di un numero di due cifre, e che le ultime due cifre di 201 (a + k + 1) sono (a + k + 1). Sottraendo (k + 1) da questa espressione, si ottiene il primo dei numeri «pensati».

Inoltre, le due o tre cifre che precedono le ultime due di 201 (a + + /c+l) sono uguali a 2(a + /c+l).

302. Come indovinare parecchi numeri «pensati»

Se i numeri «pensati» sono due, cioè a e b, si ha: 5(2a + 5) + + 10= 10a + 35; 10a + 35 + ò= lOa + ft + 35.

Sottraendo 35 si ottiene un numero di due cifre (10a + b) composto dai numeri pensati.

La dimostrazione per tre o più numeri è analoga.

303. Quanti anni hai?

Se l’età è uguale a x anni, la risposta è lOx — 9k, in cui k è un numero di una cifra; trasformiamo questa differenza:

lOx —9 k= lOx — 10/c + /c= 10 (x — /c) + /c.

Essendo x maggiore di 9 e k uguale o minore di 9, ne consegue che (x— k) è positivo, e in 10 (x — k) + k, k è l’ultima cifra; scartando k, rimane solo (x — k), e sommando k si ottiene x.

304. Ancora l’età da indovinare

Se l’età da indovinare è x, si ha:

(2x + 5) x 5 = 10x + 25 = 10(x + 2) + 5,

in cui 5 è l’ultima cifra; scartandola, rimane il numero (x + 2), da cui, sottraendo 2, si ottiene x.

305. Una «sparizione» geometrica

Naturalmente nessun segmento è scomparso; al posto dei 13 segmenti ci sono 12 segmenti ognuno lungo un dodicesimo in più di quelli di prima; tracciando i segmenti abbastanza lunghi, potete misurare la differenza con un righello.

Questo effetto è ancora più evidente nella figura qui sotto. Copiate la figura a sinistra e tagliatela lungo il cerchio; girando un poco il cerchio

in senso antiorario sembra che uno dei segmenti svanisca (come nella figura a destra).

[In questo gioco Kordemsky propone le basi matematiche del famoso paradosso di Sam Loyd del guerriero cinese che scompariva; per approfondire il discorso su questi tipi di paradossi e altri analoghi comprendenti intere figure che scompaiono, cfr. il mio testo Mathematics, Magic and Mystery (New York, Dover Publications, 1956). M. G.].

306. Il numero sulla tomba

Il minimo comune multiplo (m.c.m.) di un insieme di numeri è uguale al prodotto dei loro fattori primi comuni e non comuni, ognuno preso il maggior numero di volte che compare nei vari numeri. Per i numeri da 1 a 10 il m.c.m. è il prodotto di:

2 x 2 x 2 x 3 x 3 x 5 x 7 = 2 520.

Il m.c.m. dei numeri da 1 a 10 è uguale al m.c.m. dei numeri tra 6 e10, e in generale il m.c.m. dei numeri da 1 a 2 nè uguale al m.c.m. dei numeri da (n+ 1) a 2n.

307. Il regalo di Capodanno

Con un’arancia in più, il numero delle arance sarebbe stato divisibile per 10,9, 8,... e, come abbiamo appena visto, un numero di questo tipo è un multiplo di 2 520.

Avevamo quindi 2 519 arance, cioè 2 519 + 2 520«, in cui n è un qualsiasi numero intero positivo.

308. Esiste un numero tale che...

Di questi numeri ce ne sono un’infinità; la differenza tra divisore e resto è sempre di 2, e 2 più il numero desiderato è uguale a un multiplo di ciascun divisore. Il minimo comune multiplo di 3, 4, 5 e 6 è uguale a 60; 60 — 2 = 58, che rappresenta la risposta (col numero minore).

309. Un cesto pieno di uova

Il minimo comune multiplo di 2, 3, 4, 5 e 6 è 60; si tratta ora di trovare un multiplo di 7 che sia maggiore di 1 rispetto a un multiplo di 60; poiché:

60rc+1 =(7 x 8n) + 4 n + 1.

Il numero (60 = n + 1) è divisibile per 7 se (4rc +1) è divisibile per 7; il valore più basso di n che soddisfa queste condizioni è 5, quindi nel cesto c’erano 301 uova.

310. Un numero di tre cifre

Il m.c.m. tra 7, 8 e 9 è 504; questa è la risposta, perché nessun multiplo di questo numero può essere di tre cifre.

311. Quattro motonavi

Il m.c.m. di 4, 8, 12 e 16 è 48, quindi le navi si incontrano nuovamente nel porto dopo 48 settimane, cioè il 4 dicembre 1953.

312. L’errore del cassiere

I prezzi del lardo e del sapone sono multipli di 3; il numero dei pacchi di zucchero e dei dolci sono anch’essi multipli di 3, quindi anche il prezzo totale doveva essere un multiplo di 3, invece non lo era.

313. Un incastro numerico

La parte sinistra dell’equazione è divisibile per 9, quindi lo è anche la parte destra; ne consegue che la somma delle cifre della parte destra dell’equazione sarà divisibile per 9, quindi a è uguale a 8 e il valore da attribuire a t è 4.

314. Un criterio di divisibilità per 11

a) 7+1 + 2 + 1—(3 + a + 0 + 0) = 0; cl = 8.b) La parte sinistra dell’equazione è divisibile per 11, quindi b è

ancora 8; poiché 612 = 3 721e 622'= 3 844, l’espressione contenuta nella parentesi sarà approssimativamente 6150, e x sarà approssimativa­mente 68; controllando questi valori e quelli vicini si stabilirà con più precisione che x = 67.

315. Criterio di divisibilità per 7, 11 e 13

Prendiamo per esempio, il numero 31218001416, e calcoliamo:

31 218001 416 = 416-h(1 x 103) + (218 x 106) + (31 x 109) =

= 416+ 1 + (103 + 1 —1) + 218(106 — 1 + 1) + 31 (IO9 H-1 — 1) =

= (416-1+218-31) + [(IO3 + 1) + 218(106-1 ) + 31 (IO9+ 1)].

L’espressione contenuta nella parentesi quadra è divisibile per 7, 11 e 13, quindi la divisibilità dell’intero numero dipende dalla divisibilità dell’espressione (416—1+218 — 31), che rappresenta la somma con segni alternati dei gruppi di cifre in posizioni dispari e pari. (Nell’esempio la differenza è 602, numero che, come l’intero numero, è divisibile per 7 ma non per 11 o per 13).

316. Come ridurre ancora la «scorciatoia» del criterio di divisibilità per 8

Si tratta di dimostrare che il numero di tre cifre (100x + 10y + z) è divisibile per 8 nel caso in cui (lOx + y+f) sia divisibile per 4.

Sia 10x + y + f = 4k, in cui k è un numero qualsiasi, intero e positivo, per cui:

20x + 2y + z = 8/c; z = 8/c — 20x — 2 y;100x+ 10 y + z= 100x+ 10y + 8/c — 20x — 2y = 80x + 8<y + 8/c.

Si vede subito che l’ultima delle espressioni è divisibile per 8. Dimostrate per conto vostro che se 10x + y = f = 4/c+1 oppure

4k + 2 oppure 4k + 3, in cui k è un numero intero positivo, ne consegue che (100x+ 10j/ + z) non è divisibile per 8.

317. Una memoria prodigiosa

Sia n il numero di nove cifre, lo possiamo esprimere in questo modo:

N = 106a + 103b + c,

in cui a, b e c sono i tre gruppi di tre cifre; sappiamo che a + b + c è

divisibile per 37, per cui possiamo scrivere a + ò + c = 37/c, e quindi anche:

N = l0 6a+ \03b + 3 1 k - a - b = a(\06 — l) + b(103 — l) + 37/c.

Poiché ognuno di questi termini è divisibile per 37, anche N è divisibile per 37.

318. Un criterio di divisibilità per 3, per 7 e per 19

Levate dal numero dato le ultime due cifre; sommate al rimanente le due cifre levate moltiplicate per 4 e ripetete il procedimento fino a ottenere un numero abbastanza piccolo da poter essere provato con facilità.

Esempio: 138 264; sommate 1382 più 64x4, ottenendo 1638; ripetete il procedimento, ottenendo 16 + 152=168.

Non è necessario ripetere ancora le operazioni, 168 è divisibile per 3 e per 7 ma non per 19, quindi anche 138 264 è divisibile per 3 e per 7 ma non per 19.

12. Somme incrociate e quadrati magici

Somme incrociate

324. La stella

325. Il cristallo

326. La decorazione della vetrina

328. Il «planetario»

(a) (b)

329. I triangoli sovrapposti

Ecco una tra le tante soluzioni:

16 15

1 05,

12

330. Raggruppamenti interessanti

Sa =28 S ^ - 2 5Sa=20Sa =25

Sa=20S&=25

S^= 25 Sr±=22

I quadrati magici

331. I viaggiatori dall’India e dalla Cina

Nella figura a le file e le colonne del quadrato magico proveniente dall’India sono state numerate; poiché si vogliono disporre i numeri discussi nel testo, cioè 12, 14, 3, 5 e 15, 9, 8, 2, lungo le diagonali principali, è necessario spostare la fila II al primo posto e la fila IV al

1 ; H 15 4

II 12 7 6 9

III 8 11 W 5

IV 13 2 3 15

12 6 7 9

13 3 2 16

1 15 1à 4

8 10 11 5

(a) (b)

secondo, quindi la terza fila al quarto posto e la fila I al terzo posto, poi bisogna scambiare le colonne 2 e 3, ottenendo il quadrato della figura6, che possiede tutte le caratteristiche desiderate.

332. Come costruire un quadrato magico

1

4 2 4 9 2

7 5 3 3 5 7

8 6 8 1 6

9(b)

333. Il vostro acume messo alla prova

Il quadrato di 7 per 7 contiene quattro file orizzontali e quattro verticali di quattro caselle ciascuna, e tre file orizzontali e tre verticali di tre caselle ciascuna; si può costruire mettendo un quadrato magico di 9 caselle dentro uno di 16.

Nella figura 1 nella pagina precedente è rappresentato il procedi­mento per costruire un quadrato di ordine 4, mentre nella figura 2 viene costruito un quadrato di ordine 3; in entrambi i quadrati la costante magica è 150; nella figura 3 i due quadrati sono sistemati insieme in modo da risolvere il problema.

46

49 47 49 54 47

52 50 48 48 50 52

53 51 53 46 51

54

3

30 44HH

43 § 33

^ 149 w ,

54 m 47

41i H

35§ H

36H

38

H I48

850 52 w >W/A

37 iÉil 39 i n 40m

34

I H53

m46

851

m42 m 32 9/A'/'/ 31 w 45

334. Il gioco del «15»

Muovete i blocchetti seguendo questo ordine: 12, 8, 4, 3, 2, 6, 10, 9, 13,15,14,12, 8,4,7,10,9,14,12,8,4,7,10,9,6,2,3,10,9,6, 5,1,2, 3,6, 5, 3, 2, 1, 13, 14, 3, 2, 1, 13, 14, 3, 12, 15, 3.

Sono proprio 50 mosse! Esistono soluzioni diverse, ma non ne conosco nessuna per cui ci vogliano meno di 50 mosse.

1 2 3 4

13 5 6 10

14 12 11 9

15 8 7

13 1 6 10

14 2 5 9

12 11 7

3 15 8 4

335. Quadrati magici non ortodossi

a) La soluzione è riprodotta nella figura qui sotto; le condizioni

1 7 2 8

4 6 3 5

7 1 8 2

6 4 5 3

poste dal problema suggeriscono di mettere le coppie di numeri uguali in una relazione analoga a quella della mossa del cavallo nel gioco degli scacchi.

b) Costruite un quadrato magico secondo il metodo descritto nel problema 332 (nella figura a qui sotto); per ottenere il quadrato magico desiderato è necessario scambiare le prime due file e poi le prime due colonne (come nella figura b).

c) Capovolgete il quadrato, sarà sempre magico e avrà sempre la stessa costante.

21 9 19 15

3 31 5 25

13 17 11 23

27 7 29 /

31 3 5 25

9 21 19 15

17 13 11 23

7 27 29 1

(b)

336. La càsella centrale

di + # 4 + ¿Z7 = iS; # 3 + + GLg = S',CL̂ + #5 + CLg = iS; #3 + #5 + ¿Z7 = S.

CI4 “h d-j = jS ÌZg “h ¿Z9 = S [̂35¿Zg “1“ Clg = iS ^1? ÌZ5 “h ¿Z7 ^ iS ^3?

Ne consegue che a4 + a1 = ¿z5 + a9 e che a6 4- a9 = a5 + ¿z7; sommando le due equazioni si ottiene:

#4 ■+■ #7 + #6 + Clg = 2flt5 + ¿Z9 + ÌZ7,

ovvero a^ + a6 = 2a5.Aggiungendo a5 ai due membri dell’equazione ottenuta:

ÌZ4 + a5 + ¿z6 = 3(25.

Poiché ¿z4 + cz5 + a6 = S, avremo che S = 3a5. Nel caso in cui S = 15, flc = 5.

13. Numeri curiosi e seri

340. Con dieci cifre

a) Prendete una cifra qualsiasi, per esempio 1 ; si può osservare come questa cifra può occupare uno qualunque dei dieci posti di un numero di dieci cifre, e che ognuna delle dieci scelte possibili lascia aperti nove posti per un’altra cifra, per esempio 2, otto posti per il 3, sette per il 4, e così via fino a un posto solo per lo 0. In questo modo si ottengono 1 0 x 9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 3 6 2 8 8 0 0 possibilità; un momen­to: un numero non può cominciare con 0, quindi un decimo di queste possibilità, da cui si otterrebbe un numero con la prima cifra uguale a0, sono da scartare. Sottraete 362 880 in modo da ottenere la risposta giusta, cioè 3 265 920.

b) 4938 271605:9 = 548 696 845.c) Tutti i prodotti di a o b per un numero del primo gruppo

contengono cifre diverse fra loro, mentre tutti i prodotti di a o b per un numero del secondo gruppo contengono cifre che si ripetono; i numeri del primo gruppo non hanno fattori comuni con a e b (eccettuato 1), mentre i numeri del secondo gruppo hanno fattori comuni con a c b.

d) Perché 12 345 679x9=111 111 111.

341. Altre stranezze numeriche

a) 2025 = 452; basta esaminare una tavola dei quadrati dei numeri da 32 a 99 e fare i calcoli necessari; questi metodi diretti non vanno scartati e neppure vanno considerati meno efficaci.

342. Ripetendo la stessa operazione

a) Consideriamo (a, fe, c, d) uguale alle sue trasposizioni (d, a, fc, c), (c, d, a, b) e (ò, c, d, a); abbiamo cosi sei modi con cui disporre i numeripari e dispari in gruppi di quattro:

(p, p, p, p); (p, p, d, d)\ (p, d, d, d)\(p, p, p, d); (/?, d, p, d); (d, d, d, d).

La differenza di due numeri pari o di due numeri dispari è un numero pari, mentre la differenza tra un numero dispari e uno pari è un numero dispari; quali sono le quattro differenze che risultano dalle sei disposizioni?

Nel caso di (p, p, p, p) tutte le differenze saranno uguali a (p, p, p, p), mentre nella seconda disposizione (p, p, p, d) avremo:

A v=(p, p, d, d); ì43 = (</, ¿);^2 = (P, d9 p, ¿); A4 = (p, p, p, p).

La terza, la quarta e la sesta disposizione corrispondono ad Al9 A2 e A3, quindi la loro differenza dopo quattro passaggi sarà sempre (p, p, p, p). Cercate di dimostrare per conto vostro che la quarta differenza di (p, d, d, d) è uguale a (p, p, p, p).

Si può dunque concludere che la quarta differenza di una qualsiasi successione di quattro numeri è sempre composta da numeri pari; proseguiamo sostituendo temporaneamente i numeri di A4 con le rispettive metà. La sua prima differenza quale rapporto ha con As?

I suoi numeri saranno la metà di As; per esempio, se AAr = (4, 6, 12, 22), A5 sarà uguale a (2, 6, 10, 18); la successione delle metà è (2, 3, 6, 11) e la sua prima differenza (1, 3, 5,9) sarà sempre composta di numeri che sono la metà dei numeri di As.

I numeri nella quarta differenza delle metà sono sempre la metà di quelli di A 8, ma la quarta differenza delle metà comprende tutti numeri pari, quindi A8 deve essere composta di multipli di 4, e, nello stesso modo, A12 sarà composta di multipli di 8 e A4n sarà composta di multipli di 2n.

In ogni successione esiste un numero maggiore degli altri, che chiameremo x; poiché non si sottrarrà mai da x un numero minore di0, nessun numero in nessuna delle successive differenze sarà mai maggiore di x; supponiamo che la prima potenza di 2 maggiore di x sia 2y; A^y sarà composta di multipli di 2y, ma, non essendoci numeri uguali o maggiori di 2y in nessuna delle differenze successive, ne consegue che A4y è uguale a (0, 0, 0, 0).

b) Prendete un numero dalla prima colonna nella tabella e sottraete da esso il numero che si trova nella stessa riga ma nella seconda colonna; prendete un altro numero, oppure anche lo stesso, dalla

prima colonna e sottraete il numero sulla stessa riga nella terza colonna; ripetete il procedimento tra la prima e la quarta colonna e, volendo, seguitate a ripeterlo con le altre colonne, L’ultima volta non bisogna usare numeri della prima riga, altrimenti il numero intero prescelto dovrebbe cominciare con 0.

X 2 a 10 b lOOc lOOOd

0 0 0 0 01 1 10 100 10004 2 20 200 20009 3 30 300 3000

16 4 40 400 400025 5 50 500 500036 6 60 600 600049 7 70 700 700064 8 80 800 800081 9 90 900 9000

Poiché stiamo cercando la somma maggiore di queste differenze, è necessario partire da (81—9) nell’ultima riga; l’ultimo accoppiamento (che sarà per lo meno nella quarta colonna) dovrebbe essere nella seconda riga, nella quale si perde il meno possibile; le cifre nel mezzo saranno uguali a 0, producendo differenze uguali a 0 (mentre tutte le altre differenze sono negative).

Il numero intero prescelto ha dunque la forma di 1Z9, in cui Z rappresenta uno o più zeri, e tra i numeri di questo tipo si sceglieràil 109, perché (1 — 100) fa perdere meno terreno di (1 — 1000), di (1 — 10000) e così via; abbiamo quindi che:

l 2 + 02 + 92 = 82,

cioè un numero minore di 109. Possiamo quindi concludere che la somma dei quadrati delle cifre di ogni numero di tre o più cifre è minore del numero stesso e, ripetendo la stessa operazione per un numero sufficiente di volte, si ottiene un numero con meno di tre cifre.

e) 49 = 72;4 489 = 672;

444889 = 6672; 44 448 889 = 6 6672

/)

81 = 92;9 801 =992;

998001 =9992; 99 980 001= 9 9992

347. Uno per tutti e tutti per uno

a)

11=22:2 + 2 -2 ; 19 =12 = 2 x 2 x 2 + 2 + 2; 20 =13 = (22 + 2 + 2) : 2; 21 =

14 = 2 x 2 x 2 x 2 — 2; 22 =15 = 22:2 + 2 + 2; 23 =16=(2 x 2 + 2 + 2) x 2; 24 =17=(2x2)2+§; 25 =18 = 2 x 2 x 2 x 2 + 2; 26 =

= 2 2 - 2 - | ;

= 22 + 2 - 2 - 2 ;

= 22- 2 + |;= 2 2 x 2 - 2 2 ;= 22 + 2 - | ;= 22-2 + 2 + 2; = 22 + 2+f;= 2 x (^+ 2).

b)

c)

1 =(4:4) x (4:4);2 = (4:4) + (4:4);3=(4 + 4 + 4):4;4=4+(4 —4) x 4;5 = (4 x 4 + 4):4;

6 = 4 + (4 + 4):4;7 = 4 + 4 —4:4; 8=4 + 4 + 4 —4; 9 = 4 + 4 + 4:4;

10 = (44 —4):4.

3 =17 469 5 823 ’

5 =13 485 '2 697 ’ 25 496 3 187 ’

6 =

9 =

17 658 2 943 ’ 57 429 6 381 ‘

7 =16 758 2 394 ’

d)95 742 75 249 _ 58 239

“ 10 638 “ 08 361 “ 06 471'

348. I numeri pari possono diventare disparì

Ò) 14x82=41 x28; 34x86 = 43x68;23x64 = 32x46; 13x93 = 31 x39.

i)1 466-1 = 1+24 + 720 + 720;

81 368-1=40 320+1+6 + 720+40 320;372 970-1= 6 + 5 040 + 2 + 367 880 + 5 040+1;372 973 + 1=6 + 5 040 + 2 + 362 880 + 5 040 + 6.

j) Chiamiamo n un numero di tre cifre tale che (n2 — n) sia una differenza che finisce con tre zeri. Considerando l’espressione (nk — n), nella quale k è un numero intero positivo, abbiamo che:

nk- n = n(nk~1- 1).

Questa espressione è divisibile sia per n che per (n— 1), per cui anche (nk — ri) è divisibile per n (n — 1) = (n2 — n); poiché (n2 — n) termina con tre zeri, anche (nk — n) termina con tre zeri e nk termina con le stesse tre cifre di n. Bisogna soltanto verificare che 376 e 625 siano i soli numeri nei quali i quadrati terminano con le loro stesse tre cifre.

Numeri di questo tipo devono avere la forma di n o di (n— 1), in cui n(n— 1) è un multiplo di 1000. In questo caso n e (n— 1), essendo numeri consecutivi, non avranno fattori primi in comune, per cui uno dei due deve essere divisibile per 2 x 2 x 2 = 8, e l’altro per 5 x 5 x x 5 = 125 (e non divisibile per 2); del secondo tipo ce ne sono quattro: 125, 375, 625 e 875, per cui i numeri consecutivi dovrebbero essere rispettivamente 124 e 126, 374 e 376, 624 e 626, 874 e 876. Di questi, soltanto 376 e 624 sono divisibili per 8.

Gli unici numeri possibili di tre cifre sono dunque 375, 376, 624 e 625, ma 3752 = 140625 e 6242 = 389 376, il che conclude la dimostra­zione.

349. Una fila di numeri interi positivi

d) Le risposte sono: no, no, sì; l’unica soluzione con numeri interi

positivi dell’equazione n2 + (n+ l)2 = (n + 2)2 è rappresentata da n = 3, e l’unica soluzione dell’equazione rc2 + (rc + l)2 + (rc + 2)2 = (n + 3)2 + + (n + 4)2 è rappresentata da n= 10; esistono anche uguaglianze con quattro, cinque, ecc., termini alla sinistra, come:

212 + 222 + 232 + 242 = 252 + 262 + 272;362 + 372 + 382 + 392 + 402 = 412 + 422 + 432 + 442.

Cercate di dimostrare per conto vostro che se il numero degli addendi al secondo membro è uguale a n, il primo termine al primo membro è n(2n+l).

f)

350. Una differenza persistente

Chiamiamo a, 6, c e d le cifre di un numero, in cui a sia uguale o maggiore di 6, b sia uguale o maggiore di c, c sia uguale o maggiore di d ed a sia maggiore di d\ il numero M sarà M = abcd e il numero m sarà m = dcba; per trovare la differenza (M — m) prendiamo in esame due casi:

1. Se b è maggiore di c, abbiamo che:

M__________M M M M ___________[a -d ] [6 — 1 — c] [10 + c— 1 — fe] [10 + d —a]

2. Se b è uguale a c, abbiamo che:

M Ibi le] M -____________________________M [ C ] [ f c ] M _______________________________

[a—l —d] [10 + 6— 1 —c] [10 + c— 1 — fc] [10 + ¿ — a]

Nel primo caso (1) la somma delle cifre poste alle estremità della differenza è uguale a 10, e la somma delle cifre nel mezzo è uguale a 8, mentre nel secondo caso (2) le due somme delle cifre sono rispettivamente, 9 e 18, e tutte e due le cifre nel mezzo sono uguali a 9.

Questo risultato si ha anche nelle successive sottrazioni, per cui se ne può dedurre che basta controllare i venticinque numeri simili alla differenza del primo caso, e i cinque simili alla differenza del secondo caso (si può ignorare l’ordine delle cifre):

~n(n+\)

9,801 8,802 7,803 6,804 5,8059,711 8,712 7,713 6,714 5,7159,621 8,622 7,623 6,624 5,6259,531 8,532 7,533 6,534 5,5359,441 8,442 7,443 6,444 5,445

e 9 990, 8 991, 7992, 6993, 5994.Nella figura qui sotto i trenta numeri da controllare (con le cifre in

ordine discendente) sono disposti in alcuni riquadri collegati da frecce che conducono verso il cerchietto con il numero 6 174, passando attraverso altri numeri; da qualunque numero di quattro cifre si arriva con non più di sette mosse al cerchietto del 6174.

Chiamiamo la differenza finale il polo della figura; il polo dei numeri a tre cifre è 495, mentre i numeri di due cifre non hanno un polo, ma un ciclo di differenze che si ripetono:

r~45

t_

-0.9-

27— 63

181

Nei numeri di cinque cifre, la cifra centrale di ogni differenza è uguale a 9, e le altre quattro cifre hanno la stessa struttura di quelle dei

numeri di quattro cifre (come si può controllare per proprio conto); cosi l’indagine sulle differenze dei numeri di cinque cifre, è limitata agli stessi trenta numeri trovati per le differenze dei numeri di quattro cifre; nella figura della pagina a fronte si vede che alcuni numeri sono collegati in modo da formare tre cicli separati.

L’ingegnere moscovita V. A. Orlov ha scoperto una particolarità divertente relativa ai poli dei numeri; prendiamo per esempio 495, il polo dei numeri di tre cifre, e separiamo le cifre che lo compongono in tre gruppi, poi inseriamo le cifre 5, 9 e 4 nel modo rappresentato qui sotto:

5 9 414 19 |5.

Partendo dal numero cosi ottenuto, cioè 549945, si procede con 995 544 — 445 599 = 549945, che rappresenta di conseguenza un polo di numeri di sei cifre; proseguendo si ha:

5 9 4154 199 145.

Poiché 999 555 444 — 444 555 999 = 554999445, abbiamo ottenuto un polo di numeri di nove cifre.

Prendiamo adesso il polo dei numeri di quattro cifre, 6174, separiamolo in gruppi di tre cifre ciascuno e inseriamo le cifre 3 e 6 in questo modo:

3 6 611714.

Il numero cosi ottenuto, 631764, rappresenta un altro polo di numeri di sei cifre; e ancora, procedendo in modo analogo:

3 6 63117164.

In questo modo abbiamo ottenuto un polo di numeri di otto cifre; con questo procedimento si può proseguire indefinitamente. Inoltre, se

si prende in considerazione un ciclo di numeri di sei cifre (con i numeri di sei cifre si ottiene un ciclo con diramazioni, e due poli, uno dei quali isolato — come potete controllare per conto vostro) e vi si inseriscono dei 3 e dei 6, si ottiene un ciclo di numeri di otto cifre:

6 3 6 3 6 3

•87*64*20 — 87*54^21 — 87*54*30 ■

6 3 6 3 6 3 6 3

•66*54*42— 86*63*22— 88 63 2 0 — 88*54 20-

r87,664,320— 87,654,321—*-87,654,330 -*-88,654,320

----------66,654,432 — 86,663,322 — 88,663,320 ----------□Si può procedere in questo modo, inserendo numeri, all’infinito.

14. Numeri vecchi ma eternamente giovani

I numeri di Fibonacci

357. Un paradosso

L’area del rettangolo, x(2x + y), meno l’area del quadrato, (x + y)2 dà come risultato x2 — xy — y2, che sappiamo già dal problema 356 equivale a 1 o — 1 nel caso in cui x e y siano numeri di Fibonacci, che è appunto il nostro caso. Le parti che formano il rettangolo si sovrappongono leggermente, oppure lasciano qualche piccolo spazio tra di sé, e questa è la ragione delle discrepanze tra le aree. Nella figura che segue si vede chiaramente la «fessura» KHEF all’interno del rettangolo di 13 per 5, che ha la forma di uno strettissimo quadrilatero con l’area uguale a 1.

Per dimostrare ciò, chiamiamo M il punto in cui il prolungamento del lato EF del triangolo EFN incontra il lato del rettangolo KL. (Se EFK è una linea retta, M si trova a coincidere con K).

Poiché i triangoli EFN e EML sono simili, abbiamo queste proporzioni:

ML EL . , ML 13

Ne consegue che ML = 4,875; poiché KL = 5, M non coincide con K , e EFK come anche EHK non sono linee rette ma angoli, come si vede nella figura.

Per tagliare il quadrato in modo da formare veramente un rettangolo «pieno», bisogna porre x2 — xy — y2 = 0, invece che a l o— 1; nella risoluzione, bisogna accettare soltanto la soluzione positiva:

Questo è il rapporto della «sezione aurea», da lungo tempo tenuto in gran considerazione da artisti e architetti.

PER CHI VOLESSE APPR O FO N D IR E GLI ARG O M ENTI

Problemi divertenti

S a m L o y d , Passatempi matematici , a cura di Martin Gardner, Firenze, Sansoni, 1980, vol. I-II.

Problemi complessi

H e r n e s t H e n r y D u d e n e y , 536 Puzzles and Curious Problems , a cura di Martin Gardner, New York, Scribner’s, 1967.

S a m L o y d , Passatempi matematici, a cura di Martin Gardner, Firenze, Sansoni, 1980, vol. I-II.

M a r t i n G a r d n e r , Circo M atem atico , Firenze, Sansoni, 1981, pp. 73-97

Geometria con i fiammiferi

W i l l B l y t h , M atch-Stick M agic , C. Arthur Pearson, 1921.M a r t i n G a r d n e r , Match-ic, Ireland‘Magic Company, 1932.H a r r y L i n d g r e n , Geometrie Dissections, Princeton, Van Nostrand, 1964.S o l o m o n W. G o l o m b , Polyominoes, New York, Scribner’s, 1965.H e r n e s t H e n r y D u d e n e y , M atch Puzzles , in 536 Puzzles and Curious

Problems, a cura di Martin Gardner, New York, Scribner’s, 1967, pp. 201-8

J u r g N i e v e r g e l t e S t e v e C h a s e , Hit-and-Run on a Graph, «Journal of Recreational Mathematics», vol. 1, aprile 1968, pp. 112-17.

M a r t i n G a r d n e r , Circo M atem atico , Firenze, Sansoni, 1981, pp. 17-30.

Prendete bene le misure prima di tagliare

S a m L o y d , Passatempi matematici, a cura di Martin Gardner, Firenze, Sansoni, 1980, voi. I-II.

L’ingegno trova sempre il modo di esprimersi

C. A. R o g e r s , The Packing o f Equal Spheres, in «Proceedings of the London Mathematical Society», vol. 8, 1958, pp. 609-20.

H . S. M. C o x e t e r , Close Packing o f Equal Spheres, in Introduction to Geom etry , Wiley, 1961, pp. 405-11.

S a m L o y d , Passatempi matematici, a cura di Martin Gardner, Firenze, Sansoni, 1980, vol. I-II.

Il domino e i dadi

Domino

E d o u a r d L u c a s , Récréations M athematiques, ristampa economica, Paris, 1960, voi. 2, pp. 52-63; vol. 4, pp. 123-51.

W a d e E . P h i l p o t t , Quadrilles, in «Recreational Mathematics Magazine», gennaio-febbraio 1964, pp. 5-11.

J o s e p h M a d a c h y , Domino Recreations, in M athematics on Vacation, New York, Scribner’s, 1966, pp. 209-19.

W a d e E . P h i l p o t t , A general Quadrille Solution , in «Mathematics Gazette», dicembre 1967, pp. 287-90.

H e r n e s t H e n r y D u d e n e y , Domino Puzzles , in 536 Puzzles and Curious Problems, a cura di Martin Gardner, New York, Scribner’s, 1967, pp. 189- 98.

F r e d e r i c k S c h u h , Some Domino Puzzles , in The M aster Book o f Mathematical Recreations , a cura di T. H. O ’Beirne, New York, Dover, 1968, cap. 2.

R. C. B e l l , Domino Games, in Board and Table Games, Oxford University Press, 1960, cap. 6; Board and Table Games 2, Oxford University Press, 1969, cap. 6.

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K a r e l W. H. L e e f l a n g , Domino Games and Domino Puzzles , St. Martin’s Press, 1972.

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M a r t i n G a r d n e r , Circo matematico, Firenze, Sansoni, 1981, pp. 155-70.

Dadi

J o h n S c a r n e e C l a y t o n R a w s o n , Scarne on Dice, Military Service Publishing Co., Harrisburg, 1945.

Con e senza l’algebra

M a r t i n G a r d n e r , Enigmi e giochi matematici, Firenze, Sansoni, 1972, vol. 1.M a r t i n G a r d n e r , M athem atics, M agic and M istery , New York, Dover, 1976.S a m L o y d , Passatempi matematici, a cura di Martin Gardner, Firenze,

Sansoni, 1980, vol. I-II.

La matematica quasi senza calcoli

M a r t i n G a r d n e r , Geometrical Vanishes, in M athematics, M agic and M istery , New York, Dover, 1976.

Giochi e trucchi con i numeri

R. L. B r o o k s , C. A. B . S m i t h , A. H. S t o n e , W. T . T u t t e , The Dissection o f

Rectangles into Squares, in «Duke Mathematical Journal», vol. 7, 1940, pp. 312-240.

D. J u l e s R e g n a u l t , Les Calculateurs Prodiges, Paris, Payot, 1943.C. J. B o w k a m p , On the Dissection o f the Rectangles into Squares (I-III), in

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W a l l a c e L e e , M ath M iracles , Durham, N.C., pubbl. privatamente, pp. 77-78 R o b e r t T o q u e t , The M agic o f Numbers, Cranbury, A.S. Barnes, 1961. M a r t i n G a r d n e r , M athematics, M agic and M iste ry , New York, Dover, 1976.

La divisibilità

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Finito di stampare nel mese di ottobre 1982dalle A rti Grafiche Emiliane (A.G.E.), via Cherubini, 2 - Bologna

per conto della G. C. Sansoni Editore Nuova S.p.A. - Firenze

L’edizione originale in lingua russa del libro di Kordemsky ha riscosso un enorme successo, con oltre un milione di copie vendute, ed è stata tradotta e pubblicata in 15 diversi paesi del mondo orientale e occidentale.Questa nostra edizione italiana è una traduzione di quella in lingua inglese curata da Martin Gardner, notissimo tra i lettori appassionati di matematica ricreativa come curatore, fino a poco tempo fa, della rubrica Giochi matematici in «Scientific American». L’avere preferito l ’edizione americana a quella originale russa è dipeso dal fatto che in essa Gardner ha provveduto a rendere più comprensibili al lettore occidentale certe situazioni tipiche della vita sovietica e a eliminare o sostituire alcuni problemi di difficoltà tale da non renderli omogenei agli altri.I problemi sono raggruppati, in ordine di difficoltà, nelle seguenti categorie: Problemi divertenti, Problemi complessi, Geometria con i fiammiferi, Il domino e i dadi, Proprietà del nove, Matematica quasi senza calcoli, Trucchi e giochi matematici, Divisibilità, Somme incrociate e quadrati magici, Numeri curiosi e seri, Numeri vecchi ma eternamente giovani.

Boris A. Kordemsky è insegnante di matematica in una scuola superiore di Mosca ed è autore di molti altri libri di matematica ricreativa, tra cui uno illustrato per bambini dal titolo La geometria aiuta l'aritmetica. Ma Kordemsky forse è ancora più noto in Unione Sovietica per la sua immensa collezione di rompicapo, alcuni dei quali da lui stesso inventati.

L. 19.000(IVA INCLUSA)