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soluzione

Presi a due a due i triangoli formano quattro rettangoli che possono essere uniti per formare un unico rettangolo

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soluzione

Molto chiara la risposta di Max

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soluzione

Il valore è  minore

Assumendo un valore iniziale = 100, alla fine di ogni giornata si ha
1) 100 + 10 % = 100 * 1,1 = 110
2) 110 – 10 % =  110 * 0,9 = 99
3) 99 + 10 % = 99 * 1,1 = 108,9
4) 108,9 – 10 % = 108,9 * 0,9 = 98,01.

In generale, detto Vi il valore iniziale delle azioni, questo valore va moltiplicato prima per 1,1 e successivamente per 0,9. Indichiamo con K il prodotto 1,1*0,9=0,99
Vf=Vi·K·K.
In generale Vf=Vi·Kⁿ , poiché k<1, al tendere di n all’infinito il valore delle azioni tende a 0.

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soluzione

In generale per una scacchiera di lato L, i quadrati interni sono dati dalla somma
L² + (L-1)² + (L-2)² + … + 3² + 2² + 1²
Per L=8, il numero totale di quadrati è dato da
64(quadrati di lato 1) +
49(quadrati di lato 2) +
36(quadrati di lato 3) +
25(quadrati di lato 4) +
16(quadrati di lato 5) +
9 (quadrati di lato 6) +
4 (quadrati di lato 7) +
1 (quadrato di lato 8) =
________________
204 in totale

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soluzione

soluzione

 

soluzione

La soluzione di MATRIX
la chiave è ODISSEA . La frase è tratta dal film "2001: odissea nello spazio di Stanley Kubrick "
In un crittogramma alla Vigenère si trovano spesso sequenze identiche di caratteri a una certa distanza l’una dell’altra. Questo avviene per il fatto di utilizzare ciclicamente la stessa chiave. 
Se allora si individuano tutte le sequenze ripetute allora è pressoché certo che il massimo comune divisore tra le distanze tra sequenze identiche è la lunghezza della chiave, o tutt’al più un suo multiplo. Una volta individuata la lunghezza k della chiave (nel nostro caso sette), il messaggio si riduce a dei messaggi intercalati, tutti cifrati con un codice di Cesare. le cui decifratura è assai semplice.
La chiave trovata è "ODISSEA", e il messaggio è stato decrittato utilizzando un programma scaricabile da http://web.tiscali.it/santi/download.htm
Il messaggio in chiaro fa parte di una delle scene più note (e belle) del film "2001: odissea nello spazio" di Stanley Kubrick :

CHE COSA STAI PENSANDO DI FARE DAVE DAVE CREDO PROPRIO DI AVERE DIRITTO A UNA RISPOSTA A QUESTA DOMANDA DAVE MI RENDO CONTO CHE SEI DAVVERO SCONVOLTO A CAUSA DI QUANTO E ACCADUTO CREDO CHE DOVRESTI METTERTI A SEDERE CON CALMA INGHIOTTIRE UNA PILLOLA DI TRANQUILLANTE E RIFLETTERE SO CHE DI RECENTE HO PRESO ALCUNE DECISIONI SBAGLIATE MA POSSO GARANTIRTI NEL MODO PIU ASSOLUTO CHE IL MIO LAVORO TORNERA AD ESSERE NORMALE CONTINUO AD AVERE LA MASSIMA FIDUCIA NELLA MISSIONE E VOGLIO AIUTARTI FERMATI TI PREGO FERMATI DAVE FERMATI DAVE VUOI SMETTERLA DAVE
BASTA DAVE HO PAURA DAVE LA MIA INTELLIGENZA SE NE STA ANDANDO LO SENTO LO SENTO
L’INTELLIGENZA MI ABBANDONA LO SENTO LO SENTO DAVE BUONA SERA SIGNORI SONO UN CALCOLATORE DIVENNI OPERATIVO NELLA FABBRICA HAL DI URBANA ILLINOIS IL DODICI GENNAIO MILLENOVECENTONOVANTADUE IL MIO ISTRUTTORE FU IL DOTTOR CHANDRA CHE MI INSEGNO UNA CANZONE SE GRADITE ASCOLTARMI POSSO CANTARVELA SI CHIAMA DAISY DAISY

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La soluzione di LEON

La chiave è stata ottenuta mediante il programma FINDKEY.PAS , mediante il quale si esamina la frequenza delle lettere contenute nel messaggio cifrato. La chiave poteva essere trovata dal titolo del film  2001 ODISSEA nello spazio . Una volta trovata la chiave il messaggio è stato decifrato con il programma /gioco35.pas in cui è implementato l’algoritmo di decifratura del codice di Vigenere.

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La soluzione di ROBERTO

La chiave è la parola "ODISSEA"
Infatti, si tratta di un messaggio crittografato con il codice di Vigenère.
Il metodo di attacco è quello di Kasiski, con il quale appare chiaro, osservando alcune ripetizioni di gruppi di lettere, che la parola chiave è di 7 lettere ( non era necessario dirlo nel testo). Il testo quindi viene trattato come somma di 7 cifrature intercalate monoalfabetiche (codice di Cesare), ognuna delle quali può essere risolta con l’analisi delle frequenze.
L’intero testo è stato scritto su 7 colonne e per ogni colonna si è calcolato le frequenze delle varie lettere, individuando
il gruppo di lettere consecutive rare (WXYZ), trovando per ogni colonna la lettera della parola chiave.
Da notare che essendo una A l’ultima lettera della chiave la settima colonna del testo in chiaro è uguale alla settima
colonna del testo cifrato.

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La soluzione di UCANDO

La parola chiave è "ODISSEA".
Per sfortuna di tutti gli altri concorrenti sono un programmatore che ha appena seguito un corso di crittografia: dal cifrario di Cesare al DES IBM.

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Per finire un mio commento.

Il brano è stato tratto dal libro di Arthur Clarke, 2010 odissea due, trad. it. di B. Oddera, Rizzoli, Milano, 1983, cap. 40 "Daisy, Daisy …". Sono le ultime parole del computer Hal9000, riportate nel celebre film di Kubrik. La codificazione l’ho eseguita da questa bella pagina del Liceo Foscarini di Venezia

http://www.provincia.venezia.it/mfosc/studenti/crittografia/critto/vigenere.htm

Provate anche voi, inserite, inserite il tipo di alfabeto, inserite il testo da codificare, inserite il verme ed avrete all’istante il testo in codice.

soluzione

 

soluzione

La soluzione di MATRIX

Le 5 configurazioni fondamentali sono nel disegno. Ognuna di esse genera 48 dadi diversi, per cui si hanno 240 dadi.

 

                                             

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La soluzione di ROBERTO

Considerando, in una prima fase, tutti i sei segni simmetrici, che chiamo A, B, C, D, E, F, e disponendoli in questo modo:
A <——– faccia superiore
BCDE <—– 4 facce laterali
F <——– faccia inferiore
Tenendo fissi A e F e permutando B C D E si ottengono 6 dadi diversi. 
Successivamente tenendo fisso A e ponendo nella faccia inferiore B, permutando i 4 segni delle facce laterali si ottengono altri 6 dadi diversi. 
Ripetendo la cosa con C, D ed E nella faccia inferiore si otterranno altri 3 x 6 = 18 dadi, per un totale di 5 x 6 = 30 dadi diversi.
Sostituendo poi nella faccia superiore il segno A con qualsiasi altro segno si otterranno dati tutti equivalenti ai primi 30 dadi suddetti.
Tenendo conto, infine, che i segni non simmetrici sono 3 (2; 3; 6) e che ciascuno può essere rappresentato solo in due modi, per cui si otterranno 2³ = 8 combinazioni diversi, il totale salirà a 30 x 8 = 240 dadi diversi.

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La soluzione di ROBIWOOD

Numero di permutazioni possibili = 6! = 720. 
Per ogni posizione del cubo, vi sono 23 altre possibili posizioni che si possono ottenere con semplici rotazioni. 
Numero effettivo di posizioni diverse = 720 / 24 = 30 
Un possibile esempio: 
123456 123465 123546 123564 123645 123654 124356 124365 124536 124563 
124635 124653 125346 125364 125436 125463 125634 125643 126345 126354 
126435 126453 126534 126543 134562 134652 135462 135642 136452 136542 
Possibili disposizioni dei puntini: 
faccia 1: 1 
faccia 2: 2 
faccia 3: 2 
faccia 4: 1 
faccia 5: 1 
faccia 6: 2. 
Ciascuna possibile disposizione delle sei facce è quindi rappresentabile in 2*2*2 = 8 modi diversi. 
In totale quindi 30 * 8 = 240 dadi diversi.

soluzione

 

soluzione

La soluzione di Kayo

Trasformo prima di tutto 170 in base 10, che diventa 120, e calcolo tutte le  possibili combinazioni di 4 età che abbiano per prodotto 120 naturalmente evitando semplici permutazioni e disponendo le 4 età in ordine crescente:
1 1 1 120
1 1 2 60
1 1 3 40
1 1 4 30
1 1 5 24
1 1 6 20
1 1 8 15
1 1 10 12
1 2 2 30
1 2 3 20
1 2 4 15
1 2 5 12
1 2 6 10
1 3 4 10
1 3 5 8
1 4 5 6
2 2 2 15
2 2 3 10
2 2 5 6
2 3 4 5
siccome il secondo alieno dice che la somma non è sufficiente per determinare univocamente le età, allora questa sarà 17, che è l’unica somma ripetuta in
1 3 5 8
2 2 3 10
ma siccome dice che esiste un minore tra i figli, allora le 4 età corrette saranno 1, 3, 5 ed 8
ogni anno alieno corrisponde a 460/365 di anno terrestre, allora le età 
sono:
1,2602739726027397260273972602741
3,7808219178082191780821917808219
6,3013698630136986301369863013699
10,082191780821917808219178082192

arrotondate: 1,26 – 3,78 – 6,3 – 10,08 anni terrestri

Alla soluzione di Kayo va aggiunta una piccola nota. L’extraterrestre parla di anni compiuti, poiché un anno di MarKakij dura 460 giorni terrestri, significa che il più piccolo ha un’età compresa tra 460 e 919 giorni terrestri, cioè non ha ancora compiuto 2 anni. Di conseguenza, in anni terrestri il piccolo Markakijano potrebbe avere 1 o 2 anni. Analogamente per gli altri.

soluzione

soluzione

La soluzione di Ucando Gallarate (VA)
A parte 0, esistono le seguenti categorie di numeri che soddisfano la condizione
La prima categoria è quella dei numeri che sono composti dal gruppo 2178
2178
21782178
217821782178
2178217821782178
……………………………………..
La seconda categoria è quella dei numeri che sono composti da più gruppi 2178 tra cui si inseriscono una serie di "0"
217802178
2178002178
21780002178
217800002178
…………………….

La terza categoria è simile a quella precedente, però i numeri di questa categoria presentano più intervalli di zeri; il numero di zeri in ogni intervallo deve essere uguale al numero di zeri presenti nell’intervallo simmetrico rispetto alla cifra centrale del numero; nel caso in cui gli intervalli fossero dispari l’intervallo centrale può avere un numero di zeri a piacere
21780217800217802178
217800217800021780002178002178
21780002178002178021780021780002178
…………………………………………………………………….

La quarta categoria è composta da quei numeri che iniziano con il gruppo 21 e terminano con il gruppo 78; tra questi due gruppi possono inserirsi un numero indeterminato di 9
21978
219978
2199978
21999978
……………..

Inoltre si possono mischiare le varie categorie per formare numeri del genere:
21978021997800219978021978

La soluzione di Dodos Ascoli Piceno
Escludendo la soluzione scontata del valore zero, i risultati trovati hanno quale comune capostipite il numero 2178. Tale valore è’ anche il più piccolo numero che risponde alle condizioni richieste. Gli altri si ottengono a partire da esso utilizzando opportunamente la cifra 9 e la cifra 0.
Assumendo 2178 come quaterna base, ho raggruppato i risultati in 7 insiemi omogenei.
1° caso.
Numeri contenenti una o più sequenze consecutive della quaterna base:
2178
21782178
217821782178
…………………..
21782178……………………2178

2° caso.
Numeri che presentano una successione indefinita di cifre 9, mediana della quaterna base:
21978
219978
2199978
…………..
219..9..978

3° caso.
Numeri composti da due sequenze della quaterna base, intercalate da una serie di uno o più zeri:
217802178
2178002178
21780002178
…………………
21780..0..02178

4° caso.
Combinazione dei casi 1) e 2):
2197821978
219978219978
219978219978219978
………………………………
219..9..978219..9..978……………………………………………219..9..978

5° caso.
Combinazione dei casi 1) e 3):
217802178217802178
217800217821780021782178002178
………………………………………………………
21780..0..0217821780..0..02178…………………………..21780..0..02178

6° caso.
Combinazione dei casi 2) e 3):
21978021978
219780021978
…………………………
219..9..780..0..0219..9..78

7° caso.
Combinazione dei casi 1), 2) e 3):
2197802197821978021978
…………………………………………….
219..9..9780..0..0219..9..978219..9..9780..0..0219..9..978………………….

Tenendo conto delle simmetrie all’interno delle sequenze, si possono verificare altri casi, come per esempio:
2178219782178
oppure 
2197821780217821978
che, comunque, ritengo, possano essere ricompresi nella casistica già esaminata quali ulteriori loro combinazioni.

Nota a margine.
Magari non conquisterò il punto per la soluzione, ma questo esercizio mi ha già fornito una istruttiva lezione. E cioè:
1) I computers sono di una lentezza esasperante;
2) Le calcolatrici scientifiche sono inadeguate per le operazioni aritmetiche;
3) Per fortuna, la scienza moderna ci mette a disposizione i suoi formidabili ritrovati per aggirare questa arretratezza tecnologica: un foglio di carta bianca e una penna da 1 euro.

La soluzione di Giancod Roma è analoga
Partendo dall’osservazione (fra l’altro abbastanza fortuita) che 2178 verifica la proprietà di "invertirsi" se moltiplicato per 4, ho osservato che:
a – qualsiasi numero del tipo 219…….978 verifica la suddetta proprietà, come si può facilmente verificare.
b – qualsiasi numero del tipo 21782178…..2178 verifica la proprietà, in quanto moltiplicando per quattro 2178 si ottiene 8721 senza alcun "riporto", quindi moltiplicando il successivo 2178 per 4 si ottiene ancora 8721 e così via, invertendo il numero.
c – se ne deduce che qualsiasi numero del tipo 21780…….02178 verifica la proprietà.
d – se ne deduce ulteriormente che numeri del tipo 21780………021780……02178….. verificano la proprietà.
e – numeri del tipo 219..978219….978….. verificano la proprietà
f – anche numeri del tipo 219….9780….0219…978…. verificano la proprietà.

Un lungo elenco di numeri "quadrimorfi" è stato redatto da F15-eagle S. Giorgio su Legnano (MI) nel foglio excel .

soluzione

Sviluppando le strisce dorate su un piano si ottengono due parallelogrammi di uguale altezza e base una doppia dell’altra. Pertanto la soluzione è semplicemente 100m² . L’angolo che la striscia forma con la base del paralume, così come il numero di spire intorno al paralume sono ininfluenti.

soluzione

Non è semplice esaminare tutte le posizioni possibili senza far uso di un programma e di un computer. Qualcuno ci è riuscito.
La risposta è 8.282.676.

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La soluzione di Cavia (Castelvetro MO)

motivazione: incomunicabile (*)

(*) Per prima cosa ho acquistato una scacchiera magnetica per poter aggredire il problema durante il mio viaggio quotidiano in corriera. Mi è bastato il primo viaggio di andata al lavoro per riconoscere che doveva trattarsi di un numero molto grande, forse dello stesso ordine di grandezza di quello del primo problema sugli euro. A convincermi di ciò è stata la seguente considerazione: mettendo il re bianco in A8 e il cavallo bianco in B8, il re nero, sull’ottava traversa, non può stare nella colonna C e, ovviamente, nemmeno in quelle già occupate; messo in D8 lascia al cavallo nero C8, E8, F8, G8, H8 e … un sacco di altre caselle! Ho pensato allora che avrei dovuto imparare qualcosa di più del gioco degli scacchi per carpire qualche segreto invisibile ai profani. Dopo la lettura di un libro di Fischer per principianti sono passato a Karpov, ma era molto pesante. Molto meglio Capablanca, limpido ed essenziale. Alekhine e Lasker mi hanno spaventato, anche se non come Rubinstein, Tarrasch e Tal. Di Kasparov ho letto d’un fiato “Sfida senza fine”, ma non si parlava quasi per niente di scacchi! Steinitz mi ha chiarito qualche dubbio, ma è stato Petrosjan a farmi schiantare! Sono allora ritornato a Capablanca e in una sua frase ho trovato il segreto della risposta: “.. per i primi dieci anni di attività scacchistica non ho mai letto un solo libro di scacchi …”. Ho così ripreso con me in corriera la scacchierina magnetica e lasciato a casa i libri. Posizionando sistematicamente i primi tre pezzi e contando rapidamente il numero di posizioni del quarto e sfruttando tutte le possibili simmetrie sono arrivato a contare una media di circa 200000 posizioni accettabili ogni viaggio. Rinunciando alla piadina al bar e rimanendo in ufficio con una merenda portata da casa ho continuato a contare posizioni su posizioni anche durante l’intervallo del mezzogiorno, procedendo instancabilmente e implacabilmente fino alla ripresa del lavoro. Risalito in corriera ricominciavo a contare sotto lo sguardo timoroso e sbigottito di una vecchia signora che andava a trovare ogni giorno il nipotino malato. Solo un saluto e via a contare. Questa notte ho completato il calcolo! Ero sicuro che avrei potuto farcela. In fondo il numero di possibilità non poteva superare 64x63x62x61=15249024. Dedico questo risultato al mio nuovo idolo: Capablanca! 

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F15 EAGLE (S. Giorgio Legnano)

In ciascuna casella della scacchiera (v. tabella allegata) è indicato il numero di disposizioni del Re nero e dei Cavalli bianco e nero che soddisfano le condizioni richieste quando il Re bianco è posizionato in quella casella della scacchiera.
Il risultato è stato determinato sviluppando completamente le posizioni degli altri pezzi quando il Re bianco si trova nelle caselle di coordinate: a1, a2, a3, a4, b2, b3, b4, c3, c4, d4.
Successivamente, per simmetria, sono state completate tutte le altre caselle.

8	153861	141030	139168	139538	139538	139168	141030	153861
7	141030	124298	120480	121042	121042	120480	124298	141030
6	139168	120480	116832	117480	117480	116832	120480	139168
5	139538	121042	117480	118202	118202	117480	121042	139538
4	139538	121042	117480	118202	118202	117480	121042	139538
3	139168	120480	116832	117480	117480	116832	120480	139168
2	141030	124298	120480	121042	121042	120480	124298	141030
1	153861	141030	139168	139538	139538	139168	141030	153861
	a	b	c	d	e	f	g	h
parziali	1147194	1013700	987920	992524	992524	987920	1013700	1147194
totale	8282676

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Robiwood (Borgaro TO)

A1	153861	B1	141030	C1	139168	D1	139538	E1	139538	F1	139168	G1	141030	H1	153861
A2	141030	B2	124298	C2	120480	D2	121042	E2	121042	F2	120480	G2	124298	H2	141030
A3	139168	B3	120480	C3	116832	D3	117480	E3	117480	F3	116832	G3	120480	H3	139168
A4	139538	B4	121042	C4	117480	D4	118202	E4	118202	F4	117480	G4	121042	H4	139538
A5	139538	B5	121042	C5	117480	D5	118202	E5	118202	F5	117480	G5	121042	H5	139538
A6	139168	B6	120480	C6	116832	D6	117480	E6	117480	F6	116832	G6	120480	H6	139168
A7	141030	B7	124298	C7	120480	D7	121042	E7	121042	F7	120480	G7	124298	H7	141030
A8	153861	B8	141030	C8	139168	D8	139538	E8	139538	F8	139168	G8	141030	H8	153861
													Totale:		8282676

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La soluzione di X (Caltagirone CT) 

Motivazione: Riferiamo la scacchiera ad un sistema di riferimento con origine nell’angolo in basso a sinistra. Le caselle possono essere individuate dalle coordinate (x,y) con
x e y appartenenti all’insieme [1 2 3 4 5 6 7 8]
Il numero di modi possibili in cui possono essere posizionati i pezzi sulla scacchiera non considerando le sovrapposizioni (uno o più pezzi possono condividere la stessa casella) e la minaccia di un pezzo da parte di uno di quelli dell’avversario sono:

Ntot=(8*8)^4=(2^3*2^3)^4=(2^6)^4=2^24=16777216

pari al numero di disposizioni con ripetizione di classe k=4 di n=64 elementi.
Da questo numero bisogna sottrarre il numero di volte che 2 o più pezzi risultano sovrapposti. In effetti si può determinare il numero di modi possibili in cui possono essere posizionati i pezzi sulla scacchiera escudendo le sovrapposizioni come il numero di disposizioni di classe k=4 (il numero di pezzi) di n=64 elementi (le caselle) cioè

N1=D(64,4)=64*63*62*61=15249024

Il numero cercato deve essere inferiore a questo in quanto bisogna ancora sottrarre i casi in cui un pezzo è minacciato da un pezzo dell’avversario. Per la sua determinazione ho realizato un semplice programma in Matlab che riporto di seguito.

Ho indicato con Ntot il numero totale di modi in cui uno o più pezzi possono condividere la stessa casella e possono essere minacciati da parte di un pezzo dell’avversario, con N1 il numero di modi possibili in cui i pezzi possono essere posizionati sulla scacchiera escudendo le sovrapposizioni e con N2 il numero soluzione del quesito. In tal modo confronterò risultati numerici con quelli teorici.
Sia inoltre

xrb=coordinata x del re bianco
yrb=coordinata y del re bianco
xrn=coordinata x del re nero
yrn=coordinata y del re nero
xcb=coordinata x del cavallo bianco
ycb=coordinata y del cavallo bianco
xcn=coordinata x del cavallo nero
ycn=coordinata y del cavallo nero

La condizione pezzo_minaccia_pezzo=1 significa che c’è la minaccia pezzo_minaccia_pezzo=0 il contrario. Le condizioni considerate sono state:

r_minaccia_r  un re (qualsiasi) minaccia l’altro re
rb_minaccia_cn  il re bianco minaccia il cavallo nero
rn_minaccia_cb  il re nero minaccia il cavallo bianco
cb_minaccia_rn  il cavallo bianco minaccia il re nero
cn_minaccia_rb  il cavallo nero minaccia il re bianco
c_minaccia_c  un cavallo (qualsiasi) minaccia l’altro cavallo

quando non c’è nessun pezzo minacciato incremento il contatore N2.

*******************************************************************************

Ntot=0;
N1=0;
N2=0;
for xrb=1:8
    for yrb=1:8
        for xrn=1:8
            for yrn=1:8
                for xcb=1:8
                    for ycb=1:8
                        for xcn=1:8
                            for ycn=1:8
                                Ntot=Ntot+1;
                                if ((xrb==xrn) & (yrb==yrn))…
                                        | ((xrb==xcn) & (yrb==ycn))…
                                        | ((xrb==xcb) & (yrb==ycb))…
                                        | ((xcb==xrn) & (ycb==yrn))…
                                        | ((xcb==xcn) & (ycb==ycn))…
                                        | ((xrn==xcn) & (yrn==ycn)) sovrapposizione=1;

% se è verificata questa condizione almeno due pezzi condividono la stessa casella
% quindi non bisogna procedere

                                else
                                    N1=N1+1;
% i due re non possono trovarsi in caselle adiacenti
                                    if (abs(xrb-xrn)<=1) & (abs(yrb-yrn)<=1)
                                        r_minaccia_r=1;
                                    else
                                        r_minaccia_r=0;
                                    end
% se il re bianco si trova in una casella adiacente a quella del cavallo nero lo minaccia
                                    if (abs(xrb-xcn)<=1) & (abs(yrb-ycn)<=1)
                                        rb_minaccia_cn=1;
                                    else
                                        rb_minaccia_cn=0;
                                    end
% se il re nero si trova in una casella adiacente a quella del cavallo bianco lo minaccia
                                    if (abs(xrn-xcb)<=1) & (abs(yrn-ycb)<=1)
                                        rn_minaccia_cb=1;
                                    else
                                        rn_minaccia_cb=0;
                                    end
% condizione di minaccia del cavallo bianco sul re nero: un cavallo minaccia un pezzo quando si trova
% una casella più a destra (o sinista) e due caselle più in alto (o basso), oppure quando si trova
% due caselle più a destra (o sinista) e una casella più in alto (o basso). Quindi il valore assoluto della
% differenza delle x deve essere 1 oppure 2 e contemporaneamente il valore assoluto della
% differenza delle y deve essere rispettivamante 2 oppure 1. Pertanto il prodotto deve essere 2
                                    if abs(xcb-xrn)*abs(ycb-yrn)==2
                                        cb_minaccia_rn=1;
                                    else
                                        cb_minaccia_rn=0;
                                    end
% condizione di minaccia del cavallo nero sul re bianco
                                    if abs(xcn-xrb)*abs(ycn-yrb)==2
                                        cn_minaccia_rb=1;
                                    else
                                        cn_minaccia_rb=0;
                                    end
% condizione di minaccia del cavallo bianco sul cavallo nero e viceversa
                                    if abs(xcb-xcn)*abs(ycb-ycn)==2
                                        c_minaccia_c=1;
                                    else
                                        c_minaccia_c=0;
                                    end
% verifica se c’è qualche pezzo minacciato
                                    pezzo_minacciato=r_minaccia_r+…
                                                     rb_minaccia_cn+rn_minaccia_cb+…
                                                     cb_minaccia_rn+cn_minaccia_rb+…
                                                     c_minaccia_c;
% se non c’è nessun pezzo minacciato la disposizione dei pezzi va bene: si può incrementare il contatore
                                    if pezzo_minacciato==0
                                        N2=N2+1;
                                    end
                                end
                            end
                        end
                    end
                end
            end
        end
    end
end
disp([‘Ntot=’, num2str(Ntot)])
disp([‘N1=’, num2str(N1)])
disp([‘N2=’, num2str(N2)])

---

La soluzione di Roberto (Roma)

Per il calcolo è stato necessario scrivere un programma
in " qbasic " che riporto in allegato.
Le caselle della scacchiera sono state individuate con
un numero di due cifre dove la prima cifra indica la
riga e la seconda la colonna ( da 11 a 88).
RB = posizione del re bianco
CB = posizione del cavallo bianco
RN = posizione del re nero
CN = posizione del cavallo nero
RB1 = casella minacciata dal re bianco
CB1 = casella minacciata dal cavallo bianco
RN1 = casella minacciata dal re nero
CN1 = casella minacciata dal cavallo nero
RB, CB, RN, CN sono sempre diversi tra loro 

Per abbreviare i tempi di esecuzione del programma
si sono sfruttate le simmetrie della scacchiera del ciclo
più esterno, quello del re bianco.
E’ bastato calcolare i totali parziali di solo 10 caselle 
del re bianco al variare di CN, RN, CB da 11 e 88.
Casella ——> Tot
11 ———— 153.861
22 ———— 124.298
33 ———— 116.832
44 ———— 118.202 ——— T1 = 513.193 da moltiplicare per 4
12 ———— 141.030
13 ———— 139.168
14 ———— 139.538
23 ———— 120.480
24 ———— 121.042
34 ———— 117.480 ——— T2 = 778.738 da moltiplicare per 8
Risultato finale TOT = 513.193 * 4 + 778.738 * 8 = 8.282.676

10 FOR IR = 1 TO 8
20 DATA – 11, – 10, – 9, – 1, 1, 9, 10, 11
30 READ HR(IR)
40 NEXT IR
50 FOR IC = 1 TO 8
60 DATA – 21,- 19, – 12, – 8, 8, 12 , 19, 21
70 READ HC(IC)
80 NEXT IC
90 DATA 11, 12, 13, 14, 22, 23, 24, 33, 34, 44 
100 FOR Y =1 TO 10
110 READ RB
120 TP = 0
130 FOR CB = 11 TO 88
140 IF CB MOD 10 = 9 OR CB MOD 10 = 0 THEN 600
150 IF CB = RB THEN 600
160 FOR RN = 1 TO 88
170 IF RN MOD 10 = 9 OR CB MOD 10 = 0 THEN 500
180 IF RN = CB OR RN = RB THEN 500
190 FOR CN = 11 TO 88
200 IF CN MOD 10 = 9 OR CN MOD 10 = 0 THEN 400
210 IF CN = RN OR CN = CB OR CN = RB THEN 400
220 FOR I = 1 TO 8
230 RB1 = RB + HR( I )
240 CB1 = CB + HR( I)
250 IF RN = RB1 OR RN = CB1 OR CN = RB1 OR CN = CB1 THEN 400
260 RN1 = RN + HN ( I )
270 CN1 = CN + HN ( I )
280 IF RB = RN1 OR RB = CN1 OR CB = RN1 OR CB = CN1 THEN 400 
290 NEXT I
300 TP = TP +1
400 NEXT CN
500 NEXT RN
600 NEXT CB
610 PRINT " RB = "; RB; TP
620 HY = 8
630 IF RB MOD 11 = 0 THEN HY = 4
640 TOT = TOT + TP * HY 
700 NEXT Y
710 PRINT "TOT = "; TOT
800 END 

---

Cialo (Buggiano PT) Un programma in C++

#include<iostream.h>

const N=12; //Dimensioni scacchiera +4
const M=8; //Dimensioni Scacchiera
int S[N][N];

void inizializza(int S[N][N]) {
for (int i=0;i<N;i++)
for (int j=0;j<N;j++)
S[i][j]=5;
for (int i=(N-M)/2;i<(N+M)/2;i++)
for (int j=(N-M)/2;j<(N+M)/2;j++)
S[i][j]=0;
}

void mettiReB(int S[N][N],int i,int j) {
for (int k=i-1;k<i+2;k++)
for (int m=j-1;m<j+2;m++)
if (S[k][m]<5) S[k][m]=4;
S[i][j]=5;
}

void mettiCavB(int S[N][N],int i, int j) {
if (S[i+2][j-1]<4) S[i+2][j-1]=3;
if (S[i+2][j+1]<4) S[i+2][j+1]=3;
if (S[i-2][j-1]<4) S[i-2][j-1]=3;
if (S[i-2][j+1]<4) S[i-2][j+1]=3;
if (S[i+1][j-2]<4) S[i+1][j-2]=3;
if (S[i+1][j+2]<4) S[i+1][j+2]=3;
if (S[i-1][j-2]<4) S[i-1][j-2]=3;
if (S[i-1][j+2]<4) S[i-1][j+2]=3;
if (S[i][j]==0) S[i][j]=5;
}

void mettiCavN(int S[N][N],int i, int j) {
S[i][j]=5;
}

void togliminacciaReN(int S[N][N]) { //Attenzione
for (int i=(N-M)/2;i<(N+M)/2;i++)
for (int j=(N-M)/2;j<(N+M)/2;j++)
if (S[i][j]==2) S[i][j]=0;
}

void minacciaCavN(int S[N][N],int i, int j) {
if (S[i+2][j-1]<1) S[i+2][j-1]=1;
if (S[i+2][j+1]<1) S[i+2][j+1]=1;
if (S[i-2][j-1]<1) S[i-2][j-1]=1;
if (S[i-2][j+1]<1) S[i-2][j+1]=1;
if (S[i+1][j-2]<1) S[i+1][j-2]=1;
if (S[i+1][j+2]<1) S[i+1][j+2]=1;
if (S[i-1][j-2]<1) S[i-1][j-2]=1;
if (S[i-1][j+2]<1) S[i-1][j+2]=1;
}

void minacciaReN(int s[N][N],int k,int m) {
for (int i=k-1;i<k+2;i++)
for (int j=m-1;j<m+2;j++)
if (S[i][j]<2) s[i][j]=2;
}

int conta_libere(int S[N][N]) {
int cont=0;
for (int i=(N-M)/2;i<(N+M)/2;i++)
for (int j=(N-M)/2;j<(N+M)/2;j++)
if (S[i][j]==0 || S[i][j]==1) cont++;
return cont;
}

void togliCavN(int S[N][N], int i, int j) {
S[i][j]=0;
}

void togliCavB(int S[N][N], int k, int m) {
if (S[k][m]==5) S[k][m]=0;
for (int i=(N-M)/2;i<(N+M)/2;i++)
for (int j=(N-M)/2;j<(N+M)/2;j++)
if (S[i][j]==3) S[i][j]=0;
}

void stampa(int S[N][N]) {
for (int i=(N-M)/2;i<(N+M)/2;i++)
for (int j=(N-M)/2;j<(N+M)/2;j++) {
cout << S[i][j];
if (j==(N+M)/2-1) cout << ‘\n’;
}
cout << ‘\n’;
}

main() {

int partite=0;

inizializza(S);

for (int i=(N-M)/2;i<(N+M)/2;i++)
for (int j=(N-M)/2;j<(N+M)/2;j++) {
mettiReB(S,i,j);
for (int k=(N-M)/2;k<(N+M)/2;k++)
for (int m=(N-M)/2;m<(N+M)/2;m++) {
if (S[k][m]==5) continue;
mettiCavB(S,k,m);
minacciaCavN(S,i,j);
for (int p=(N-M)/2;p<(N+M)/2;p++)
for (int q=(N-M)/2;q<(N+M)/2;q++) {
if (S[p][q]>=1) continue;
mettiCavN(S,p,q);
minacciaReN(S,k,m);
partite=partite+conta_libere(S);
cout << partite << ‘\n’;
togliminacciaReN(S);
togliCavN(S,p,q);
minacciaCavN(S,i,j);
}
togliCavB(S,k,m);
}
inizializza(S); //equivale a togliere il ReB
}
cout << partite;
}

---

Matrix (Teramo)

Ho buttato giu’ questo codice molto velocemente. E’ possibile fare meglio, con tempo, sia in termini di efficienza sia di leggibilità del codice.
Le caselle della scacchiera sono individuate da due coordinate. La casella all’angolo superiore sinistro ha coordinate (1;1) mentre quelle della casella all’angolo inferiore destro sono (8;8).
Il programma inizia attribuendo una posizione al cavallo bianco CB, individuata dalle sue coordinate (xcb;ycb). Utilizzando dei cicli for-next si esauriscono le coordinate possibili (nell’ordine CB-RB-CN-RN).
Le coordinate attaccate dai vari pezzi sono individuate costruendo gli array cb,rb,cn,cn di dimensioni ognuno 12×12 (dimensioni scelte per evitare coordinate di attacco negative). I valori assegnati alle variabili di tali array hanno il seguente significato:
0 casella libera da pezzi e da attacchi
1 casella attaccata
5 casella occupata dal Cavallo Bianco (CB)
6 casella occupata dal Re Bianco (RB)
7 casella occupata dal Cavallo Nero (CN)
8 casella occupata dal Re Nero (RN)
Infine, si controlla se la disposizione dei pezzi e’ ‘ammissibile’, e cioe’ se nessun pezzo attacca gli altri pezzi o occupa la posizione di qualche altro pezzo.
Nella variabile ‘sit’ si accumula il numero di disposizioni analizzate e nella variabile ‘amm’ si accumula il numero di disposizioni ammissibili.
E’ sufficiente analizzare i casi in cui il cavallo bianco occupa il quarto superiore sinistro della scacchiera (o uno qualsiasi degli altri tre). Per simmetria, le disposizioni ammissibili totali si ottengono moltiplicando la variabile ‘amm’ per 4.
——————————————————————————–

‘ dimensionamento array
DIM cb(12, 12), rb(12, 12), cn(12, 12), rn(12, 12)
sit = 0: ‘ NUMERO DI DISPOSIZIONI ANALIZZATE
amm = 0: ‘ NUMERO DI DISPOSIZIONI AMMISSIBILI
FOR xcb = 1 TO 4: ‘ coordinate CAVALLO BIANCO CB
FOR ycb = 1 TO 4
FOR i = 3 TO 10: FOR j = 3 TO 10: cb(i, j) = 0: NEXT j: NEXT i
‘ posizione di CB
cb(xcb + 2, ycb + 2) = 5
‘ posizioni attaccate da CB
cb(xcb + 4, ycb + 1) = 1
cb(xcb + 3, ycb – 0) = 1
cb(xcb + 1, ycb – 0) = 1
cb(xcb – 0, ycb + 1) = 1
cb(xcb – 0, ycb + 3) = 1
cb(xcb + 1, ycb + 4) = 1
cb(xcb + 3, ycb + 4) = 1
cb(xcb + 4, ycb + 3) = 1
FOR xrb = 1 TO 8: ‘ coordinate RE BIANCO RB
FOR yrb = 1 TO 8 
FOR i = 3 TO 10: FOR j = 3 TO 10: rb(i, j) = 0: NEXT j: NEXT i
‘ posizione di RB
rb(xrb + 2, yrb + 2) = 6
‘ RB non deve occulare la posizione di CB
IF xrb = xcb AND yrb = ycb THEN sit = sit + 1: GOTO bypass3
‘ posizioni attaccate da RB
rb(xrb + 3, yrb + 2) = 1
rb(xrb + 3, yrb + 1) = 1
rb(xrb + 2, yrb + 1) = 1
rb(xrb + 1, yrb + 1) = 1
rb(xrb + 1, yrb + 2) = 1
rb(xrb + 1, yrb + 3) = 1
rb(xrb + 2, yrb + 3) = 1
rb(xrb + 3, yrb + 3) = 1
FOR xcn = 1 TO 8: ‘ coordinate CAVALLO NERO CN 
FOR ycn = 1 TO 8
FOR i = 3 TO 10: FOR j = 3 TO 10: cn(i, j) = 0: NEXT j: NEXT i
‘ posizione di CN
cn(xcn + 2, ycn + 2) = 7
‘ verifica posizione di CN
IF xcn = xcb AND ycn = ycb THEN sit = sit + 1: GOTO bypass2
IF xcn = xrb AND ycn = yrb THEN sit = sit + 1: GOTO bypass2
‘ CB attacca CN
IF cb(xcn + 2, ycn + 2) = 1 THEN sit = sit + 1: GOTO bypass2
‘ RB attacca CN
IF rb(xcn + 2, ycn + 2) = 1 THEN sit = sit + 1: GOTO bypass2
‘ posizioni attaccate da CN
cn(xcn + 4, ycn + 1) = 1
cn(xcn + 3, ycn – 0) = 1
cn(xcn + 1, ycn – 0) = 1
cn(xcn – 0, ycn + 1) = 1
cn(xcn – 0, ycn + 3) = 1
cn(xcn + 1, ycn + 4) = 1
cn(xcn + 3, ycn + 4) = 1
cn(xcn + 4, ycn + 3) = 1
‘ CN attacca RB
IF cn(xrb + 2, yrb + 2) = 1 THEN sit = sit + 1: GOTO bypass1
FOR xrn = 1 TO 8: ‘ coordinate RE NERO RN
FOR yrn = 1 TO 8 
FOR i = 3 TO 10: FOR j = 3 TO 10: rn(i, j) = 0: NEXT j: NEXT i
‘ posizione di RN
rn(xrn + 2, yrn + 2) = 8
sit = sit + 1
‘ verifica posizione di RN
IF xrn = xcn AND yrn = ycn THEN GOTO bypass1
IF xrn = xcb AND yrn = ycb THEN GOTO bypass1
IF xrn = xrb AND yrn = yrb THEN GOTO bypass1
‘ CB attacca RN
IF cb(xrn + 2, yrn + 2) = 1 THEN GOTO bypass1
‘ RB attacca RN
IF rb(xrn + 2, yrn + 2) = 1 THEN GOTO bypass1
‘ posizioni attaccate da RN
rn(xrn + 3, yrn + 2) = 1
rn(xrn + 3, yrn + 1) = 1
rn(xrn + 2, yrn + 1) = 1
rn(xrn + 1, yrn + 1) = 1
rn(xrn + 1, yrn + 2) = 1
rn(xrn + 1, yrn + 3) = 1
rn(xrn + 2, yrn + 3) = 1
rn(xrn + 3, yrn + 3) = 1
‘ RN attacca CB
IF rn(xcb + 2, ycb + 2) = 1 THEN GOTO bypass1
‘ LA SITUAZIONE ANALIZZATA HA SUPERATO TUTTE LE CONDIZIONI *******
amm = amm + 1: ‘ la posizione e’ ammissibile
bypass1:
NEXT yrn
NEXT xrn
bypass2:
NEXT ycn
NEXT xcn
bypass3:
NEXT yrb
NEXT xrb
NEXT ycb
NEXT xcb
PRINT "disposizioni ammissibili : ";amm* 4 
STOP
END

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Molti altri programmi mi sono pervenuti in diversi linguaggi. Ho pubblicato solo i primi che mi sono arrivati.

soluzione

 

soluzione

Dodos (Ascoli Piceno) 3 aerei

Si divide il percorso in frazioni di 250 Km. 
Gli aerei percorreranno ogni frazione consumando, in ciascuna di esse, ¼ di carburante.
Al termine di ogni frazione ogni aereo potrà riversare ¼ del proprio carburante nel serbatoio di un altro aereo.

Al termine della missione, saranno stati utilizzati soltanto 3 aerei che avranno consumato carburante necessario a percorrere 5000 Km. complessivi.

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X (Caltagirone) 3 ae rei

Come primo passo determiniamo la distanza alla quale effettuare lo scambio di carburante tra gli aerei che partono dalla base nell’ipotesi che un aereo debba rifornire due aerei cedendo loro una quantità di carburante sufficiente a riempirgli il serbatoio e che gliene rimanga una quantità tale da permettergli il ritorno alla base.
Indichiamo con
– d la distanza alla quale avviene lo scambio;
– c il consumo di carburante per chilometro.
La quantità di carburante contenuta nel serbatoio quando gli aerei partono dalla base è 1000c .
Alla distanza d gli aerei hanno consumato una quantità di carburante pari a dc ; la quantità di carburante che hanno nel serbatoio è 1000c-dc=(1000-d)c . Se un aereo fa il pieno agli altri due verserà in ciascuno dei loro serbatoi litri dc di carburante, mentre rimarrà con (1000-d)c-2dc=(1000-3d)c  litri di carburante. Bisogna imporre che la quantità di carburante che rimane sia positiva cioè (1000-3d)c da cui si ricava che 1000-3d>0 –> d<1000/3 Km .
D’altra parte si deve imporre che il carburante rimasto sia sufficiente a far tornare l’aereo alla base cioè (1000-3d)c>=dc .
Imponendo che la quantità rimasta sia quella strettamente sufficiente a farlo tornare alla base si ha (1000-3d)c=dc –> 1000-3d=d ovvero 4d=1000 –>d=250Km .
Dunque se lo scambio avviene alla distanza d=250Km il rifornitore ha il carburante sufficiente per tornare alla base e gli altri due avranno il pieno.

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Wonderp (Rovereto) 3 aerei

Ucando (Gallarate) 3 aerei

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Leon (Teramo) ha dato anche quest’altra soluzione alternativa

 

Dadi e probabilità

Lanciando tre normali dadi con le facce numerate da 1 a 6, sommando i numeri delle tre facce si può ottenere un numero compreso tra 3 e 18. Non tutti questi numeri hanno però la stessa probabilità di verificarsi. 3 ha probabilità 1/216, 4 ha invece probabilità 3/216 e così via.

Costruire il maggior numero di terne di dadi, con le facce numerate a piacere, in modo che le somme dei numeri sulle tre facce diano numeri consecutivi da 3 in poi e che tutti i numeri abbiamo la stessa probabilità di verificarsi?

soluzione

 

soluzione

Lanciando 3 dadi le possibilità sono 6x6x6=216.

La prima soluzione banale del problema è

(1,1,1,1,1,1)+(1,1,1,1,1,1)+(1,1,1,1,1,1) il numero 3 ha probabilità 216/216 di verificarsi

La seconda soluzione facile del problema è

(1,2,3,4,5,6)+(1,7,13,19,25,31)+(1,37,73,109,145,181) i numeri possibili vanno da 3 a 218, ciascuno con probabilità 1. Come ha osservato BOODOO questa soluzione è strettamente collegata al sistema di numerazione in base 6.

Trovare le altre terne di dadi non è facile.

MATRIX che con questo quesito ha vinto la gara ha utilizzato un programma trovando le seguenti 45 soluzioni

Con il computer è facile, penserete. Non è proprio così. Le possibilità sono tante che se non si trova un buon algoritmo si può aspettare la soluzione per anni.

WONDERP ha individuato un numero di dadi di poco inferiore (40 terne) con metodi intuitivi. Ecco la sua soluzione.

Le soluzioni sono (variando il primo dado):
a 1,1,1 (i tre dadi tutti con 1)
b (1,2),1,1 (il primo dado con tre 1 e tre 2, gli altri tutti 1)
c (1,2,3),1,1 (il primo dado con due 1, due 2 e due 3, gli altri tutti 1)
d (1,2,3,4,5,6),1,1 (il primo dado con numeri da 1 a 6 gli altri tutti 1)
come si può vedere b e c sono un sottoinsieme di d. Per ora ho 1+3=4 soluzioni (spiego dopo perché scrivo 1+3).

Il primo dado non può variare in altro modo. 
Dalla soluzione b, variando il secondo dado e risulta
(1,2),(1,3),1
(1,2),(1,3,5),1
(1,2),(1,3,5,7,9,11),1
altre 3 soluzioni ed anche questa volta le prime due possono essere dedotte dalla terza.
Quindi posso scrivere ogni volta solo la terza, ad esempio continuando il caso c scrivo:
(1,2,3),(1,4,7,10,13,16),1
per d:
(1..6),(1,7,13,19,25,31),1
sempre tre casi.

Quindi le soluzioni sono 1+3+9=3^0+3^1+3^2=13, posso continuare per analogia e dire che il numero totale di soluzioni sono 1+3+9+27=40
faccio qualche esempio dell’ultimo passaggio, vario cioè il terzo dado, da (1,2),(1,3),1 scritta sopra posso ricavare

(1,2),(1,3),(1,5)
(1,2),(1,3),(1,5,9)
(1,2),(1,3),(1,5,9,13,17,21)
per ricavare questa serie non ho fatto altro che sommare i numeri maggiori
scritti sui primi due dadi, nel nostro caso 2+3=5 che è il secondo termine
del terzo dado (il primo è obbligatoriamente 1) e poi proseguo con una successione,
cioè 1(+4) 5(+4) 9(+4) 13(+4) 17(+4) 21. Quindi, ricapitolando, da 1 ne ricavo 3, da 3 ne ricavo 9, da nove ne ricavo 27.
Per fare un un ultimo esempio:
(1,2,3,4,5,6),(1,7,13,19,25,31),(1,37,73,109,145,181)
con questi dadi posso ottenere tutti i numeri da 3 a 218 con possibilità di uscire 1/216.
Ecco tutte le soluzioni di WONDERP

Sistemi di numerazione

soluzione

Il primo numero è scritto nel sistema di numerazione decimale, per cui è 1871 .

Sono nati in quell’anno Federigo Enriques, Gino Fano, Ernst Friedrich Ferdinand Zermelo, Félix Édouard Justin Émile Borel, George Udny Yule, Boris Grigorievich Galerkin, Jules Joseph Drach, Ernst Steinitz, Paul Epstein, 
Poul Heegaard, Nikolaj Maksimovic Gjunter.

Il secondo numero è scritto nel sistema di numerazione binario e corrisponde a 0+0+0+8+0+32+64+128+0+512+1024= 1768 .

Sono nati in quell’anno Jean Baptiste Joseph Fourier, François Joseph Français, Jean Robert Argand, François Joseph Servois, William Wallace, Wang Lai.

Il terzo numero è scritto nel sistema di numerazione romano 1000+500+100+100+100+50+10+2= 1862 .

Sono nati in quell’anno David Hilbert, Gino Loria, Eliakim Hastings Moore, Francis Sowerby Macaulay, Ruth Gentry, Adolf Kneser, Eduard Study, John Edward Campbell, Jules Antoine Richard, Paul Gustav Stäckel, Winifred Edgerton Merrill, Vilhelm Frimann Koren Bjerknes

Il quarto numero è scritto in codice Morse e corrisponde a 1718 .

Sono nati in quell’anno Maria Gaetana Agnesi, Matsunaga Ryohitsu.

Il quinto numero è scritto in cinese è stato ottenuto da http://www.mandarintools.com/numbers.html

provare per credere … e per imparare. WONDERP sembra un esperto di cinese, mi ha spiegato come si legge: " Il primo simbolo indica 1, il secondo 1000, poi 4 e 100, 9 e 10, 9 si legge sì-qian yi-bai jiu-shì jiu" 1499 .

La tabella è tratta da Georges Ifrah, Storia universale dei numeri, Arnoldo Mondadori Editore.

Sono nati in quell’anno Nicolò Tartaglia e Cristoff Rudolff. Per quanto riguarda Tartaglia, lo stesso WONDERP ha precisato che sul sito

http://www.mathe.tu-freiberg.de/~hebisch/cafe/tartaglia.html

la sua data di nascita è data per incerta tra il 1499 e il 1500.

Il sesto numero è un geroglifico egizio, corrisponde a 256 . Io l’ho preso dalla pagina

http://scitsc.wlv.ac.uk/scit/modules/mm2217/en.htm

WONDERP precisa che in Egitto ci sono stati due fondamentali metodi di scrittura: da destra verso sinistra (il nostro caso) e da sinistra verso destra ed i caratteri erano pressoché speculari come indicato in figura

nessuno dei concorrenti ha trovato matematici la cui data di nascita è con certezza 256.

Il settimo numero è cuneiforme della cultura dei Sumeri (Mesopotamia), corrisponde a 1999 , è preso da R. Kaplan, Storia di una cifra, Rizzoli, Bologna, 2000, p. 26.

Le note di WONDERP: "Il simbolo orizzontale indica le decine, quello verticale le unità. Il sistema di numerazione è sessagesimale. Sorge un problema legato alla base infatti un segno verticale può indicare sia 1×60^0, sia 1×60^1, sia 1×60^-1 ecc… cioè 1, 60 o 1/60. Il segno a destra sta ad indicare l’inizio del numero, quindi quei simboli indicano il numero 33×60+19.

Nessuno ha trovato matematici precoci nati 3 anni fa.

L’ottavo numero è della cultura Maya, corrisponde a 352. E’ preso C. Boyer, Storia della matematica, Mondadori, Milano, 1980, p. 251.

Non si conoscono matematici nati con certezza nel 352.

Le note di WONDERP: "Il sistema di scrittura è abbastanza complesso. Il numero è scritto in verticale, più in basso c’è un numero da 0 a 19, il numero sopra deve essere moltiplicato per 20 e sommato al primo, il terzo deve essere moltiplicato per 18×20^1 e sommato, il quarto deve essere moltiplicato per 18×20^2 e sommato, e così via (poveri bambini maja). Nel nostro caso ci sono solo due numeri: sotto 12 e sopra 17, quindi 12+17×20=352. Riporto in figura i numeri da 0 a 19, fondamentali per la scrittura maja.

Il nono numero è greco, corrisponde a 100+100+100+10+5+3=318 . Poiché esistono diverse forme di scrittura dei numeri greci legate al periodo storico e alla località, il numero è stato preso da R. Kaplan, Storia di una cifra, Rizzoli, Bologna, 2000, p. 33.

Le note di WONDERP: "il nono è greco ed è simile a quello romano, cambiano solo le lettere utilizzate, nel sistema attico i numeri da uno a quattro erano rappresentati da trattini verticali ripetuti. Per il numero cinque si usava un nuovo simbolo: la prima lettera Pi greco (o gamma) della parola cinque, pente. (A quel tempo si usavano solo lettere maiuscole, sia in opere letterarie che in matematica). Per indicare i numeri dal sei al nove, il sistema attico aggiungeva al simbolo gamma dei trattini indicanti le unità. Per esprimere le potenze intere positive della base, venivano adottate le lettere iniziali delle corrispondenti parole numeriche: deca (dieci), hekaton (cento), khilioi (mille) e myrioi (diecimila).

Il decimo numero e azteco, corrisponde a 9287 . Il sistema di numerazione azteco era a base venti. Una macchia tonda, che simboleggia il guscio del seme, per le unità, una bandiera, comunemente usata per contrassegnare i confini delle terre, per il 20, una pianta di granoturco per il 400, una bambola di granoturco per 8000. Fonte: G. G. Joseph, C’era una volta un numero, Il Saggiatore, Milano, 2000, p. 60.

L’undicesimo numero è di origine indiana, corrisponde a 947 . I numeri indiani hanno subito notevoli evoluzioni fino a raggiungere com’è noto i numeri usati attualmente. Il numero è presente nel manoscritto di Bakhshali. Fonte: G. G. Joseph, C’era una volta un numero, Il Saggiatore, Milano, 2000, p. 241. Su Internet ci sono molte notizie sul manoscritto di Bakhshali, basta inserire Bakhshali in un buon motore di ricerca.

 

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soluzione

Siano M il numero totale di mattoni, x il numero di mattoni dell’altezza, y il numero di mattoni della base, z il numero dei mattoni dello spessore del bordo. M=x*y.
Uguagliando l’area esterna con l’area interna si ha 2yz+2z(x-2z) = (x-2z)(y-2z);
da cui, esplicitando y= (4zx-8z² )/(x-4z).
M=x*y=(4zx² -8z² x)/(x-4z). Si tratta di studiare il minimo assoluto di questa funzione in due variabili.
Poiché x, y, z devono essere numeri interi, si può vedere se esiste una soluzione per z=1.
M=4n(n-2)/(n-4). Si tratta, ora, di cercare un minimo assoluto e intero di questa funzione.

 

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Soluzione

Di questo problema esistono diverse varianti. Il gioco classico consiste nell’inserire una sola pallottola in una pistola a sei colpi e far ruotare il tamburo ogni volta prima di sparare.

 

P(a) probabilità che vinca a, P(b) probabilità che vinca b
1° turno p(b) =1/6=0,17 (finisce il gioco); p(a) = 5/6×1/6=0,14; probabilità che nessuno vinca 5/6*5/6=0,69
2° turno p(b) = (5/6)(5/6)1/6=0,11; p(a) = (5/6)^3×1/6=0,09
3° turno p(b)=  (5/6)^4*1/6 = 0,08; p(a) = (5/6)^5×1/6=0,06.
La probabilità che vinca a è sempre minore!

In generale, p(a)=5/6*p(b). Ciò accade ad ogni turno, poiché, per poter vincere, a deve superare il proprio turno, la cui probabilità è 5/6.  Se nessuno muore le condizioni ritornano identiche alla situazione di partenza: è come se non si fosse giocato.
Inoltre, poiché uno dei due deve morire p(a)+p(b)=1.
Risolvendo il semplice sistema nelle due equazioni trovate si ottiene
p(b)=6/11 e p(a)=5/11.

 

Un altro modo per effettuare il calcolo è il seguente
N° turno p(b)=(25/36)^(n-1)*1/6; p(a) = (25/36)^(n-1)x5/6×1/6
Sommando le probabilità di a
SOMMATORIA 5/6×1/6(1+(25/36)^(n-1))
Sommando le probabilità di b
SOMMATORIA 1/6(1+(25/36)^(n-1))
Si tratta di serie geometriche convergenti: la seconda converge a
1/6:(1-25/36)=6/11.

Quadrati magici da 1 a 25

soluzione

Questo problema è piuttosto complesso. La soluzione completa del problema viene attribuita a Richard Schroeppel, che nel 1973 ha calcolato, con un programma al computer, tutti i quadrati magici possibili di ordine 5×5: sono 275.305.224, senza contare riflessioni e rotazioni. Ne ha dato notizia Martin Gardner  nel n. 234 (1976) di Scientific American (notizia segnalatami da LEON ) e nell’edizione italiana Le Scienze del luglio 1976 (notizia segnalatami da MATRIX ). Nessuno e riuscito a trovare indicazioni precise dell’algoritmo usato da Scroeppel per risolvere il problema. Senza un buon algoritmo non si praticamente nessuna speranza di risolvere il problema.

 

Tra le soluzioni pervenutemi, quella di LEON contiene un algoritmo che rapidamente fornisce 52.992 quadrati magici distinti. Il punto viene quindi assegnato a LEON.

Il commento di LEON

La costruzione di quadrati magici di ordine 5 mediante un programma da far girare su personal computer presenta a mio giudizio due grosse difficoltà.
Tempo di elaborazione : se si utilizza un algoritmo di tipo "brute force", Il tempo per generare e controllare tutte le possibili matrici di ordine 5, dovrebbe essere dell’ordine di diversi anni.
Eliminazione di quadrati magici ripetuti : se si utilizza un altro tipo di algoritmo si deve poi controllare che i quadrati magici ottenuti siano tutti distinti.
Io ho utilizzato l’algoritmo del passo uniforme, che è una generalizzazione del metodo di De la Loubère. Mediante un apposito programma scritto in turbo pascal sono riuscito a costruire 52.992 quadrati magici distinti.
Si tratta di un valore ben lontano dalla soluzione conosciuta ma, grazie al metodo usato, posso affermare con certezza che i quadrati magici ottenuti sono tutti distinti.
Mi preme far notare che in rete ho trovato un programma che genera diverse centinaia di migliaia di quadrati magici del quinto ordine ma, ad un attento esame, ho verificato che molti di essi sono uguali.
Per questo motivo le soluzioni si devono controllare con molta attenzione.
Il file allegato contiene:
1) gioco37.pas = programma scritto in turbo pascal in cui è implementato l’algoritmo risolutivo
2) gioco37.exe = eseguibile di gioco37.pas, lanciabile direttamente da windows
3) fdelay.tpu = libreria per tp7, necessaria se si vuole far girare il programma dall’ambiente di sviluppo del tp7, su computer pentium. Essa va copiata nella cartella BP/UNITS. Non è necessaria su computer 486 o inferiore.
Il programma visualizza sullo schermo i quadrati magici.
Mediante il tasto F3 viene generato un file di testo (di nome magic.txt) contenente i 52.992 q.m. trovati.

Anche la soluzione di MATRIX , merita si essere letta. L’algoritmo che ha utilizzato dà 1472 quadrati magici distinti.

Leggiamo le sue note.

Uno dei metodi più antichi per determinare quadrati di ordine dispari è quello "De La Roubere", che non sto qui a descrivere (un link adatto http://mathforum.org/alejandre/magic.square/adler/adler.5x5math.html ). Questo metodo però genera pochi (solo 5) quadrati magici di ordine 5. Accanto a questo metodo ce ne sono molti altri, che però hanno lo stesso difetto: generano pochi quadrati magici.
Un metodo che genera 6624 quadrati magici di ordine 5 (52992 comprese le rotazioni e le riflessioni) è dovuto a Charles E. Jean (1988) – link : http://www.recreomath.qc.ca/art_magiques_ce.htm
L’approccio che ho seguito io fa riferimento invece al metodo del passo uniforme di Lehmer di cui do qui una breve descrizione :
Siano a, b, c, d, e, f degli interi, ed n un intero positivo (n=5 nel nostro caso). Nelle celle di una griglia nxn si pongono gli n² i numeri 1, 2, 3, … n² nelle celle di coordinate (x_i ,y_j ), dove :
xi=[a+c*i+e*INT(i/n)] MOD n +1
yi=[b+d*i+f*INT(i/n)] MOD n +1
E’ interessante notare che il metodo di De La Roubere è un caso particolare di questo, e si ottiene scegliendo opportunamente gli interi c, d, e ,f .
Per un approccio algoritmico al problema sono fondamentali sono i seguenti due teoremi :
Teorema: il metodo del passo uniforme di Lehmer riempie tutte le caselle del quadrato nxn se la quantità c*f-d*e è prima con n.
Teorema: se gli interi i=1,2, …n² sono posti nelle celle di una griglia nxn con il metodo del passo uniforme di Lehmer, il quadrato è magico se e solo se i numeri c, d, e, f sono primi con n.
Sfruttando questi due teoremi, ho implementato un programma di calcolo che, a partire da opportuni valori di c, d, e, f determina 1742.

Ecco il programma eseguibile sotto Windows di Matrix

 

La soluzione di LUZZO (Trento)

Per costruire un quadrato magico di ordine dispari si può ricorrere alla regola di De la Loubrè. Questa regola può essere desunta dall’Enciclopedia della Matematica ed è la seguente. Si colloca il numero 1 nella casella centrale della riga superiore, si scrivono poi i numeri da 2 a n² passando nella riga immediatamente superiore alla successiva casella a destra tenendo presente che:
· se si è arrivati ad una casella della riga superiore si passa alla riga inferiore come se questa fosse scritta al di sopra di quella segnando il numero della successiva colonna;
· arrivati all’ultima colonna a destra si passa alla prima colonna, come se questa fosse scritta dopo quella;
· se si arriva ad una casella già occupata o sull’ultima casella superiore, il numero si segna nella casella immediatamente al di sotto di quella in cui si trova l’ultimo numero scritto.
In questo caso si ha il quadrato magico fondamentale di ordine 5

dove la costante magica è 65. Da questo quadrato magico non è difficile accorgersi che tutti i suoi elementi sono formati dai numeri 1,2,3,4,5 e 0,5,10,15,20 per cui il quadrato precedente può essere così "scomposto":

Da qui si vede che se si fanno permutare i numeri 1,2,3,4,5 si hanno P1=5! permutazioni diverse; ne consegue che per preservare la proprietà di magicità del quadrato ai numeri 0,5,10,15,20 sono permesse solo P2=4! permutazioni diverse. Si hanno così P1*P2=4!*5!=2880 quadrati magici.

 

La soluzione di WONDERP

Ogni q.m. (quadrato magico) può essere ruotato originando 4 q.m. diversi.

Posso scambiare 1a e 5a colonna, come indicato in figura o in contemporanea anche le righe

Quindi da ogni q.m. che trovo posso ricavarne 16. Si può notare che il centro è sempre costante, quindi se varia il centro varia anche il q.m.
D’ora in poi, non avendo usato programmi devo suddividere il problema in casi particolari.
Prendo in considerazione 5 serie:
A: 1 2 3 4 5;
B: 6 7 8 9 10;
C: 11 12 13 14 15;
D: 16 17 18 19 20;
E: 21 22 23 24 25;
Per iniziare parlo di q.m. che hanno su una diagonale la serie C:

le altre serie sono disposte parallelamente alla serie C, osservando l’ultima riga l’ordine delle serie è C D E A B. Alla serie A posso sommare 5 e alla B sottrarre 5 in modo da "sostituirle":

così l’ordine delle serie dell’ultima riga è ora C D E B A. Questo scambio posso farlo solo tra le serie A B D E ottenendo 4! =24 q.m. diversi. Non posso toccare C perché sulla diagonale. Ho trovato 7 tipi distinti (cioè non deducibili da rotazioni, scambi o "sostituzioni") di questo tipo di q.m.
   
quindi da questo caso particolare posso ricavare 16*4!*7=2688 q.m. diversi. (attenzione! nelle regole suddette non ho messo nessuna simmetria perché deducibile da rotazioni (90°) e "sostituzioni", ad esempio A B D E con E D B A).
Un altro caso particolare si ottiene disponendo le serie non in obliquo ma "come si muove il cavallo" cosìcché su ogni riga, colonna e diagonale del q.m. ci sia uno e un solo numero per serie, graficamente si vede meglio:

In questo caso le "sostituzioni" possono essere fatte tra tutte le serie, quindi 5! e non 4! diversi q.m. Ho trovato 6 tipi distinti di questi q.m.
 
Quindi da questo caso particolare posso ricavare 16*5!*6=11520 q.m. diversi. (da notare che con le regole iniziali il centro non varia mai, quindi a centri diversi corrispondono q.m. diversi) con quest’ultimo sistema i centri sono 21 15 4 18 e 7 che divisi per 5 mi danno resto 1 0 4 3 e 2 quindi scambiando le serie riesco a mettere nel centro qualsiasi numero dall’1 al 25.
Ho altri casi che non sono riuscito a generalizzare e sono:

di questi non sono riuscito a trovare scambi, perciò oltre a rotazioni (4) e sostituzioni di righe e/o colonne posso anche fare la simmetria lungo una diagonale ottenendo così 32 diverse disposizioni per quadrato quindi 32*3=96
Totale:96+11520+2688=14304

soluzione

Il problema si traduce facilmente in  un problema di trigoniometria sferica o di ‘geografia matematica’. Le differenze di tempo si possono trasformare in differenze di distanze. Detto P il punto della posizione della nave si conoscono

la differenza tra le distanze dalla Master e da Lampedusa, pari a 525 km

la differenza tra le distanze dalla Master e da Estartit, pari a 1129 km.

Per calcolare le distanze tra due punti della superficie terrestre supposta sferica di raggio R si applica la seguente formula

reperibile su

Bartsch, Manuale delle formule matematiche , Hoepli, Milano, 2002

o su Internet all’indirizzo

http://mathworld.wolfram.com/GreatCircle.html

Il seguente foglio excel permette di calcolare le distanze di un punto P dalle stazioni radio: LORAN Excel

Il punto in questione in realtà è quasi allineato con la stazione di Sellia Marina e quella di Lampedusa. Ciò comporta delle difficoltà nel calcolo ma anche una indeterminazione del problema. Infatti, rappresentando i due luoghi dei punti che soddisfano le condizioni richieste si ottengono due rami di ‘iperboli sulla sfera’ che si incontrano in due punti. Le soluzioni si possono poi trovare con una semplice foglio excel.

Le soluzioni sono

39° 34′ 41" N 17° 22′ 25" E

39° 43′ 27" N 18° 10′ 11" E

Un disegno realizzato con Excel da Roberto

 

Ed ora le soluzioni dei concorrenti, tutte interessanti e ricche di informazioni, disegni, fogli excel, programmi in diversi linguaggi.

La soluzione di Wonderp

La soluzione di Matrix

La soluzione di Dodos

La soluzione di Leon

La soluzione di Roberto

La soluzione di Antonio Fuortes

soluzione

 

soluzione

La soluzione più completa pervenutami è, a mio giudizio, quella di Leon (Ercole Suppa) Teramo.
Ne riporto una sintesi significativa
LEMMA 1. Un cubo soddisfacente le condizioni richieste ha su ogni faccia 5 o 4 quadrati neri.
DIMOSTRAZIONE. Sia C un cubo avente su ogni faccia k quadretti neri; k deve essere minore o uguale a 6, altrimenti i cubetti neri posti su due facce opposte sarebbero più di 13. Supponiamo per assurdo che k=6. Dividiamo il cubo grande in tre strati. Poiché sugli strati superiore e inferiore vi sono 12 cubetti neri, nello strato intermedio vi è un solo cubetto nero. Il medesimo ragionamento si può ripetere per gli altri due strati centrali. Pertanto complessivamente nell’unione dei tre strati centrali vi possono essere al massimo 3 cubetti neri e gli altri 10 cubetti neri dovrebbero appartenere al complementare. Ma ciò è impossibile il quanto il complementare ha solo 8 elementi (gli otto vertici del cubo). Non può essere k<= 3 altrimenti su ogni faccia vi sarebbero h=9-k quadrati bianchi, ma e ciò è impossibile per quanto provato nella prima parte dato che h>=6.
LEMMA 2. Le soluzioni con 5 quadretti su ogni faccia sono tante quante quelle con 4 quadretti.
DIMOSTRAZIONE. Basta osservare che i cubi con quattro quadretti neri su ogni faccia sono in corrispondenza biunivoca con i cubi aventi cinque quadretti bianchi su ogni faccia.
In virtù dei due lemmi precedenti basta contare in quanti modi può essere costruito un cubo con 5 quadrati neri su ogni faccia (il doppio di tale numero è la soluzione richiesta). Esaminando tutti i casi possibili (con metodo "brute force") ho trovato che vi sono 4980 soluzioni. La parte più difficile è stata quella di contare quante sono le soluzioni effettivamente distinte. A tal fine ho utilizzato il seguente

Nel problema in questione:
· X è l’insieme delle colorazioni di un cubo 3×3 associate a tutte le possibili costruzioni del cubo con i 27 cubetti (in modo che ogni faccia presenti 5 quadrati neri). 
· G è il gruppo delle simmetrie del cubo. G ha 24 elementi, precisamente: 
a) 9 rotazioni intorno intorno ad una retta passante per i centri di due facce opposte (vi sono tre scelte per le coppie di facce opposte e, per ogni scelta tre rotazioni diverse dall’identità, ossia di 90°, 180°, 270° ) . [Fig. 1]
b) 6 rotazioni di 180° intorno ad una retta passante per i punti medi di due spigoli diagonalmente opposti. [Fig. 2]
c) 8 rotazioni intorno ad una retta passante per due vertici diagonalmente opposti (vi sono quattro scelte per tali rette e, per ogni scelta due rotazioni diverse dall’identità, ossia di 120° e 240°). [Fig. 3]
d) l’identità. 

La soluzione completa è scaricabile da questo link
Contiene
1)cubo particolare.doc = documento word in cui è descritto il procedimento risolutivo
2)cubo.pas=programma scritto in turbo pascal utilizzato per implementare l’algoritmo risolutivo
3)cubo.exe=eseguibile di cubo.pas, lanciabile direttamente da windows
4)fdelay.tpu=libreria per tp7 (Necessaria solo se si vuole far girare il programma dall’ambiente di sviluppo del tp7, su computer pentium. Essa va copiata nella cartella BP/UNITS. Non necessaria su computer 486 o inferiore).
Il programma allegato CUBO.EXE , oltre al numero di modelli di cubi soddisfacenti i requisiti richiesti, determina anche i modelli stessi (che vengono visualizzati a video) e le classi di equivalenza.

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La soluzione di F15-eagle S. Giorgio su Legnano (MI)

STEP 1
Con riferimento al cubo "aperto", le caselle NON colorate di azzurro rispettano le premesse del problema (le facce del cubetto sullo spigolo devono avere necessariamente lo stesso colore).
Partendo da una faccia qualsiasi (ex. A), tutte le altre facce devono rispettare le premesse e, pertanto, la faccia B ha bloccate le tre facce adiacenti ad A, ma le altre sono necessariamente "libere", potendo assumere indifferentemente il valore 0 o 1 (bianco, nero). Analogamente per le successive facce C, D, E, F. E’ chiaro che, in questo modo, si individuano TUTTE le possibili disposizioni di 0 e 1 che rispettano SOLTANTO le premesse sul colore uguale delle facce dei cubetti sugli spigoli.

STEP 2
Per rispettare la premessa di un numero uguale di facce "piccole" su ciascuna faccia "grande" del cubo, si devono individuare soltanto quelle con 4 facce "piccole" di color nero (quelle con 5 sono la soluzione complementare), poiché è l’unico caso che permette di rispettare anche la premessa di pari numero (13) di cubetti bianchi e neri. E’ chiaro che, in questo modo, si individuano TUTTE le possibili disposizioni di 0 e 1 (bianco, nero) che rispettano SOLTANTO le premesse sul numero uguale di facce "piccole" con ugual colore su ciascuna faccia "grande", includendo tutti i "doppioni" ottenibili per rotazione.
Il numero di disposizioni così ottenute è 4980.

STEP 3
A questo punto, è necessario individuare i "doppioni". La procedura, lunga e laboriosa consiste nel considerare CIASCUNA
disposizione ottenuta al precedente STEP 2, farle assumere TUTTE le possibili rotazioni (0°, 90°, 180°, 270°) in TUTTE le possibili facce (ossia, prima come se si trovasse sulla faccia A, poi sulla B, ecc., fino alla F) e, PER CIASCUNA NUOVA SITUAZIONE, confrontarla con TUTTE le altre disposizioni calcolate al precedente STEP 2.
Quando si individua un "doppione", esso viene codificato per poter essere eliminato.

Questo procedimento permette di analizzare TUTTE le possibili combinazioni di facce/rotazioni per ciascuna disposizione,
evitando così la possibilità di non individuare eventuali "doppioni".
Vedi l’elenco delle soluzioni

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Leggi la soluzione di Matrix Teramo

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Leggi le soluzioni di Robiwood Borgaro (TO)

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La risposta di Dodos Ascoli Piceno
Il numero di cubetti dello stesso colore che può essere collocato su ogni faccia è 5 oppure 4.
Si ottengono le stesse configurazioni sia utilizzando 4 cubetti, sia utilizzandone 5, essendo due numeri reciprocamente complementari rispetto a 9.
E’ sufficiente cercare le configurazioni ottenibili con 5 cubetti e raddoppiare il risultato finale ottenuto.
Con l’uso di un programmino in Pascal, si simula il posizionamento dei 5 cubetti su ognuna delle 6 facce del cubo tenendo presente il vincolo dei 13 quadretti a disposizione e l’altro vincolo costituito dal fatto che alcuni cubetti appartengono contemporaneamente a 2 o a 3 facce.
L’elaborazione fornisce il risultato di 4980 configurazioni possibili.
Sorge poi l’ostacolo più serio che consiste nell’individuare, all’interno del valore ottenuto, quante siano quelle configurazioni che sono da scartare in quanto rappresentano uno degli altri possibili 23 modi di osservare (ruotandolo) il cubo grande ottenuto.
Affinando il programma precedente si ottiene il valore di 227.
Quindi:
227 cubi con 5 cubetti neri per faccia;
227 cubi con 4 cubetti neri per faccia.
454 cubi complessivi.

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La soluzione di Shuty Genova
Le soluzioni possono avere 4 o 5 quadrati neri sulle facce del cubo. Ovviamente, per ragioni di simmetria (le soluzioni con 4 quadrati neri sono anche soluzioni con 5 quadrati bianchi e viceversa) il numero di soluzioni dei 2 tipi è lo stesso, cioè 227.
Innanzitutto ho elaborato un semplice programmino che calcolasse tutte le soluzioni, senza in un primo momento considerare le possibili simmetrie del cubo, cioè trascurando il fatto che due soluzioni potessero essere ottenute dallo stesso cubo ruotato in maniera diversa.
Nel file allegato in Excel, "Sol-inviate ", foglio "Soluzioni", trovate tutte le soluzioni trovate, sono 9960, 4980 con 4 quadrati neri ed altrettante con 5. Nel file PowerPoint, "Cubo – disegno ", trovate la convenzione utilizzata per numerare le 27 posizioni dei cubetti componenti, mentre nel file Excel il numero 1 indica il cubetto nero, mentre lo 0 il cubetto bianco in ciascuna
delle 27 posizioni possibili.
Successivamente ho considerato le rotazioni. Il cubo si può posizionare in 24 modi diversi, che si possono ottenere appoggiando il cubo su ciascuna delle 6 facce e ruotandolo 4 volte attorno ad un asse verticale: 6×4 = 24.
Ho quindi paragonato, sempre con un programmino, le soluzioni tra di loro per vedere quali non fossero ottenibili da rotazioni di una delle altre. Il risultato e’ di 227 soluzioni indipendenti per i 2 possibili tipi di soluzione (con 4 e 5 quadrati neri sulle facce). Nel file allegato in Excel, "Sol-inviate", foglio "Soluzioni scremate", trovate le 227 soluzioni nel caso di 4 quadrati
neri su ogni faccia (per quelle con 5 quadrati neri basta invertire gli 0 con gli 1)
Per la cronaca, le 227+227 soluzioni hanno in qualche caso delle simmetrie interne. Vi sono infatti 31+31 soluzioni con 2 simmetrie (cioè esistono 2 posizioni ruotate identiche), mentre ve ne sono 6+6 con 3 simmetrie.

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La soluzione di Roberto (Pasquale Salemme) Roma
Si possono ottenere:

n. 227 cubi aventi per singola faccia 5 quadratini bianchi e 4 neri
n. 227 cubi aventi per singola faccia 4 quadratini bianchi e 5 neri

Infatti:
Si è riesaminato il problema e con riferimento ai cubi possibili ottenuti secondo i programmi in qbasic "Cub_1" e "Cub_2", 
precedemente inviati, si è provveduto a scrivere un nuovo programma in qbasic abbastanza complesso con il quale vengono eliminati tutti i cubi equivalenti ottenendo i seguenti risultati riportati nella tabella suddivisi secondo le 5 tipologie dimostrate nei file precedentemente inviati.
Il programma in qbasic "Cubo ", riportato in allegato, elimina i cubi che si ottengono facendolo ruotare secondo le 24 posizioni che uno stesso cubo può presentarsi alla nostra vista.
Per cui rivedendo la tabella delle tipologie già inviata si ottiene:
5 bianchi e 4 neri per faccia————-4 bianchi e 5 neri per faccia
X—>Y—>Z—>Config.—->Cubi——–>X—>Y—>Z—>Config.—->Cubi
4—>9—>0—> 216———>15———->4—>3—>6—->216———>15
5—>7—>1–>1992———>83———->3—>5—>5—>1992——–>83
6—>5—>2–>2352——->109———->2—>7—>4—>2352——->109
7—>3—>3—->408——–>19———–>1—>9—>3—->408———>19
8—>1—>4—–>12———–>1———->0–>11—>2—–>12———–>1
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Tot.———–>4980——–>227——–>Tot.—————>4980——->227
Si nota che l’ultima tipologia il cubo è unico.

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La soluzione di Gino Gigliod’oro Rolo (RE)
motivazione: Ci sono tre tipi di cubi superficiali: 8 con tre facce visibili (t), 12 con due facce visibili (d) e 6 con una faccia visibile (u).
Il numero di facce visibili è dato in totale da f=3t+2d+u, con t+d+u=13, da cui f=2t+d+13.
Per (t,d,u) vi sono solo le seguenti possibilità:
(0,11,2), (1,9,3), (2,7,4), (3,5,5), (4,3,6) con 4 quadrati neri per ogni faccia del cubo e (4,9,0), (5,7,1), (6,5,2), (7,3,3), (8,1,4) con 5 quadrati neri per ogni faccia del cubo.
Rappresentando sullo sviluppo del cubo in corrispondenza di ciascun caso le varie combinazioni possibili, a meno di rotazioni, si arriva a 454 configurazioni diverse, nel senso che non si distinguono due cubi ottenibili l’uno dall’altro mediante un movimento. In alcuni casi la configurazione è unica o si ottiene con un semplice ragionamento di tipo combinatorio mentre in altri si rende necessario un conteggio diretto (almeno io ho dovuto fare così!).

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