Citazione:

Ahh, allora sì.

Citazione:
Bello.

Certo che a farlo come pensavo io veniva da chiedersi quanto potesse durare una gara di olimpiadi di matematica ...

Mmm io l'ho risolto mettendo che, chi perdeva, doveva pagare “alla banca”, ovvero i suoi soldi venivano eliminati dal gioco.

Partendo dal fatto che alla prima puntata A>B>C>D>E ne consegue che l'ultimo a perdere deve essere E (altrimenti non potrebbe pagare), e poi a scalare. Calcolando a ritroso le puntate diventa che:

1)A)2080 B)1056 C)544 D)288 E)160 perde A
2)A)32 B)1056 C)544 D)288 E)160 perde B
3)A)32 B)32 C)544 D)288 E)160 perde C
4)A)32 B)32 C)32 D)288 E)160 perde D
5)A)32 B)32 C)32 D)32 E)160 perde E

e finiscono tutti con 32

Ashoka

Non riesco a dimostrare che lo stesso vale per B al secondo turno, che rimane con 4000, C al terzo che rimane con 8000, D al quarto con 16000, come gli altri.

Bestia Ashoka, ho avuto persino problemi a leggerlo il problema

L'ho trovato con google, faceva parte dei CAMPIONATI INTERNAZIONALI DI GIOCHI MATEMATICI - FINALE ITALIANA

Non capisco, la puntata non rimane fissa ma va ad aggiungersi anche quello che si vince?

Sappiamo che ora han tutti 32000 per cui la puntata di E sarà stata 32x4 (le altre 4 puntate) + 32 (quelli che gli son rimasti) = 160000.

Boh. Ma intanto gli altri non erano a zero, e poi non paga la sua puntata ma quella degli avversari. Avrebbe senso se gli avversari fossero rimasti tutti con 16000 prima dell'ultima puntata. Pagati 4x16000, 64000, più i 32000 in saccoccia. Avere in saccoccia 96000 vuol dire che per le precedenti 4 volte che ha vinto E puntava 19200.

Si può dimostrare che A B C e D avevano 16000, e che era anche la loro ultima puntata, inferiore alla puntata iniziale?

Come può succedere?

"Ogni perdente deve pagare una cifra pari alla puntata di ogni suo avversario, prendendo i soldi dalla sua puntata"

Ah ecco.

Cioè il primo turno A perde e deve consegnare puntate B+C+D+E. Il turno successivo A non punta più la sua puntata ma quel poco che gli rimane. Guadagna anche quel poco che gli rimane fino a raggiungere la cifra 16000 all'ultimo turno, puntando, vincendo e arrivando così a 32000. Al quarto ha puntato 8000, al terzo 4000, al secondo 2000, quello che gli è avanzato dopo la batosta. Cioè A=B+C+D+E + 2000.


Ma non riesco ad andare oltre ...

Accidenti arrivo tardi (mamma mia quanti interventi sul thread di Attivissimo) e mi perdo tutti i giochini nuovi... Speriamo che qualcuno ne posti altri

Ne approfitto per fare i complimenti ad obender71 per aver individuato la soluzione ottimale (almeno tra quelle che conosco)!

Allora sappiamo che A>B>C>D>E quindi se sono tutti in gioco avranno anche perso a turno in quest'ordine. L'ultimo a perdere sarà stato quindi E

Sappiamo che ora han tutti 32000 per cui la puntata di E sarà stata 32x4 (le altre 4 puntate) + 32 (quelli che gli son rimasti) = 160000. Questa era la sua puntata iniziale perché ha perso solo una volta. Il turno precedente aveva perso D, la cui puntata si può calcolare allo stesso modo (160+32x4) e così via sino a trovare quella di A.

Ashoka

5 giocatori, A, B, C, D, E, giocano alla cannuccia più corta (su 5 cannucce chi prende la più corta perde).

Prima di ogni partita, ciascuno dei 5 giocatori, punta una certa somma di denaro che pone davanti a sé. All´inizio del gioco, A punta più di B, che punta più di C, il quale punta più di D, che a sua volta punta più di E.

Ogni partita determina un solo perdente. Ogni perdente deve pagare una cifra pari alla puntata di ogni suo avversario, prendendo i soldi dalla sua puntata, oppure, se la puntata è insufficiente, dal proprio portafoglio. In quest´ultimo caso, però, è costretto ad abbandonare il gioco

Dopo 5 partite consecutive (dopo la puntata iniziale non sono state effettuate altre puntate), nessun giocatore ha abbandonato il gioco, ogni giocatore ha perso una volta e ciascuno ha davanti a sé la somma di L. 32.000.

Quali erano, nell´ordine da A ad E, le puntate iniziali dei cinque giocatori?


...

Boh? L'ho trovato su internet.

...

"Be', hai risolto l'indovinello?" disse il Cappellaio rivolto nuovamente ad Alice.
"No, mi arrendo", rispose Alice. "Qual è la soluzione?"
"Non ne ho la minima idea", disse il Cappellaio.
"Nemmeno io", disse la lepre marzolina.
Alice sospirò, stanca. "Secondo me potreste impiegare meglio il vostro tempo", disse, "invece di sprecarlo con indovinelli senza risposta."

Citazione:

e se la macchina non funge perdi tutto!
Giusto Santa

Cmq il succo è quello sì

>prima sacca1 moneta, seconda 2, terza 4, quarta 8 quinta 16. sesta 32, settima 64, ottava 128 nona 256.

Puoi fare di meglio, prima sacca vuota, seconda sacca 1 moneta, ... nona sacca 128.

Ah!

oooops....
come al solito arrivo tardi....

Certo che con il mio Avatar e la mia firma.... ero tenuto a rispondere prima di Santa

Citazione:
Senti io con te non ci parlo.

prima sacca1 moneta, seconda 2, terza 4, quarta 8 quinta 16. sesta 32, settima 64, ottava 128 nona 256.

Poi contando le monete arrivate mi rendo conto quale sacca ha smarrito il suo contenuto.

Blessed be

Citazione:

ops... mi era sfuggito un parametro...

...mumble mumble...

Mi verrebbe da metterne 1 nel 1° sacco, 2 nel 2° etc...

e' poco efficiente.. puoi fare di meglio!

Citazione:

Eheheh.. se sai contare solo in base 10 !

Ashoka

Citazione:

Paperino ti dice che gli sono arrivate 2 monete... che fai?

e' poco efficiente.. puoi fare di meglio!

basta mi stai antipatico

Blessed be

...si potrà permettere di smenarci una o due monete, no?

Se si, basterà mettere nel primo trasferimento una moneta per ogni sacco, e nella seconda tutto il maoolppo in una delle sacche funzionanti...

Ashoka, mi ricorda vagamente l'indovinello della bilancia con due pesate...

Dunque, si mettono nella prima sacca 1 moneta, nella seconda 10, nella terza 100, nella quarta 1000 e così via.

Quando è arrivato alla nona e mette

100.000.000 di monete d'oro.... non gli basta il deposito...

e' poco efficiente.. puoi fare di meglio!

Ashoka

Voglio indovinarne uno anche io!

Dunque, si mettono nella prima sacca 1 moneta, nella seconda 10, nella terza 100, nella quarta 1000 e così via.

Quando Paperino conta le monete potrà capire quali sono le sacche che fanno smarrire il denaro, a seconda che "manchino" le decine, le unità, le centinaia nella cifra che conta.
Dopodichè basterà usare solo le sacche che funzionano correttamente, nel secondo viaggio.

Giusto?

Blessed be

Ecco bravo aspetta! Ed anzi ne devi pensare pure tu uno.....


Ashoka

Io aspetto buon Ashoka.

Vediamo se questo enigma inventato di sana pianta vi impegna....

Zio Paperone è barricato nel suo deposito assediato dalla Banda Bassotti. L'unico modo per salvare le sue preziose monete è trasferirle al Deposito2, dove c'è Paperino, attraverso una macchina sperimentale costruita da Archimede Pitagorico.

La macchina è composta da 9 sacche, numerate, di capacità infinita e da una leva che opera il trasferimento. Le monete presenti nelle sacche verranno trasferite, tutte assieme, nel Deposito 2 dove Paperino le potrà contare (saprà quindi il totale ma non da che sacca arrivino)

Non funziona bene però ed alcune sacche (ma non si sa quali) non trasferiscono le monete ma le distruggono..... Inoltre la macchina può solo effettuare due trasferimenti.

Quale sarà il metodo usato da Paperon de Paperoni per salvare i suoi risparmi?

Ashoka

> Pandora: Bravo obender71

Grazie, grazie

Quella di obender71 mi sembra funzionare.
Forse non è una soluzione "ottima", nel senso che è probabile che la dichiarazione che tutti sono entrati arrivi quando ormai tanti (magari tutti) sono entrati più di una volta.

Però sicuramente funziona. Bravo obender71

Spero sia ok:

Si definiscono delle regole:

1 - un esploratore, a cui si assegnerà il ruolo del "capo", dovrà girare il vaso solo da testa in sù a testa in giù

2 - gli altri esploratori dovranno girare il vaso solo da testa in giù a testa in sù, ma ciascuno solo per una volta, poi l'esploratore "esce", cioè non gira più il vaso.

All'inizio il vaso è a testa in sù, finchè non entra il capo, lo gira e conta per se 1.

L'esploratore successivo, se è il capo non può fare niente per regola 1, lo rimette in piedi ed "esce".

Quando il capo ritorna, rimette a testa in giù e conta 2

...

Questo continua finchè il capo non girerà il vaso per la dodicesima e ultima volta.



OK???

La soluzione per il mio enigma l'avete indovinata in molti (al massimo un parlamentare è sincero....e chi sarà?? ).
Per l'enigma dei prigionieri e del vaso:riprendendo l'ottima inmtuizione di Ashoka, ho pensato che la prima volta che si viene convocati, bisogna fare in modo che il vaso sia in posizione "dritta"(raddrizzandolo o lasciandolo tale). La seconda volta si fa l'inverso.La terza volta si fa invece come la prima, eccetera (dispari>comer la prima, pari>come la seconda). Bisogna inoltre tenere ilconto delle volte in cui si drizza il vaso , ed anche delle volte in cui lo si trova rovesciato , o dritto. Essendo i prigionieri dodici, quando tutti saranno stati chiamati almeno due volte, ci sarà un giocatore per cui il numero di volte che si ha drizzato il vaso è un multiplo di dodici oppure il numero zero. (non sono del tutto sicuro di quest'ultima affermazione, ma non riesco a trovare un controesempio). Così, una volta superate le prime due chiamate, il primo a calcolare un numero multiplo di dodici "drizzate" può dire che sono passati tutti.
PS:Est, molto est , ma ancora in IUtalia è un paesino vicino (ahimè) alla cittadina in cui vive un barciolo coi baffi...chi indovina, vince un ribes rosso.

Citazione:

Dico che l'hai pensata proprio cattiva

Darci un aiutino?

Citazione:

La tua proposta mi sembra una soluzione, solo che non è ottimale perchè, se non ho capito male, è necessario aspettare che i dodici esploratori vengano chiamati di seguito, e per di più all'inizio di un ciclo (ogni 12 giorni).

Razor: mi pare che la tua soluzione non funzioni se ad esempio Febbraio e Marzo non vengono chiamati nei rispettivi mesi perchè Aprile potrebbe pensare che loro ci sono passati (e Dicembre quindi farebbe uccidere tutti).

Fabrizio70: mi pare la stessa soluzione di Ashoka, giusto?

Si può fare di meglio, inoltre, per invalidare questa soluzione prendiamo in considerazione anche un'altra ipotesi: che il selvaggio possa decidere di chiamare anche più persone al giorno.

Che mi dite adesso?

In realtà il problema è passare l'informazione , ed abbiamo un bit 0-1 (vaso dritto - vaso rovesciato )
Possiamo utilizzare i giorni (sperando che almeno la cognizione dei giorni ci sia) come un contatore , da 0 a 11, è un procedimento lungo ma sicuro , su base 12.
Il primo giorno il vaso viene rovesciato (bit 0)
Il secondo giorno il secondo esploratore lascia il vaso rovesciato (bit 0)
Giorno dopo giorno il bit 0 si sposta verso destra , il "numero-giorno" 12 .
Se ad un certo punto qualcuno nell'arco della conta vede due volte il vaso deve mettere il medesimo in posizione dritta (bit 1)
Chi viene estratto il 12 giorno e trova il vaso rovesciato (bit 0) sà con certezza che lo hanno visto in 11 prima di lui , quindi l'incubo finisce.
Questo nel caso migliore , ovvero che la tortura duri 12 giorni , un'esploratore differente al giorno.
Prima abbiamo detto che qualcuno poteva vedere il vaso due volte , ma potrebbe anche vederlo tre quattro volte , non importa il numero ci saranno sempre N persone che non hanno visto il vaso per quel ciclo C=1 V=0
Nel secondo ciclo l'esploratore del primo giorno rimette il vaso in posizione rovesciata (bit 0) e ricomincia la conta.
Ora la domanda è chi è che deve annullare la conta anche per quella settimana se non tutti vedono il vaso ?

Ho anche pensato che, se ogni giorno il pazzoide fa entrare qualcuno nella stanza, il 13° giorno entrerà per forza qualcuno che ci è già stato..

magari può essere d'aiuto..