SOLUZIONI - Gennaio 2004

 

115. Il campanile batte le ore

Impiegherà 11 secondi: c’è infatti un intervallo di un secondo tra un tocco di campana e l’altro. Se il campanile batte le sei, ci sono 5 intervalli e se batte le dodici ci sono 11 intervalli.

 

116. I due pacchetti

Facciamo l’ipotesi che sia vera l’etichetta A. Questo vuol dire che l’etichetta B è anch’essa vera e l’assegno si trova nel pacco A. In questo caso l’etichetta A è falsa. Ma questo non può essere, perché noi abbiamo fatto l’ipotesi che l’etichetta A fosse vera. Così ora sappiamo che l’etichetta A dev’essere falsa. Questo ci porta ancora a due casi possibili:
a) l’etichetta B è falsa
b) l’assegno è nel pacco B
Nel primo caso l’assegno è nel pacco B oppure l’etichetta A è vera, ma questo sappiamo già che non è possibile. Possiamo quindi concludere che in entrambi i casi l’assegno è nel pacco B.

 

117. Manca un numero

Manca il numero 4. Infatti con questo numero otteniamo la successione

1, 2, 4, 7, 11, 16, 22, 29

Si costruisce partendo da 1 e aggiungendo 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7.

 

118. Completa la sequenza

Manca la figura B). Ogni figura si ottiene dalla precedente per rotazione in senso orario e ad ogni rotazione si scambiano i colori delle caselle rosse e blu.

 

119. Grandi numeri

Se il numero è quadrato, cubo e quinta potenza insieme, dev’essere anche una trentesima potenza, cioè 2 x 3 x 5. Se calcoliamo 330 otteniamo 205 891 132 094 649, un valore superiore al numero dato, 200 000 000 000 000, quindi non resta che 230 che è uguale a 1 073 741 824.

 

120. Tre amici al bar

Il testo del problema è ambiguo. Se si analizza con un po' di attenzione, si scopre facilmente l'errore. Le 27 mila lire sono la somma delle 25 mila lire incassate dal bar e delle 2 mila di mancia. A queste vanno aggiunte le 3 mila riportate ai tre amici dalla cassiera. In questo modo si arriva al totale corretto di 30 mila lire.

 

121. Dal triangolo equilatero al quadrato

Sicuramente la soluzione che riportiamo non è semplice. Prendiamo D, punto medio di AB, ed E punto medio di BC. Prolunghiamo poi AE in modo che EF sia uguale a EB. Prendiamo AF come diametro della circonferenza di centro O e tracciamo la semicirconferenza che incontra in G il prolungamento di BC. Con E come centro tracciamo quindi l’arco GH. Prendiamo HL uguale a BE. Da D e da L tracciamo le perpendicolari a HE e siano N e M i punti di intersezione. Abbiamo così i quattro pezzi che possiamo ricomporre in un quadrato equivalente al triangolo dato.

Dudeney riuscì a collegare i quattro pezzi sui vertici, come indicato in figura in modo tale che si ricompone il quadrato on una semplice rotazione in senso orario.