Soluzioni

La soluzione si ottiene disponendo i sei fiammiferi in modo da costruire un tetraedro regolare, cioè una piramide a base triangolare, dunque una figura tridimensionale. La maggior parte dei soggetti non riesce a risolvere questo problema perchè pensa che i fiammiferi vadano disposti su un piano.

È immediato notare che la lunghezza di AC vale 1. Infatti la linea AC è una diagonale del rettangolo e l'altra diagonale BD è evidentemente il raggio del cerchio che vale 1. Dato che le due diagonali sono uguali, anche AC è lunga 1.

Il problema può essere risolto rompendo un solo anello e precisamente il terzo. In questo modo si ha disposizione un anello singolo (appunto il terzo), una catena con due anelli (il primo e il secondo) ed una con quattro anelli (dal quarto al settimo). Con questi tre pezzi è possibile formare ogni combinazione numerica da uno a sette. La chiave del problema sta nel fatto che il conoscente riceva un anello il primo giorno e nei successivi abbia un anello in più ogni giorno e non che riceva un nuovo anello ogni giorno. In pratica si procede nel seguente modo: il primo giorno viene dato il primo anello, il secondo giorno vengono dati gli anelli 1-2 e viene restituito il 3, il terzo giorno viene di nuovo aggiunto l'anello 3, il quarto giorno vengono dati gli anelli 4-5-6-7 e restituiti gli anelli 1-2 e 3; e così via. La difficoltà che in genere viene incontrata nella risoluzione di questo problema è dovuta all'errata interpretazione dell'espressione "un anello al giorno", che viene capita nel senso letterale e che quindi non tiene conto delle possibili restituzioni.

Nel caso dei 30 anelli in 30 giorni, la soluzione si ottiene spezzando gli anelli 3, 9 e 21. Così facendo infatti si ottengono delle catene di lunghezza: 1, 1, 1, 2, 5, 9, 11. Combinando opportunamente i precedenti si possono ottenere tutti i numeri da 1 a 30.

Per risolvere il problema sono sufficienti due pesate. Denominiamo le palline con A, B, C e D. Per individuare quella diversa si può procedere nel seguente modo: nella prima pesata si mettono a confronto A e B, e si annota se si è avuto equilibrio oppure no; nella seconda pesata invece si toglie una pallina (ad esempio B) e la si sostituisce con un'altra, cioè si confronta A con C, ed anche in questo caso si controlla se c'è o meno equilibrio. A questo punto, a seconda degli esiti delle due pesate si possono avere quattro diversi casi, in ognuno dei quali è possibile individuare la pallina di peso diverso. La soluzione è riportata nella tabella che segue.

Pesata 1	Pesata 2	Pallina diversa
Equilibrio	Equilibrio	D
Equilibrio	Squilibrio	C
Squilibrio	Equilibrio	B
Squilibrio	Squilibrio	A

Le terne di numeri interi il cui prodotto è 36 (con le somme vicino) sono riportate in tabella. Il secondo matematico conosce la somma (vede il numero della casa) ma non sa rispondere. Questo significa che la somma è 13, l'unico numero che appare due volte. La seconda affermazione del primo matematico ci dice che la risposta giusta è 9-2-2, nell'altro caso infatti si avrebbero due gemelli di 6 anni.

Il mucchio di monete false può essere identificato con una sola pesata. Prendete una moneta dal primo mucchio; due dal secondo, tre dal terzo e così via sino a tutte e dieci le monete dell'ultimo mucchio. Pesate ora l'intera collezione di campioni sulla bilancia. Il peso in più del dovuto in grammi, corrisponde al numero spettante al mucchio di monete false. Per esempio, se il gruppo di monete pesa in totale sette grammi in più del dovuto, il mucchio falso deve essere il settimo, dal quale sono state prese sette monete (ognuna pesante un grammo in più della moneta vera). Anche se vi fosse un undicesimo mucchio di dieci monete, il procedimento descritto sarebbe ancora valido, in quanto un eccesso di peso nullo indicherebbe che il mucchio falso è l'ultimo rimasto.

Secondo problema: bastano due pesate. Siano le monete ABCDEFGHI. Si mettano ABC su un piatto e DEF sull'altro. Si danno tre casi, in ognuno dei quali abbiamo tre sottocasi. La soluzione completa è riportata in tabella.

Pesata 1	Pesata 2	Moneta falsa
ABC = DEF	G = H	I
	G < H	H
	G > H	G
ABC < DEF	D = E	F
	D < E	E
	D > E	D
ABC > DEF	A = B	C
	A < B	B
	A > B	A

Terzo problema: bastano tre pesate. Supponiamo che le monete siano ABCDEFGHIJKL. Come primo tentativo, si confrontino ABCD e EFGH. Anche in questo caso in base al risultato della prima pesata, si effettuano quelle successive. La soluzione completa è in tabella:

Il trucco qui è il fatto che il presentatore non apre una porta a caso, ma ne sceglie una con una capra. Supponiamo di avere scelto la prima porta: in questo momento abbiamo probabilità 1/3 che l'auto sia dietro una qualunque porta. Nei due casi in cui l'auto sia nella porta 2 o 3, il presentatore apre rispettivamente la porta 3 o 2, e se noi cambiamo scelta vinciamo (probabilità 2/3); se avevao scelto la porta giusta, lui ne apre a caso una delle altre (probabilità 1/6 per ciascuna) e se noi cambiamo perdiamo (probabilita` 1/3). Quindi ci conviene cambiare porta.

La risposta tipica è "sette", perchè la parola "quattro" ha sette lettere. Infatti in tutti i casi la controparola era il numero di lettere che componevano la parola d'ordine. Come già scritto, le risposte possibili sono infinite...

A e B attraversano il ponte e B torna indietro (4 min).
C e D attraversano il ponte e A torna indietro (15 min).
A e B attraversano il ponte e sono tutti in salvo (17 min).

Il barbone aveva raccolto 22 mozziconi con i quali ha confezionato 5 sigarette con l'avanzo di due mozziconi. Coi 7 mozziconi rimasti dopo aver fumato le prime 5, ha fabbricato un'altra sigaretta con l'avanzo di 3 mozziconi. Dopo averla fumata rimane con 4 mozziconi coi quali costruisce la settima sigaretta. Alla fine quindi gli rimane 1 mozzicone.