I pirati e le 100 monete

Numeriamo i pirati per anzianità (10=il più anziano e 1=il più giovane) e ragioniamo all'indietro, partendo da una situazione in cui ci sono 2 soli pirati. In questo caso il più anziano può decidere di tenersi le 100 monete per sé e di non dare nessuna moneta all'altro. La votazione finirebbe 1-1 e in caso di parità la divisione proposta sarebbe accettata.

E' quindi scopo dell'ultimo pirata non ridursi ad una situazione in cui ci sono solo 2 pirati.

Consideriamo allora la situazione in cui ci sono 3 pirati. Il pirata più anziano non può proporre 100 monete per sé e 0 per gli altri, perché in tal caso gli altri 2 pirati voterebbero negativamente alla proposta (si ricordi il punto 2. A parità di monete ricevute, ogni pirata preferisce gettare in acqua quanti pirati possibili). Allora il pirata più anziano potrebbe proporre 99 monete per lui e 1 per l'ultimo pirata, che voterebbe a favore per non trovarsi nella situazione in cui restano vivi solo 2 pirati.

Ma allora al pirata numero 2 non converrebbe trovarsi in questa situazione, in cui sono rimasti vivi 3 soli pirati.

Consideriamo allora la situazione in cui ci sono 4 pirati. Il pirata più anziano non può proporre 100 monete per sé e 0 per gli altri, perché in tal caso gli altri 3 pirati voterebbero negativamente alla proposta (si ricordi il punto 2. A parità di monete ricevute, ogni pirata preferisce gettare in acqua quanti pirati possibili). Allora il pirata più anziano potrebbe proporre 99 monete per lui e 1 per il pirata numero 2, che voterebbe a favore per non trovarsi nella situazione in cui restano vivi solo 3 pirati.

Questo ragionamento potrebbe essere effettuato in modo iterativo fino ad arrivare al pirata numero 10, e visto che il numero di monete è superiore al numero di pirati, si conclude che ogni pirata pari si prende il massimo possibile di monete dandone una ad ogni altro pirata pari e zero ai pirati dispari (e ogni pirata dispari si prenderebbe il massimo possibile di monete dandone una ad ogni altro pirata dispari e zero ai pirati pari), ovvero nel caso specifico:

il primo pirata divide le monete dandosene 96 a sé e 1 rispettivamente al pirata numero 8, 6, 4, 2.

La proposta verrà accettata (5 voti a favore e 5 contro)

 

 

 

 

Le due mucche si incontreranno dopo 1 h e quindi la mosca che si muoveva di 20 km/h avrà percorso 20 km.

 

 

L'esploratore potrà attraversare il deserto con l'aiuto di soli due portatori di cibo. Ognuno dei tre porta razioni sufficienti a una persona per quattro giorni. Alla fine della prima giornata, ognuno porta con sé tre razioni giornaliere di cibo. Uno dei portatori fa dietro-front con una razione e lascia all'esploratore e all'altro portatore una razione giornaliera di cibo ciascuno, ragione per cui questi due hanno di nuovo quattro razioni. Alla fine della seconda giornata, i due uomini portano ciascuno tre razioni giornaliere di cibo. Il portatore fa dietro-front portandosene via due; l'esploratore continua con le quattro razioni necessarie e sufficienti per la sua traversata.

 

 

Il problema è insolubile.
Esistono vari tipi di soluzione; fra questi abbiamo scelto la via algebrica:
indichiamo ogni bicchiere volto verso l'alto con il simbolo +1 e ogni bicchiere volto verso il basso con il sembolo -1.
Nella situazione iniziale si ha:
(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)(+1)
il cui prodotto è +1.
In una qualsiasi seconda posizione si avranno 9 volte (+1) e 6 volte (-1), il cui prodotto è sempre +1. Per andare in una qualsiasi terza posizione, dovrai cambiare i segni ad un numero pari di bicchieri, non alterando in tal modo il prodotto finale.
Ora, se tutti i bicchieri fossero invertiti, il prodotto sarebbe -1, ma ciò è impossibile per quanto riportato sopra.