Torno e risolvo tutto

Sono tornato!
Onestamente non ne sentivo la mancanza: ho passato la maggior parte del tempo a dormire e, nonostante non avessi il calcolatore con me, ho letto molto meno di quanto speravo.

Non ho però voglia di raccontare quanto fatto e, soprattutto, detto e, sopra-soprattutto, pensato: infatti ho tenuto un discreto diario quotidiano dove ho via via appuntato le riflessioni che mi passavano per la mente. L’idea è di farne delle scansioni da pubblicare al relativo giorno: per onestà devo anche anticipare che non so quanto valga la pena fare lo sforzo di comprendere la mia cacografia, diciamo che ogni tanto c’è qualche idea buona e valida ma forse il gioco non vale la candela per tutto il resto che la contorna…
Non mi voglio porre vincoli e pubblicherò il materiale via via che ne ho voglia…

Invece il pezzo di oggi vuole riprendere quanto scrissi in Alberi, aneddoti e Aristotele: in particolare mi riferisco al problema (copio e incollo) «due prigionieri perfettamente logici sono rinchiusi in due celle separate in una torre. Il primo vede 12 alberi dalla sua finestra verso nord, il secondo ne vede 8 dalla sua finestra verso sud. Entrambi sanno che, fra tutti e due, vedono tutti gli alberi intorno alla torre e che nessun albero è visto da entrambi contemporaneamente. La guardia chiede al primo prigioniero se gli alberi del giardino intorno alla torre sono 18 o 20: se il prigioniero risponde correttamente lui e il suo compagno vengono liberati altrimenti entrambi vengono uccisi. Se il primo prigioniero preferisce non rispondere allora la guardia ripete la stessa domanda al secondo prigioniero con le stesse regole esposte in precedenza. Se anche il secondo prigioniero decide di non rispondere allora l’indomani la guardia ripete la stessa domanda al primo prigioniero e così via. Con quale procedimento logico i due prigionieri potranno salvarsi?»

All’epoca non mi riuscì risolvere il problema a mente e ne intuii semplicemente i passi iniziali.
Successivamente provai a lavorarci il 4 gennaio (ma ero distratto dalla televisione e fui interrotto continuamente) e poi, finalmente a casa, mi pare il 5 e il 6 gennaio, con idea notturna fra il 5 e il 6.
Alla fine riuscii a risolverlo ma è stato di gran lunga il problema più difficile che abbia affrontato.
Ora vedrò di spiegarne la soluzione basandomi sulle ben 8 pagine di quadernino che mi ci sono volute per risolverlo…

Queste pagine le scrissi il 4 gennaio e illustrano bene quello che forse è il problema principale.
Per ragionare su un problema ritengo che sia fondamentale riuscire a visualizzarlo mentalmente nei suoi aspetti essenziali.
In questo caso è difficile combinare insieme l’albero con le ipotesi su quello che ogni prigioniero pensa possa vedere l’altro con la sequenza delle risposte (o, meglio, non risposte) date alla guardia ogni giorno. Personalmente mi sono concentrato sull’albero delle ipotesi ma, forse, proprio questa mia attenzione a un singolo aspetto ha ritardato la risoluzione del problema.

Nella pagina a destra si evidenzia un mio errore:
Sto cercando di esaminare il caso in cui la guardia chiede se gli alberi che si vedono sono 6 od 8 con il prigioniero A che ne vede 4 e il B che ne vede 2.
Traccio poi l’albero delle ipotesi fatte da A su cosa veda B e su cosa esso, a sua volta, possa supporre che veda A. Qui mi fermo al terzo livello e cancello quanto scritto per il quarto e quinto.
Erroneamente pensavo che A, conscio di vedere 4 alberi, potesse scartare l’ipotesi in cui ne vedeva 6: in realtà l’A originario è diverso dall’A al terzo livello che è come, legittimamente, se lo immagina B.

Successivamente disegno anche l’albero delle ipotesi dal punto di vista di B e qui, ancora al livello 3, ci si può ricondurre a uno dei casi “banali” della pagina precedente e, quindi, risolvere il problema dato.

Queste invece sono due pagine scritte il 5: semplicemente riparto da capo, cercando di migliorare il “formato” con cui traccio i vari casi. Da questo punto di vista c’è già un piccolo ma importante miglioramento: non limito più l’albero delle ipotesi a 3 livelli e, soprattutto, distinguo i vari A e B assegnando a ciascuno un indice diverso (evidenziando così che sono come persone diverse perché ipotesi all’interno di altre ipotesi).

La pagina a sinistra, sempre del 5, è importante anche se all’epoca non me ne resi immediatamente conto perché (al di là delle possibili inesattezze nel relativo commento) per la prima volta applico il ragionamento di scartare un sottoalbero (se non ci sono risposte) e dedurre che è corretta l’alternativa.
La pagina a destra è invece del 6 gennaio. Di nuovo ripeto i casi facili e cerco di migliorare ulteriormente la rappresentazione grafica del problema: per esempio qui distinguo chiaramente la sequenza delle non risposte (“P” per “passo” ed “R” per risposta) dall’albero delle ipotesi: solo successivamente cerco di ricostruire “dove si è” a ciascuna non-risposta.
Importate poi il fatto che ormai ho assimilato l’idea di navigare attraverso l’albero delle ipotesi a ogni non-risposta.
Anzi, qui ho ormai già capito come funzioni il tutto: le ultime due pagine sono di verifica…

Qui salto direttamente al caso del problema e disegno solo la parte di albero che porta al caso iniziale da cui, a ogni non risposta, si risale al caso ipotetico che lo genera. Nella pagina a destra faccio lo stesso partendo dalla prospettiva di B per verificare che le diverse ipotesi siano ordinate nello stesso modo (ma lo sono per costruzione).
Come scrivo la mattina del 5° giorno il prigioniero A annuncia la soluzione 20 data da 12 + 8.

Per il mio amico INFJ: se B avesse visto 6 alberi invece di 8 allora il grafico a destra sarebbe partito dal 6 al terzo livello e proprio B avrebbe annunciato la soluzione 18, data da 12 + 6, la sera del 4° giorno.

Ecco, adesso mi chiedo se la soluzione si possa semplificare ulteriormente partendo da un’ipotesi più vicina alla radice dato che da un certo punto in poi siamo sicuri di essere in casi impossibili. Ma forse questo “punto” da cui partire non è ricavabile senza ambiguità: uhm… dovrei ragionarci e farci qualche prova…

Comunque, per concludere, due paginette extra con la soluzione di altri due problemini piuttosto facili!
Problema 1: trovare gli interi a, b e c tali che:
a + bc = 2020
ab + c = 2021
Problema 2: cinque pirati devono spartirsi un tesoro di 100 monete. Le parti vengono stabilite dal capitano ma poi vengono messe al voto: se la maggioranza è contraria il capitano viene ucciso e il suo secondo diviene il nuovo capitano; egli a sua volta propone una nuova spartizione che poi viene votata dai sopravvissuti etc.
I pirati sono A, B, C, D ed E. B succede al capitano A, C a B etc.
Tutti i pirati sono perfettamente logici e vogliono massimizzare la propria parte di bottino ma, soprattutto, non essere uccisi. Inoltre, siccome sono sanguinari, se pensano di poter ottenere la stessa parte di bottino con un nuovo capitano allora voteranno contro la spartizione proposta.

SCIUPATRAMA:
C’è poco da dire in verità…
Per il primo problema cercavo di trovare inizialmente una soluzione “ragionata” invece che algebrica (e avevo infatti stabilito che A e C dovevano essere molto simili) ma poi opto per “giocare” con le formule…

Il secondo problema mi ero arrischiato a farlo a letto prima di dormire ma, abituato a quello molto più difficile, l’ho risolto immediatamente. A dire il vero non avevo pensato a ottimizzarlo tenendo presente che a parità di voti la spartizione è approvata ma al mattino mi ero reso conto di questa possibilità. Infatti qui scrivo direttamente la tabella con la soluzione e, anzi, nella pagina a destra la seconda tabella si riferisce al caso in cui la spartizione NON è approvata a parità di voti. Il problema spiegava esplicitamente che si era nel caso della prima tabella (a parità di voti la spartizione è approvata).
Non sto a entrare nei particolari del problema dato che le soluzioni sono banali…

Oops! Mentre rileggevo mi sono accorto che la seconda tabella della seconda pagina è sbagliata da C in poi! C può infatti anche prendersi tutto il bottino per sé dato che se D non vota a favore verrà ucciso quando diverrà capitano... A loro volta cambiano quindi anche le proposte di B e di A...

Conclusione: ancora non ho controllato le soluzioni “ufficiali”. In genere non lo faccio perché so se ho risolto un problema o no, ma in questo caso il problema dei prigionieri merita una verifica: soprattutto sono curioso di vedere se hanno usato una maniera più chiara per descrivere graficamente il tutto...

Share