Potremmo sbagliare (come nostro solito) ma se non sbagliamo questo dovrebbe essere il primo post del 2025 di questa scintillante pagina dei Rudi Mathematici sul rutilante sito di MaddMaths!, e ciò merita festeggiamenti. Certo, direte voi: festeggiare, quando si è dentro le feste già da una decina di giorni almeno, non sembra una cosa particolarmente esaltante o sorprendente. Ma non notate la splendida congiuntura? Durante le feste tutto è speciale, quindi lo speciale diventa normale, e alla fine tutto è normale e speciale al tempo stesso. E in effetti è proprio così, perdincibacco: i momenti di passaggio da un anno all’altro sono proprio quelli in cui abbondano cose insolite, come le luci per strada, la presenza di campanelle in quasi tutte le canzoni, la voce di Mariah Carey e quella di George Michael ad ogni piè sospinto, per non parlare di quello che propinano le televisioni: Una Poltrona per Due, Love Actually, La Vita è Meravigliosa… vabbè, qui è inutile fare gli spocchiosi, questi film li abbiamo visti e rivisti decine di volte, e continuano a piacerci: e più sono impossibili, più ci piacciono. Quindi, non stiamo a guardare il capello: festeggiamo il festeggiabile, e lo facciamo con i pacchi.
A dire la verità, dei pacchi di Natale noi abbiamo cominciato a parlare già alla fine dell’undicesimo mese dell’anno scorso, con il problema pubblicato su “Le Scienze“. Certo, parlavamo di tanti pacchi che poi, alla fine, risultavano essere quasi tutti vuoti, e anche quando non lo erano non è che contenessero poi chissà che. Però siamo riusciti a trasformare quei pacchi in un gioco, e il gioco in un problema. Tanto vale raccontarvi come.
Quindici scatole sono disposte in un rettangolo di 5 righe e 3 colonne, e pianamente identificate dalle lettere dell’alfabeto: “A” per quella in alto a sinistra fino alla “O” dell’ultima della terza riga. Alice e Doc sono chiamati ad aprire simultaneamente le scatole, una alla volta: solo che Alice procede per righe (quindi aprendo nell’ordine ABCDE FGHIJ KLMNO) mentre Doc lo fa per colonne (AFK BGL CHM DIN EJO). In una delle scatole c’è una birra e vince chi la trova. Appurato che il gioco è equo, si chiede se lo è ancora nel caso che le birre nascoste siano due, in due scatole diverse, e vinca chi trova la prima.
Non vi pare un bel giochino da fare a casa, sotto l’albero? Se ci sono bambini, potreste sostituire la birra con un pezzo di cioccolato, e se ci sono degli amanti della matematica ricreativa potreste metterli a fare i conti sull’equità o meno di questo strano “gioco dell’oca” fatto senza dadi e senza pennuti. Ma anche ad albero già rimesso in cantina e gli avanzi di panettone fatti fuori nel caffellatte mattutino, potrebbe valere la pena divertirsi nel capire quando e se il gioco resta equo, magari variando la disposizione e il numero dei pacchi. Noi abbiamo scoperto, ad esempio, alcune cose inaspettate, cercando di analizzarlo appena un po’ più a fondo del necessario, e ne abbiamo scritto nell’articolo che linkiamo qua sotto.
La soluzione del problema secondo i Rudi Mathematici è pubblicata QUI.
Per concludere, un piccolo riepilogo tecnico: i problemi di cui parliamo in questa sezione sono pubblicati sulla rivista cartacea “Le Scienze” che esce in edicola all’inizio di ogni mese. Le soluzioni (brevi) vengono pubblicate sul numero successivo della rivista stessa, ma verso la fine dello stesso mese viene pubblicato sul sito di Le Scienze un articolo che fornisce una soluzione più estesa; si tratta esattamente dell’articolo che poi linkiamo in questi post sul blog ospitato da MaddMaths. Siamo certi che queste cose le sapete già, ma vorremmo attirare la vostra attenzione sui tempi: l’articolo che linkiamo deve essere inviato alla redazione di Le Scienze con un buon anticipo, per ovvie esigenze editoriali: e l’intervallo di tempo tra l’uscita del numero della rivista e la preparazione dell’articolo di soluzione è così breve da rendere virtualmente impossibile raccogliere le soluzioni che i lettori ci mandano via mail. Sarebbe certo possibile sfasare i tempi di pubblicazione di questi post, ma ciò comporterebbe una discreta quantità di lavoro, anche organizzativo, non solo per noi di RM ma anche per chi cura l’enorme macchina da guerra che è il sito di MaddMaths. Quindi, se potete e volete, non temete di mettere le vostre soluzioni e osservazioni direttamente qua sotto, nell’area dei commenti. Una delle ragioni principali per cui abbiamo mari e monti (che non a caso hanno le stesse iniziali di MaddMaths, MM!) per continuare ad avere un blog è proprio quella di vedervi confrontare con le vostre soluzioni, non con le nostre (che peraltro, non facciamo altro che rubare in giro).
I Rudi Mathematici (Rodolfo Clerico / Rudy d’Alembert, Piero Fabbri / Piotr Rezierovic Silverbrahms, Francesca Ortenzio / Alice Riddle) sono autori della omonima e-zine di matematica ricreativa, pubblicata in rete dal 1999.
Di tutti le possibili 15*14/2=105 coppie di scatole contenenti entrambi una birra escludendo
– le 19 coppie in cui Alice e Doc aprono in contemporanea la stessa scatola cioè la “a” e la “h”; che sono: ab ac ad ae af ag ah ai aj ak al am an ao hi hj hm hn ho
(perché alla “o” non possono arrivarci in quanto sicuramente ad una scatola precedente uno dei due vince)
– le 4 coppie di scatole a cui arrivano contemporaneamente e con entrambe contenenti una delle due birre; vale a dire le coppie di scatole: bf ck eg im
restano 43 coppie di scatole contenenti ciascuna una birra cui arriva prima Alice; che sono: bc bd be bg bh bi bj bk bl bm bn bo, cd ce cg ch ci cj cl cm cn co,
de dg dh di dj dl dm dn do, eh ei ej el em en eo, ij in io, jn, jo
e 39 coppie di scatole cui arriva prima Doc: fc fd fe fg fh fi fj fk fl fm fn fo, gh gi gj gk gl gm gn go, kd ke kh ki kj kl km kn ko, lh li lj lm ln lo, mj mn mo, no.
Come controprova sommando 4+19+43+39 si ha proprio 105.
Alice ha, quindi 43 coppie che la fanno vincere e Doc 39.
Spesso il divertente di questi giochi è che più che giochi sono commedie degli equivoci. Pure io all’inizio avevo pensato così, poi però ho riletto il testo: “Alice e Doc sono chiamati ad aprire SIMULTANEAMENTE le scatole, una alla volta: solo che Alice procede per righe (quindi aprendo nell’ordine ABCDE FGHIJ KLMNO) mentre Doc lo fa per colonne (AFK BGL CHM DIN EJO).” Quindi entrambi cominciano ad aprire da A, cioè 1, e procedono simultaneamente con le aperture (A-A, B-F, C-K…, H-H, …, O-O) fino a quando una/o trova la bottiglia, il che può avvenire in due contesti (cioè con due set di scatole) distinti… a meno di zuffe per la bottiglia di birra!
Il resto va come scrivevo nel post precedente. (Nota a margine: il procedimento di apertura è deterministico – altrimenti non sarebbe possibile assegnare un numero preciso a ciascuna scatola -, ma la posizione della birra è random, ed è dall’incrocio dei due aspetti che esce il vincitore).
“le aperture di scatole che i due devono man mano effettuare, sono determinate a priori.” Così scrivendo Valter ha centrato il motivo che rende non equo il gioco. E se Pietro A non ne fosse ancora convinto può esaminare il seguente semplice esempio: Una sola birra è stata messa a caso in una delle 15 scatole, numerate da 1 a 15. Vince il primo che la trova. Ma se Alice è obbligata ad aprire le scatole nell’ ordine 1, 2, 3, …13, 14, 15 e Doc nell’ordine 2, 3, 4, … 14, 15, 1 è evidente che Doc vince quasi sempre (14 volte su 15), in barba al fatto che la scatola in cui mettere la birra è stata scelta random con distribuzione di probabilità uniforme su tutte le scatole
Quello che intendevo dire nel mio post precedente era che, il motivo per cui il gioco, in caso di disposizioni rettangolari non di quadrate, non è equo, è dovuto al fatto che gli spostamenti di Alice e Doc avvengono in modo deterministico e non casuale; cioè le “aperture” di scatole che i due devono man mano effettuare, sono determinate a priori.
Se gli spostamenti fossero casuali, scelti dai due in base alle “mosse” precedenti, “l’ordine con cui le scatole vengono aperte sarebbe irrilevante” in quanto “qualunque scatola avrebbe la stessa probabilità di contenere una birra”.
Doc e Alice, infatti, potendo scegliere in modo casuale la prossima scatola da aprire, e non essendo “stupidi”, non aprirebbe di certo una scatola che era già stata aperta dall’altro, sapendo che dentro non c’è una birra.
Per come devono procedere nell’aprire le scatole, invece, Doc alla quarta “apertura” deve riaprire una scatola che aveva già aperto Alice pur sapendo che non contiene una birra, perchè, altrimenti, Alice avrebbe già vinto in precedenza.
Essendo poi Doc a trovarsi per primo in tale situazione, Alice, alla quarta apertura, può “sperare” di vincere, in quanto la sua scatola, non essendo stata ancora aperta, potrebbe contenere una birra; tale “speranza”, invece, Doc, in quel momento, non ce l’ha.
La sua “speranza” di vincere, inoltre, è superiore a quella che Doc potrebbe avere in seguito, quando si potrebbe trovare nella stessa situazione di Alice, cioè con Alice “costretta” ad aprire una scatola che era già stata aperta in precedenza da Doc, perché, essendo Alice la prima a trovarsi in tale situazione, vi sono più scatole ancora da aprire che possono abbinarsi a quella che sta aprendo, e quindi, più abbinamenti di scatole con birra, che le permettono di vincere rispetto a quante ne avrà, eventualmente Doc, in seguito, se si trovasse nella stessa situazione, a parti invertite, di Alice.
Lanciando due volte la moneta per decidere quale pacco apre Alice e Doc bisogna tenere conto di tali situazioni; ad esempio:
– la moneta potrebbe dare 2 per entrambi, e se le due birre si trovano nella scatola di prima riga/seconda colonna e seconda riga/prima colonna, non vi sarebbe vittoria ma pareggio perché entrambi aprono, nello stesso momento, una scatola contenente una birra
– il caso poi che la moneta dia 4 per Alice e 4 per Doc non può verificarsi perché 4 per Doc corrisponde a 2 per Alice e, quindi, Alice avrebbe già vinto due “mosse” prima e il gioco sarebbe già terminato non permettendo, quindi, di giungere a tali “aperture” di scatole.
A me il gioco sembra equo… Al posto delle lettere, indichiamo ogni pacco con un numero n da 1 a 15 corrispondente alla quantità di pacchi da aprire per arrivare a quel pacco. Il numero identifica univocamente il pacco; inoltre, tranne i pacchi sulla diagonale (1, 8, 15), pacchi nella stessa posizione avranno nei due casi numeri diversi.
La posizione della birra è casuale, lanciamo quindi una moneta in modo che cada su uno dei pacchi di Alice (identificato da n); stessa cosa per Doc. Come detto, il numero n indica il numero di pacchi da aprire, quindi vince chi ha il pacco su cui cade la moneta contraddistinto dal numero più basso dei due. La probabilità che la moneta cada su un qualunque pacco è la stessa, e ciascun numero da 1 a 15 ha stessa probabilità di risultare. Questo vale evidentemente sia per Alice che per Doc. Quindi la probabilità che il numero risultante dal lancio sia maggiore o uguale è la stessa per entrambi.
Sono rimasto stupito della soluzione pubblicata e mi son messo a cecarvi l’errore perché l’intuizione insisteva a dirmi che il gioco deve essere equo poiché l’ordine con cui le scatole vengono aperte deve essere irrilevante, visto che qualunque scatola ha la stessa probabilità di contenere una birra.
Mi sono arreso quando ho notato che il gioco può essere ripetuto con numeri più piccoli: 6 scatole disposte su 2 righe e 3 colonne. Adesso le due scatole dove mettere le birre possono essere scelte solo in 15 modi diversi e si fa presto a contare che in 6 si ha pareggio, in 5 vince chi procede per righe e in 4 vince chi procede per colonne.
Ma la mia intuizione (questo misteriosa, prolifica, indisciplinata e incauta componente della mente) non si è arresa e continua a protestare!
Forse per farsi, almeno bun accenno, del perché, intuitivamente, il gioco non è equo, e la favorita è Alice, si porterebbe pensare alla”velocità” con cui i due aprono nuovi pacchi non ancora ispezionati.
Alice dopo 4 “mosse” ha aperto 4 pacchi che non lo erano ancora mentre Doc ne ha aperti solo 3 perché il pacco in riga 0 e colonna 1 (considerando 0 la prima riga e 0 la prima colonna) era già stato aperto in precedenza da Alice.
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Di tutti le possibili 15*14/2=105 coppie di scatole contenenti entrambi una birra escludendo
– le 19 coppie in cui Alice e Doc aprono in contemporanea la stessa scatola cioè la “a” e la “h”; che sono: ab ac ad ae af ag ah ai aj ak al am an ao hi hj hm hn ho
(perché alla “o” non possono arrivarci in quanto sicuramente ad una scatola precedente uno dei due vince)
– le 4 coppie di scatole a cui arrivano contemporaneamente e con entrambe contenenti una delle due birre; vale a dire le coppie di scatole: bf ck eg im
restano 43 coppie di scatole contenenti ciascuna una birra cui arriva prima Alice; che sono: bc bd be bg bh bi bj bk bl bm bn bo, cd ce cg ch ci cj cl cm cn co,
de dg dh di dj dl dm dn do, eh ei ej el em en eo, ij in io, jn, jo
e 39 coppie di scatole cui arriva prima Doc: fc fd fe fg fh fi fj fk fl fm fn fo, gh gi gj gk gl gm gn go, kd ke kh ki kj kl km kn ko, lh li lj lm ln lo, mj mn mo, no.
Come controprova sommando 4+19+43+39 si ha proprio 105.
Alice ha, quindi 43 coppie che la fanno vincere e Doc 39.
Spesso il divertente di questi giochi è che più che giochi sono commedie degli equivoci. Pure io all’inizio avevo pensato così, poi però ho riletto il testo: “Alice e Doc sono chiamati ad aprire SIMULTANEAMENTE le scatole, una alla volta: solo che Alice procede per righe (quindi aprendo nell’ordine ABCDE FGHIJ KLMNO) mentre Doc lo fa per colonne (AFK BGL CHM DIN EJO).” Quindi entrambi cominciano ad aprire da A, cioè 1, e procedono simultaneamente con le aperture (A-A, B-F, C-K…, H-H, …, O-O) fino a quando una/o trova la bottiglia, il che può avvenire in due contesti (cioè con due set di scatole) distinti… a meno di zuffe per la bottiglia di birra!
Il resto va come scrivevo nel post precedente. (Nota a margine: il procedimento di apertura è deterministico – altrimenti non sarebbe possibile assegnare un numero preciso a ciascuna scatola -, ma la posizione della birra è random, ed è dall’incrocio dei due aspetti che esce il vincitore).
“le aperture di scatole che i due devono man mano effettuare, sono determinate a priori.” Così scrivendo Valter ha centrato il motivo che rende non equo il gioco. E se Pietro A non ne fosse ancora convinto può esaminare il seguente semplice esempio: Una sola birra è stata messa a caso in una delle 15 scatole, numerate da 1 a 15. Vince il primo che la trova. Ma se Alice è obbligata ad aprire le scatole nell’ ordine 1, 2, 3, …13, 14, 15 e Doc nell’ordine 2, 3, 4, … 14, 15, 1 è evidente che Doc vince quasi sempre (14 volte su 15), in barba al fatto che la scatola in cui mettere la birra è stata scelta random con distribuzione di probabilità uniforme su tutte le scatole
Quello che intendevo dire nel mio post precedente era che, il motivo per cui il gioco, in caso di disposizioni rettangolari non di quadrate, non è equo, è dovuto al fatto che gli spostamenti di Alice e Doc avvengono in modo deterministico e non casuale; cioè le “aperture” di scatole che i due devono man mano effettuare, sono determinate a priori.
Se gli spostamenti fossero casuali, scelti dai due in base alle “mosse” precedenti, “l’ordine con cui le scatole vengono aperte sarebbe irrilevante” in quanto “qualunque scatola avrebbe la stessa probabilità di contenere una birra”.
Doc e Alice, infatti, potendo scegliere in modo casuale la prossima scatola da aprire, e non essendo “stupidi”, non aprirebbe di certo una scatola che era già stata aperta dall’altro, sapendo che dentro non c’è una birra.
Per come devono procedere nell’aprire le scatole, invece, Doc alla quarta “apertura” deve riaprire una scatola che aveva già aperto Alice pur sapendo che non contiene una birra, perchè, altrimenti, Alice avrebbe già vinto in precedenza.
Essendo poi Doc a trovarsi per primo in tale situazione, Alice, alla quarta apertura, può “sperare” di vincere, in quanto la sua scatola, non essendo stata ancora aperta, potrebbe contenere una birra; tale “speranza”, invece, Doc, in quel momento, non ce l’ha.
La sua “speranza” di vincere, inoltre, è superiore a quella che Doc potrebbe avere in seguito, quando si potrebbe trovare nella stessa situazione di Alice, cioè con Alice “costretta” ad aprire una scatola che era già stata aperta in precedenza da Doc, perché, essendo Alice la prima a trovarsi in tale situazione, vi sono più scatole ancora da aprire che possono abbinarsi a quella che sta aprendo, e quindi, più abbinamenti di scatole con birra, che le permettono di vincere rispetto a quante ne avrà, eventualmente Doc, in seguito, se si trovasse nella stessa situazione, a parti invertite, di Alice.
Lanciando due volte la moneta per decidere quale pacco apre Alice e Doc bisogna tenere conto di tali situazioni; ad esempio:
– la moneta potrebbe dare 2 per entrambi, e se le due birre si trovano nella scatola di prima riga/seconda colonna e seconda riga/prima colonna, non vi sarebbe vittoria ma pareggio perché entrambi aprono, nello stesso momento, una scatola contenente una birra
– il caso poi che la moneta dia 4 per Alice e 4 per Doc non può verificarsi perché 4 per Doc corrisponde a 2 per Alice e, quindi, Alice avrebbe già vinto due “mosse” prima e il gioco sarebbe già terminato non permettendo, quindi, di giungere a tali “aperture” di scatole.
A me il gioco sembra equo… Al posto delle lettere, indichiamo ogni pacco con un numero n da 1 a 15 corrispondente alla quantità di pacchi da aprire per arrivare a quel pacco. Il numero identifica univocamente il pacco; inoltre, tranne i pacchi sulla diagonale (1, 8, 15), pacchi nella stessa posizione avranno nei due casi numeri diversi.
La posizione della birra è casuale, lanciamo quindi una moneta in modo che cada su uno dei pacchi di Alice (identificato da n); stessa cosa per Doc. Come detto, il numero n indica il numero di pacchi da aprire, quindi vince chi ha il pacco su cui cade la moneta contraddistinto dal numero più basso dei due. La probabilità che la moneta cada su un qualunque pacco è la stessa, e ciascun numero da 1 a 15 ha stessa probabilità di risultare. Questo vale evidentemente sia per Alice che per Doc. Quindi la probabilità che il numero risultante dal lancio sia maggiore o uguale è la stessa per entrambi.
Sono rimasto stupito della soluzione pubblicata e mi son messo a cecarvi l’errore perché l’intuizione insisteva a dirmi che il gioco deve essere equo poiché l’ordine con cui le scatole vengono aperte deve essere irrilevante, visto che qualunque scatola ha la stessa probabilità di contenere una birra.
Mi sono arreso quando ho notato che il gioco può essere ripetuto con numeri più piccoli: 6 scatole disposte su 2 righe e 3 colonne. Adesso le due scatole dove mettere le birre possono essere scelte solo in 15 modi diversi e si fa presto a contare che in 6 si ha pareggio, in 5 vince chi procede per righe e in 4 vince chi procede per colonne.
Ma la mia intuizione (questo misteriosa, prolifica, indisciplinata e incauta componente della mente) non si è arresa e continua a protestare!
Forse per farsi, almeno bun accenno, del perché, intuitivamente, il gioco non è equo, e la favorita è Alice, si porterebbe pensare alla”velocità” con cui i due aprono nuovi pacchi non ancora ispezionati.
Alice dopo 4 “mosse” ha aperto 4 pacchi che non lo erano ancora mentre Doc ne ha aperti solo 3 perché il pacco in riga 0 e colonna 1 (considerando 0 la prima riga e 0 la prima colonna) era già stato aperto in precedenza da Alice.
Condivido quanto avevo preparato come mio contributo al problema:
https://docs.google.com/document/d/19qIAIGOiklXvQaLd5Nqk8Dvr_GPEUEZt/edit?usp=drive_link&ouid=117564311960738395185&rtpof=true&sd=true