Siccome il primo giorno puntato è un martedì allora Jacopo avanza di tre giorni andando a venerdì 4 dicembre (secondo giorno). A questo punto, siccome è un venerdì, avanza di due giorni andando a domenica 6 dicembre (terzo giorno). A questo punto indietreggia di tre giorni andando a giovedì 3 dicembre (quarto giorno). A questo punto indietreggia di uno andando a mercoledì 2 dicembre (quinto giorno). Infine indietreggia di due andando a lunedì 30 novembre. Pertanto la risposta è 30.11.

I possibili quadrati sono . I primi cinque sono posizioni con i lati orizzontali e verticali e sono i quattro di lato (ossia quello rosso, verde, blu e giallo) e quello di lato (cioè quello viola).

poi abbiamo un sesto quadrato che è quello posizionato come un rombo di diagonale , ossia

Se iniziamo colorando di rosso il triangolino in alto allora necessariamente il triangolo subito sotto deve essere colorato di blu e i due a lato di quello appena colorati di blu devono essere colorati di rosso e così via. Si arriva all’unica combinazione possibile che è

che contiene triangoli rossi.

Se osserviamo la piramide possiamo notare che il primo piano (partendo dall’alto) è formato da cubetto grande e cubetti piccoli, il secondo piano è formato cubetti grandi e cubetto piccolo, il terzo piano è formato da cubetti grandi e cubetti piccoli e così via. Pertanto è facile capire che il sesto piano sarà formato da cubetti grandi e cubetti piccoli. In definitiva la piramide con sei piani avrà cubetti: più grandi e più piccoli, inseriti ognuno tra i cubetti grandi.

Dobbiamo utilizzare le nove cifre per scrivere quattro quadrati con al più tre cifre. Siccome a noi basta scrivere controllare i quadrati dei primi numeri

1	1
2	4
3	9
4	16
5	25
6	36
7	49
8	64
9	81
10	100
11	121
12	144
13	169
14	196
15	225
16	256
17	289
18	324
19	361
20	400
21	441
22	484
23	529
24	576
25	625
26	676
27	729
28	784
29	841
30	900
31	961

da questo elenco vanno tolti sia quelli che contengono lo che quelli che contengono due cifre uguali. Pertanto la nostra lista diventa

1	1
2	4
3	9
4	16
5	25
6	36
7	49
8	64
9	81
13	169
14	196
16	256
17	289
18	324
19	361
23	529
24	576
25	625
27	729
28	784
29	841
31	961

A questo punto troviamo le possibili configurazioni di quattro numeri che contengono esattamente tutte e nove le cifre (siccome dobbiamo trovare il numero più grande possibile partiamo dal più grande). La prima configurazione che si trova è , , e , pertanto il più grande numero possibile da trovare è .

L’esercizio è simile all’esercizio 9 e ancora una volta per risolvere l’esercizio non c’è un vero e proprio metodo standard. Sicuramente possiamo osservare che ognuna delle due figure dovrà contenere quadratini, inoltre dopo pochi tentativi si vede che la configurazione corretta è

Siccome la somma delle facce opposte deve sempre fare l’accoppiamento delle facce è solamente uno e questo da origine a due possibili dadi (infatti immaginiamo di mettere il dado con la faccia verso sinistra allora il è necessariamente a destra ma le coppie – e – possono avere due posizioni diverse). Ragioniamo ora sulle possibili combinazioni che si possono avere orientando le facce in tutti i modi possibili. Le facce che si possono orientare sono il , il e il e ognuna può avere due configurazioni, pertanto il numero possibile di combinazioni è . In definitiva i possibili dadi sono , cioè per ognuna delle due possibili configurazioni iniziali.

In pratica abbiamo due quadrati perfetti con cinque cifre (di cui le ultime quattro uguali) e che distano numeri, pertanto il più piccolo dei due numeri, ovvero SPICE, dovrà essere compreso tra e compresi ed EPICE tra e . A questo punto abbiamo ristretto il caso a numeri, infatti mentre , che comunque sono ancora troppi per pensare di calcolarli tutti. Ragioniamo pertanto sulle cifre, il numero EPICE ha la prima e l’ultima cifra uguale e sappiamo che i quadrati perfetti possono terminare solo per quindi necessariamente, considerando anche quello detto prima, la lettera E può essere solamente un numero tra . Cerchiamo quindi i numeri possibili partendo da quelli che iniziano e terminano con il numero . Spieghiamo il ragionamento in maniera dettagliata per il numero e poi, se necessario, lo applichiamo anche per gli altri. Siccome e cerchiamo il nostro numero solo tra i quadrati dei numeri compresi tra e . Inoltre, siccome il numero deve terminare per , la cifra finale dovrà essere o oppure , quindi controlliamo

   

che non va bene perché ci sono due cifre uguali all’interno del numero

   

che invece non va bene perché non è un quadrato perfetto e ha due cifre uguali

   

   

   

che non vanno bene per le ragioni viste prima. Proviamo ora i numeri che iniziano e terminano per , ripetendo il ragionamento di prima devo controllare i quadrati dei numeri compresi tra e che terminano per , ossia

   

che va bene perché che ha tutte le cifre diverse ed è il quadrato di .

La prima cosa che possiamo osservare è che dovremmo gestire bene i numeri ed alternare i numeri maggiori e i numeri minori. In particolare sia sulle due circonferenze che sui tre raggi dovranno esserci sia numeri grandi che numeri piccoli. Seguendo questo ragionamento andiamo a posizionare i numeri (si possono fare anche diversi tentativi) ed otteniamo la seguente configurazione

quindi la risposta è .

Ancora una volta dobbiamo contare i quadrati, a differenza però dell’esercizio 3 risulta molto più difficile contarli tutti. Per questo motivo cerchiamo un metodo per poterli determinare. Innanzitutto contiamo i quadrati formati da un singolo quadretto, partiamo da quello in alto a sinistra e muovendoci verso destra li contiamo tutti e

Dopo contiamo quelli sempre partendo da in alto a sinistra muovendoci verso destra e vediamo che sono

Ripetiamo questo ragionamento anche per quelli , che sono , quelli , che sono . E infine per quelli che sono come in figura

Ovviamente a tutti questi quadrati va aggiunto il quadrato completo. Pertanto i quadrati in totale sono