Inizio con l’esporvi un problema matematico. Prendete un mazzo di (52) carte, mischiatelo, e poi girate le carte a due a due. Un bravo prestigiatore \u00e8 capace a fare in modo che tutte le coppie siano composte da una carta rossa e una nera; ma immaginate che il mazzo sia stato mischiato bene e quindi le coppie siano scelte in maniera davvero casuale. Qual \u00e8 allora la probabilit\u00e0 che tutte le ventisei coppie siano formate da una carta rossa e una nera?<\/p>\n
Prima di passare a risolvere il problema, cos\u00ec avete a disposizione un po’ di tempo in pi\u00f9 per pensarci, ecco una “barzelletta matematica”. A un matematico e a un fisico viene chiesto di specificare tutte le operazioni da fare, avendo a disposizione un pentolino, un uovo, un fornello, un rubinetto e un orologio, per cuocere un uovo sodo. Entrambi rispondono “si riempie il pentolino d’acqua, si accende il fuoco, si aspetta che l’acqua bolla, si mette l’uovo nel pentolino, si aspettano quattro minuti, si spegne il fuoco e si prende l’uovo”. Come seconda domanda viene chiesto di specificare cosa fare se il pentolino \u00e8 pieno d’acqua. Il fisico risponde “si accende il fuoco, si aspetta che l’acqua bolla, si mette l’uovo nel pentolino, si aspettano quattro minuti, si spegne il fuoco e si prende l’uovo”; il matematico “si svuota il pentolino e ci si riconduce al caso precedente”. <\/p>\n
A chi ha pensato “che stupido il matematico!” faccio amabilmente notare che la sua spiegazione \u00e8 pi\u00f9 breve di quella del fisico :-) Parlando pi\u00f9 seriamente, il ricondursi al caso precedente ha parecchi punti di contatto con il concetto informatico di subroutine: una parte di codice scritta una volta per tutte e che si pu\u00f2 utilizzare come se fosse un mattoncino compatto, senza doversi preoccupare di cosa c’\u00e8 dentro. Ma quello di subroutine \u00e8 un concetto recente, di pochi decenni orsono: i matematici fanno la stessa cosa da duemilacinquecento anni o gi\u00f9 di l\u00ec. Il salto concettuale \u00e8 avvenuto con gli ellenisti: Euclide con i suoi Elementi<\/i> ha codificato una volta per tutte il concetto che la matematica non \u00e8 una semplice raccolta di informazioni, come facevano gi\u00e0 egizi e babilonesi, ma un edificio che si costruisce man mano a partire da quello che \u00e8 gi\u00e0 noto. Una volta dimostrato un teorema, quello \u00e8 a disposizione esattamente come i postulati per la dimostrazione di nuovi teoremi: a differenza delle scienze, la matematica \u00e8 come il maiale e non si butta via nulla, tanto che la dimostrazione euclidea del teorema di Pitagora continua ad essere vera. Pu\u00f2 venire sostituita da dimostrazioni pi\u00f9 semplici<\/b>, certo: ma non per questo diventa falsa. Ma torniamo al nostro problema, prima che qualcuno si spazientisca.<\/p>\n
Questo problema sembrerebbe di tipo combinatorio: si contano tutti i possibili modi per dividere il mazzo in ventisei coppie, si guarda quanti di essi hanno tutte le coppie di colore diverso, e si fa il rapporto. Inutile dire che la cosa \u00e8 improponibile anche con un computer; quindi occorre trovare un metodo pi\u00f9 intelligente. Un’utile tecnica per risolvere problemi di questo tipo \u00e8 partire con casi pi\u00f9 semplici, e vedere se il caso generale si pu\u00f2 ricondurre a uno di questi casi pi\u00f9 semplici. Qual \u00e8 l’esempio pi\u00f9 facile che si possa fare? Beh, quello con un “mazzo” di due sole carte, una rossa e una nera. Sono certo che anche chi afferma di essere completamente negato per la matematica risponder\u00e0 che la probabilit\u00e0 che prendendo una coppia di carte da questo “mazzo” esse siano di colori opposti \u00e8 1, cio\u00e8 la certezza. Passiamo ora a un caso appena pi\u00f9 complicato: un mazzo di quattro carte. Prendiamo la prima coppia: qualcuno potrebbe immaginare di dover separare i casi in cui la prima carta \u00e8 rossa da quella per cui \u00e8 nera, ma basta pensarci su un attimo per accorgersi che non importa: per ragioni di simmetria si pu\u00f2 tranquillamente assumere la prima carta rossa. Peschiamo ora la seconda carta: la probabilit\u00e0 che sia nera \u00e8 2\/3. Ma se abbiamo fatto una coppia di colore opposto, quello che ci \u00e8 rimasto \u00e8 un mazzo di due carte, una rossa e una nera; e quel<\/i> problema lo sappiamo risolvere. Ci siamo insomma ricondotti al caso precedente. La risposta per un mazzo di quattro carte \u00e8 pertanto (2\/3)×1 = 2\/3. Lo so, moltiplicare per 1 \u00e8 pleonastico: ma noi stiamo cercando un pattern, e quindi ci teniamo anche questo pezzo perch\u00e9 non si sa mai.<\/p>\n
Passiamo a sei carte: presa la prima, la probabilit\u00e0 che la seconda sia di colore opposto \u00e8 3\/5; a questo punto ci siamo ricondotti al caso precedente, e quindi possiamo calcolare la probabilit\u00e0 complessiva come (3\/5)×(2\/3)×1. Con otto carte avremo (4\/7)×(3\/5)×(2\/3)×1; direi che a questo punto \u00e8 facile intuire, e non troppo difficile dimostrare, che con 2n<\/i> carte la probabilit\u00e0 complessiva sar\u00e0 data da (il passaggio dalla penultima all’ultima formula pu\u00f2 non essere immediato, anche se garantisco sono tutti conti formali: ma non preoccupatevi, qui non siamo a scuola e non \u00e8 importante che voi sappiate farli. La parte davvero matematica di tutto il ragionamento \u00e8 quella precedente, l’ultimo passaggio serve solo per non prendere un votaccio a scuola)<\/p>\n
\n(n<\/i>×(n<\/i>−1)×…×2×1)\/((2n<\/i>−1)×(2n<\/i>−3)×…×3×1), cio\u00e8 2n<\/i><\/sup>(n<\/i>!)2<\/sup>\/(2n<\/i>)!<\/p>\n