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Uno dei blog di .mau.

Problemini per Pasqua 2018

Come sempre, nell’uovo ci sono cinque problemi, questa volta un po’ di annata come vedrete da alcuni numeri usati nei testi.

1. L’invasione dei cloni
Al congresso “L’invasione dei cloni” si sono riunite 201 persone di cinque nazionalità diverse. Si sa che in un qualunque gruppo di sei congressisti almeno due hanno lo stesso numero di anni. Dimostrate che ci sono almeno cinque persone della stessa nazione, età e sesso.

[assemblea]
(immagine di anonymous, da OpenClipArt)

2. Spazio 1999
Costruite il triangolo aritmetico mostrato qui sotto
[0,1,2,3,4,...,1997,1998,1999; 1,3,5,7,...,3995,3997; 4,8,12,...,7992; ...]
nel quale ogni numero è la somma dei due sopra di esso. Evidentemente ogni riga ha un numero in meno di quella precedente. La duemillesima riga avrà un solo numero; dimostrare che è un multiplo di 1999.

3. Uno vale uno
Dimostrare che dato un qualunque numero primo p diverso da 2 e 5 esistono infiniti multipli di p la cui rappresentazione decimale è 111…111 (composta da sole cifre 1)

4. Distanze distinte
Il disegno qui sotto è fatto di sedici punti disposti a forma di quadrato; le distanze orizzontali e verticali tra due punti adiacenti sono tutte uguali a 1. Due di questi punti su una diagonale del quadrato, A e D, sono selezionati. In quanti modi possono essere scelti altri due punti B e C in modo che tutte e sei le distanze definite dai quattro punti siano diverse? Due posizioni uguali per rotazione o riflessione sono da considerarsi identiche.

5. Tentare la sorte
Alla fiera del paese è apparsa una strana macchina, schematizzata nella figura qui sotto. Inserendo una moneta, appare una pallina al punto S che viene sparata schiacciando un bottone. Ogni volta che il bottone viene schiacciato la pallina si sposta in un altro dei punti adiacenti; la probabilità di scegliere un punto o l’altro è la stessa. Se la pallina ritorna a S il giocatore ha perso; se arriva a V ha vinto. Qual è la probabilità di vincere e quanto dura in media una partita?

 01/04/2018 Uncategorized

Basi di numerazione frazionarie

Abbiamo visto che sono state proposte, ed effettivamente usate, basi di numerazione non standard: la base 3 bilanciata e la base -2. Entrambe le basi avevano qualche vantaggio informatico, ma alla fine un confronto costi/benefici ha fatto pendere la bilancia sull’architettura attuale. Ma per l’appunto stavo parlando di informatica, che per quanto teorica possa essere è una scienza che ha pur sempre un fondamento pratico: i matematici non si curano di queste cose, e si sono inventati basi di numerazione di tutti i tipi. Stavolta parlerò delle basi frazionarie.

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 10/05/2012 Uncategorized ,

Numeri in base φ

Una base di numerazione frazionaria, come quella di cui ho scritto un paio di mesi fa, non ha nessuna utilità pratica. Ma i matematici sanno fare di peggio, e ho trovato qualcuno che è riuscito a concepire una base di numerazione addirittura irrazionale. Ma la storia dietro questa idea è molto più interessante della matematica che ci sta dietro, e soprattutto non ha formule per spaventare il lettore…

L’articolo principe – presumo anche l’unico che sia mai stato scritto al riguardo – è stato pubblicato sul numero di novembre-dicembre 1957 di Mathematics Magazine, una rivista della Mathematical Association of America dedicata principalmente agli studenti universitari del primo biennio. Prima che un’anima buona mi recuperasse alfine l’articolo, avevo fatto una ricerca con il nome di George Bergman, ed ero finito sulla pagina di un professore della Berkeley University che citava l’articolo. Strano, penso, probabilmente il professore è il figlio di quello che 55 anni fa scrisse l’articolo, e si è tenuto il link in ricordo del padre… E invece no, l’articolo era proprio suo!

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 10/07/2012 Uncategorized , ,

Risposte ai problemini per Pasqua 2018

Ecco le risposte ai problemini, che erano tratti dalla Olimpiada Matemática Española (anno 1993)

1. L’invasione dei cloni
Se in ogni gruppo di sei persone due hanno la stessa età, per il principio dei cassetti ci possono essere al massimo cinque età differenti. A questo punto ci possono essere al più 50 triplette distinte (nazionalità, età, sesso); poiché 201=50×4+1, a una di queste triplette devono essere associate almeno cinque persone, sempre per il principio dei cassetti.

2. Spazio 1999
Scriviamo gli elementi della prima riga come a0, a1, a2, a3, …
La seconda riga avrà allora a0+a1, a1+a2, a2+a3, a3+a4, …
La terza riga avrà a0+2a1+a2, a1+2a2+a3, a2+2a3+a4, a3+2a4+a5, …
La quarta riga avrà a1+3a2+3a3+a4, a2+3a3+3a4+a5, a3+3a4+3a5+a6, …
Si può dimostrare facilmente per induzione che il primo elemento della riga k+1 sarà
B(k,0)a0 + B(k,1)a1 + … + B(k,k)ak, dove B(m,n) è il coefficiente binomiale e vale m!/m!m−n!. L’unico elemento della riga 2000 del nostro triangolo varrà
B(1999,0)×0 + B(1999,1)×1 + B(1999,2)×2 + … + B(1999,1999)×1999. Ma poiché 1999 è un numero primo, tutti i coefficienti binomiali devono essere suoi multipli e quindi anche la somma di tutti quegli addendi lo è.

3. Uno vale uno
Cominiciamo a considerare i numeri della forma 9, 99, 999, 9999, … che possiamo scrivere come 101−1, 102−1, 103−1, 104−1, … Questa successione contiene un termine della forma 10p−1. Ma per il piccolo teorema di Fermat 10p−1 ≡ 1 (mod p) se p non divide 10 (e quindi è diverso da 2 e 5), quindi abbiamo un multiplo di p della forma 999…999. Se questo numero N ha k cifre, anche (10k+1)N, (102k+10k+1)N, (103k+102k+10k+1)N, … sono della stessa forma.
A questo punto, se p è diverso da 3 possiamo scrivere quei 999…999 come 9×111…111; se p divide il prodotto deve anche dividere uno dei due fattori, ed essendo primo con 9 deve dividere il secondo fattore. Resta dunque il caso 3; ma 37·3 = 111, 37037·3 = 111111 e così via.

4. Distanze distinte
Il quadrato ha due assi di simmetria, rispetto alle diagonali; ci sono pertanto solo tre posizioni essenzialmente distinte per B, mostrate nel disegno qui sotto dove i punti con la croce sono vietati perché hanno la stessa distanza da A e D, e quelli in grigio sono vietati perché hanno la stessa distanza con uno tra A e D e B. Rimangono quattro posizioni per il punto C nel primo schema, tre nel secondo e due nel terzo; ma in realtà queste ultime due posizioni sono simmetriche e quindi bisogna eliminarne una. In totale restano pertanto 8 posizioni essenzialmente distinte.

5. Tentare la sorte
Notate innanzitutto che C e D sono indistinguibili e quindi possono essere collassati in un unico punto CD, sommando le loro probabilità relative. Inoltre si può vincere o perdere solo dopo un numero pari di mosse.
Dopo una mossa, si è certamente in A.
Dopo due mosse, si ha una probabilità 1/3 di perdere e 2/3 di essere in CD.
Dopo tre mosse, si ha probabilità 1/3 di essere in A e 1/3 di essere in B (il terzo che manca è perché si è già perso :-) )
Dopo quattro mosse, si ha probabilità 1/9 di perdere, 1/9 di vincere e 4/9 = 2²/3² di essere in CD.
A questo punto la probabilità di non avere ancora né vinto né perso è i 2/3 di quella del passo precedente, e ci si trova nello stesso punto. Dopo sei mosse, si ha pertanto probabilità (1/9)(2/3) di perdere, (1/9)(2/3) di vincere e 2³/3³ di essere in CD; dopo otto mosse le probabilità sono rispettivamente (1/9)(2/3)², (1/9)(2/3)² e 24/34; e così via.
Se il gioco non finisce in due sole mosse, la probabilità di vincere e di perdere è la stessa; visto che questo capita in due casi su 3, la probabilità di vincere è 1/3. Quanto alla durata attesa, essa vale (1/3)Σn≥1(2n−1/3n−1)(2n)) = Σn≥0(nn/3n)(2n)); questa è una serie aritmo-geometrica la cui somma è 6.

 08/04/2018 Uncategorized

Vedere la teoria [Pillole]

Alcuni studenti della Brown University hanno creato un sito Seeing Theory, che mostra i concetti di base di probabilità e statistica in modo interattivo. Come potete vedere nella figura qui a fianco, la parte di teoria se ne sta sulla sinistra, ed è possibile fare “degli esperimenti” per vedere qual è il risultato.

Un approccio di questo tipo, che unisce il formalismo tecnico a una visualizzazione, può essere utile per chi abbia necessità di “sentire” come funzionano le cose.

 23/03/2018 Uncategorized , ,

Di biciclette, incidenti e trigonometria


Ipley Cross è un incrocio nella contea inglese dello Hampshire tristemente noto per essere uno dei più pericolosi per i ciclisti, con almeno due vittime e altri feriti in pochi anni; i ciclisti arrivavano tutti dalla strada da nord, Beaulieu Road. Eppure, come potete vedere dalla foto presa dall’alto, non c’è nulla che ostruisca la visuale, se non al più una leggera elevazione sul lato nordest. D’accordo: se gli automobilisti rispettassero la precedenza e rallentassero prima dell’incrocio, questi incidenti non avverrebbero. Tipicamente invece quello che succede è che guardano, non vedono nessuno arrivare e non rallentano affatto. Ma come, vi chiederete? Non si accorgono del ciclista che arranca? La risposta purtroppo è “magari non potevano proprio vederlo”: e la matematica spiega il motivo.

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 09/03/2018 Uncategorized

Pythagorea [Pillole]

Layos mi segnala una versione “semplificata” di Euclidea, di cui forse avete già sentito parlare. In Pythagorea (app per Android o Apple) bisogna fare costruzioni geometriche… avendo solo a disposizione un foglio quadrettato di dimensioni 6×6. La fregatura è che possiamo usare solo punti che sono intersezioni di rette, quindi all’inizio solo quelli che formano i quadretti: creando rette adeguate si avranno a disposizione nuovi punti.

Ho provato un po’ a giocarci sul mio smartphone, e arrivato verso la fine del secondo livello ho capito che forse mi sarebbe servito un tablet, perché ho dovuto costruire un punto in mezzo a un mare di altri punti tutti vicini: ma a parte questo problema mi sono divertito parecchio. Certo che un po’ di ricordi di geometria euclidea e geometria analitica servono…

 24/01/2018 Uncategorized ,

Risposte ai problemini per Natale 2017

Ecco le risposte (spero corrette…) ai problemini postati la scorsa settimana.

1. Biglie e sacchetti
Come sempre in questi casi è utile distinguere le varie biglie per non perdersi. Diciamo dunque che le biglie gialle sono G1, G2, G3 e quelle blu B1, B2, B3. Ci sono 6×5/2=15 modi di mettere due biglie in un sacchetto: quelli con due biglie dello stesso colore sono 6 (tre con due biglie gialle e tre con due biglie blu), quindi scegliere il sacchetto con due biglie fa vincere il 40% delle volte. Se Marco sceglie il sacchetto con quattro biglie, è come se facesse un altro sacchetto con due biglie, dunque la probabilità resta 2/5 ed è irrilevante quale sacchetto Marco scelga.

2. Tagliare una pizza
Nel disegno sotto, possiamo immaginare che il primo diametro AB sia fissato; possiamo fare variare il secondo, per ragioni di simmetria, con un angolo α che va da 0 a 90 gradi e che tocca la semicirconferenza in un punto X. Il terzo diametro può variare su tutta la semicirconferenza AIB (OI è perpendicolare ad AB), incrociandola in un punto Y (non disegnato). Se Y sta tra A e X, l’angolo XOB è ottuso e quindi c’è una fetta più grande di un quarto di pizza. Se sta tra X e I, l’angolo YOB è ottuso. Infine, considerato il punto X’ con OX’ perpendicolare a OX, se Y sta tra X’ e B l’angolo XOY è ottuso. L’unico caso in cui non ci siano angoli ottusi è quindi se Y sta tra I e X’.

Poiché l’angolo IOX’ è uguale a AOX, possiamo considerare quest’ultimo. Al variare di α, la probabilità che Y sta tra A e X cresce linearmente da 0 a 1/2 (agli estremi c’è discontinuità, ma non ci dà fastidio); quindi la probabilità media è 1/4. Questo implica che la probabilità che ci siano due fette maggiori di un quarto della pizza è il complementare, vale a dire 3/4.

3. Una strana funzione
Qualunque sia il valore di F(1), continuando ad applicare (i) otteniamo che F(0) deve essere più piccolo di un ε a piacere, e quindi valere 0; dunque per (ii) F(1) = 1, ancora per (i) F(1/3) = 1/2 e per (ii) F(2/3) = 1/2. Quindi la funzione rimane costante tra 1/3 e 2/3: tutto quello che serve è perciò usare le relazioni inverse di quelle indicate (moltiplicare per 3 e fare il complementare rispetto a 1) per giungere a un numero in quell’intervallo. Il passaggio è F(1/42)=(x) → F(1/14)=(2x) → F(3/14)=(4x) → F(9/14)=(8x) = 1/2, da cui F(1/42) = 1/16. Per la cronaca, il procedimento qui sopra non può essere usato con numeri tipo 1/13 che hanno una espressione in base 3 che non contiene 1 e quindi non avrà mai un valore in quell’intervallo; in quel caso però si arriva a un loop. Infatti se F(1/13)=x allora F(3/13)=2x, F(9/13)=4x, F(4/13)=1−4x, F(12/13) = 2−8x, F(1/13) = 1−(2−8x) = 8x−1. Quindi x = 8x−1 da cui x = 1/7.

4. Somme e divisori
Essendo 2013 dispari, dev’essere la somma di un numero pari e uno dispari. Il numero n non può essere dispari, perché non può avere un divisore pari: pertanto n è pari, e il suo maggior divisore è per definizione n/2. Dunque abbiamo 3n/2 = 2013 da cui si ricava l’unica soluzione possibile n = 1342.

5. Numeri paladini
Se la fattorizzazione di un numero n è data da p1a1·p2a2·…·pkak, allora il numero di suoi fattori è (a1+1)(a2+1)…(ak+1). Possiamo ottenere 4 come (3+1) oppure (1+1)(1+1), ma nel primo caso (il cubo di un numero primo) il più piccolo numero paladino di quattro cifre è 11³ = 1331; Dobbiamo pertanto cercare due numeri primi il cui prodotto sia inferiore a 1300; una tra le varie possibilità è 37·31=1073.

 31/12/2017 Uncategorized

Problemini per Natale 2017

Quest’anno ho preso i quizzini da Gifted Mathematics che ha un piccolo problema: non ci sono le soluzioni. Quindi magari la mia soluzione è sbagliata… Thriller in più. Al solito, le soluzioni a San Silvestro. (Ah, i problemi dovrebbero essere in ordine decrescente di difficoltà)

1. Biglie e sacchetti
Alice e Marco stanno facendo un gioco. In una scatola ci sono sei biglie, identiche al tatto, tre blu e tre gialle; lì vicino ci sono due sacchetti non trasparenti. Alice benda Marco, mischia le biglie e gliele fa mettere due in un sacchetto e quattro nell’altro. Marco non può vedere nulla, ma può capire quale sacchetto ha due biglie e quale quattro. A questo punto Alice invita Marco a prendere due biglie sa un sacchetto a scelta; se saranno dello stesso colore avrà vinto, altrimenti avrà perso. A Marco conviene prendere le due biglie dal sacchetto che ne ha due, o sceglierne due dall’altro?

2. Tagliare una pizza
Prendete un cerchio e scegliete a caso tre diametri distinti, che lo divideranno in sei settori. Qual è la probabilità che due dei settori abbiano un’area almeno pari a un quarto del cerchio?

3. Una strana funzione
F è una funzione non decrescente definita per tutti gli x compresi tra 0 e 1, per cui valgono le seguenti proprietà:

(i) F(x/3) = F(x)/2,
(ii) F(1 − x) = 1 − F(x)

Calcolate F(1/42).

4. Somme e divisori

Trovate tutti gli interi n tali per cui la somma di n e del suo maggior divisore proprio sia 2013.

5. Numeri paladini
Chiamiamo un numero n “paladino” se il numero dei suoi divisori (positivi) è uguale al numero di cifre del numero stesso. Per esempio, 121 è un numero paladino, avendo come unici divisori 1, 11, 121. Trovate un numero paladino di quattro cifre e minore di 1300.

immagine di gingko, https://openclipart.org/detail/254354


 25/12/2017 Uncategorized

Mersenne 50 e il controllo di primalità

A distanza di un paio d’anni dall’ultima volta è stato scoperto un nuovo primo di Mersenne, il cinquantesimo della serie. In un certo senso non è molto “più grande” del penultimo, che era M(74.207.281): stavolta abbiamo infatti M(77.232.917), e se vi limitate a guardare l’esponente vedete che la distanza dal penultimo è inferiore a quelle precedenti. (Nota: non sono ancora stati testati tutti gli esponenti inferiori, quindi la lista potrebbe non essere completa. È già capitato in passato che GIMPS, il programma distribuito per verificare la primalità di un numero di Mersenne, tirasse fuori un numero che non era il record di grandezza). Tutto è relativo, naturalmente: il numero in questione ha più di 23 milioni di cifre e se volete vedere com’è fatto vi serve scaricare 100 MB zippati.

Quello che vorrei farvi notare è però un’altra cosa. Come si può essere ragionevolmente certi che quel numero sia primo? Non è che uno si possa mettere a dividerlo per tutti i numeri primi, e anche i metodi più evoluti non sono trattabili a mano; quindi ci si deve fidare dei computer, un po’ come nella dimostrazione del teorema dei quattro colori. Gli amici di GIMPS hanno scelto un approccio molto pragmatico: sono stati usati quattro programmi diversi fatti girare su quattro architetture hardware diverse. A questo punto – dopo che i programmi hanno impiegato tra le 35 e le 83 ore di CPU: ve l’avevo detto che il numero era grande! – possiamo avere una certezza sufficiente.

A quando il prossimo primo di Mersenne? Chi lo sa.

 05/01/2018 Uncategorized ,