La scorsa settimana è stato annunciato un nuovo record di numero di cifre di pi greco. Bisogna dire che non c’è stato chissà quale miglioramento: da 100 trilioni (o 100.000 miliardi, se vogliamo usare la scala lunga) siamo passati a 105 trilioni. La cifra in posizione 100 trilioni è un 6, almeno secondo il gruppo di lavoro che ha superato il proprio precedente record. Il tutto in due mesi e mezzo di computazione.

La cosa più interessante è che a quanto sembra il collo di bottiglia non è tanto la CPU, anche se hanno comunque usato un sistema 128-core dual-processor con 1 tera e mezzo di DRAM (ma che girava Windows Server 2022…), quanto lo spazio per salvare i dati! I 36 moduli SSD della Solidigm possono contenere un petabyte di spazio… (inutile dire che quelli di Solidigm si sono subito fatti pubblicità!)

Per i curiosi, il calcolo è stato eseguito applicando l’algoritmo di Chudnovsky: se avete letto il mio Chiamatemi Pi Greco sapete che alla fine del millennio i fratelli Chudnovsky hanno implementato una delle mistiche formule di Ramanujan e generato alcuni record per mezzo di un computer “casalingo”, nel senso che era stato assemblato nelle varie stanze di casa loro.

(immagine di lxlalexlxl da OpenClipArt)

Ieri avevo mostrato una successione generata con regole molto semplici che tendeva al valore pi greco. Spero che i miei ventun lettori, o almeno quelli di loro che hanno una formazione matematica, abbiano capito che era uno scherzo. Le successioni delle due colonne sono di tipo Fibonacci, visto che ogni numero è la somma dei due precedenti. Questo significa che il rapporto tra due numeri successivi in ogni colonna tende al valore aureo φ; le due colonne sono successioni di Fibonacci, la seconda scalata di un fattore 5 e la prima scalata di un fattore 6 e senza i primi due termini. Ciò significa che il rapporto tra le due successioni tenderà a 6/5 φ² (il bello del rapporto aureo è anche questo!)

Come spiegato in Futility Closet, il gioco funziona perché vale l’approssimazione $ 1,2 \cdot \phi^2 \approx \pi $; inoltre mi sono limitato a mostrare cinque cifre decimali e soprattutto mi sono fermato all’undicesima riga; proseguendo si sarebbe arrivati a un valore pari a circa 3,141640787 che è esattamente il rapporto approssimato indicato sopra ed è legato alla costruzione delle due colonne.

(immagine da Magazine uBC fumetti)

Ultimo aggiornamento: 2024-03-14 07:00

Dopodomani è il Pi Day: mi sembra simpatico mostrare un semplice modo per generare pi greco con un algoritmo ricorsivo, proposto da James Davis nel Journal of Recreational Mathematics. Costruiamo due colonne, la prima con i numeri 12 e 18 e la seconda con 5 e 5, e calcoliamo il rapporto dei numeri su ogni riga: abbiamo 12/5 = 2,4 e 18/5 = 3,6. Da qui continuiamo ad aggiungere righe, dove nelle due colonne scriviamo la somma dei due numeri precedenti di quella colonna, facendo poi la divisione. Otteniamo questo risultato:

$ \begin{array}{r r r}
\qquad 12 & 5 & 2,40000 \\
\qquad 18 & 5 & 3,60000 \\
\qquad 30 & 10 & 3,00000 \\
\qquad 48 & 15 & 3,20000 \\
\qquad 78 & 25 & 3,12000 \\
\qquad 126 & 40 & 3,15000 \\
\qquad 204 & 65 & 3,13846 \\
\qquad 330 & 105 & 3,14286 \\
\qquad 534 & 170 & 3,14118 \\
\qquad 864 & 275 & 3,14182 \\
\qquad 1398 & 445 & 3,14157 \\
\end{array}| $

Come vedete, l’operazione converge a pi greco! Carino, vero?

(immagine modificata da Wikimedia Commons)

Sono sicuro che vi ricordate tutti dai tempi della scuola che se prendete un triangolo e costruite la parallela a un lato in modo che essa tagli gli altri due lati, otterrete un triangolo più piccolo che è simile a quello di partenza. Quello che probabilmente non sapete (e non sapevo nemmeno io fino a poco tempo fa) è che è possibile disegnare un’altra retta che taglia il triangolo originario e ci dà un triangolo simile a quello di partenza. Dove sta il trucco? Semplice: si scambiano tra di loro i due angoli alla base!

Nella figura qui sopra potete vedere un esempio di questa retta, che prende con parecchia fantasia il nome di antiparallela. Pat Ballew, da cui ho preso le informazioni per questo post, dice che Apollonio aveva già studiato questa retta, ma le aveva chiamata “subcontraria”.

Come si può costruire un’antiparallela? Ci sono vari modi: io ne mostro un paio. Nel primo si traccia la bisettrice AM del triangolo BAC, si sceglie un punto O in essa e si costruisce una retta per O che faccia con la bisettrice un angolo uguale a BMA: come si vede dalla figura, i triangoli ABM e AOP sono simili. Il secondo modo è forse più semplice, e sicuramente lo è con Geogebra: si prende un punto P sul lato AC e si costruisce la circonferenza per B, C, P. Se questa circonferenza incontra il lato AB in un punto Q, PQ è l’antiparallela cercata. Come mai? Semplice. Il quadrilatero BCPQ è per costruzione ciclico (cioè inscritto in una circonferenza), e quindi i suoi angoli opposti CBQ e QPC sono supplementari. Ma anche APQ e QPC sono supplementari, pertanto CBQ = APQ, come volevasi dimostrare.

A questo punto dovrebbe essere intuitivo che se prendiamo un cono non retto (dove cioè l’asse non è ortogonale alla base) esistono due piani che tagliando il cono danno una circonferenza: quello parallelo alla base e quello che forma delle antiparallele. Questi esempi sono forse un po’ forzati; ma esiste un caso in cui le antiparallele arrivano spontaneamente. In un triangolo acutangolo, il triangolo ortico è quello che ha come vertici i piedi delle altezze del triangolo stesso. (Se il triangolo non fosse acutangolo il triangolo ortico finirebbe fuori da quello di partenza). Giovanni Fagnano dimostrò nel 1775 che esso è il triangolo inscritto di perimetro minore; ma quello che importa a noi è che il triangolo ortico è formato da tre antiparallele! Per vederlo (grazie a Roberto Zanasi per la dimostrazione…) basta notare che sia il triangolo BTC che il triangolo BSC sono rettangoli, e quindi inscritti in una semicirconferenza di diametro BC; pertanto BTSC è un quadrilatero ciclico, e per quello che abbiamo visto sopra l’angolo TBC è congruente a AST. Notevole, vero?

Ultimo aggiornamento: 2024-03-06 17:53

Oggi è San Valentino, e immagino che molti che sanno un po’ di matematica saranno pronti a disegnare la cardioide: una figura che si ottiene prendendo due circonferenze uguali, tenendone ferma una, scegliendo un punto dell’altra, facendo ruotare la seconda circonferenza intorno alla prima, e vedendo che curva forma quel punto. Qui vedete una cardioide, con la sua equazione parametrica da dare in pasto a Geogebra.

(1 – 2cos(t) + cos(2t), 2sin(t) – sin(2t))

Però diciamocelo: una cardioide non assomiglia per nulla a un cuore, checché ce lo vogliano far credere. E io non avrei mai inviato una Valentine con disegnata quella figura :-) Ma per fortuna i matematici sono gente tenace, e si sono impegnati a trovare equazioni più complesse ma dal risultato indubbiamente migliore.

Il tedesco Eugen Beutel, nel suo testo Algebraische Kurven pubblicato a Lipsia tra il 1909 e il 1911, ha per esempio costruito una equazione di sesto grado, (x² + y² – 1)³ = x² y³ , che dà la prima curva che vedete qui sotto; Raphaël Laporte ha invece creato un’equazione parametrica (x = sin³ t, y = cos t – cos⁴t) che dà la seconda curva. Direi che ci avviciniamo già di più.

Ma direi che la soluzione più bella sia quella di Keishiro Ueki, che in un certo senso è una generalizzazione della cardioide, come potete vedere in questa pagina: se la cardioide può essere vista come il movimento dell’estremo di un segmento lungo 2 attaccato a uno lungo 1 che percorre, una circonferenza, se si attacca un altro segmento di lunghezza 4 si arriva a un bel cuore.

Se infine volete altri cuori più facilmente costruibili con riga e compasso, chiedete a Torsten Sillke!

(Grazie a Roberto Zanasi per avermi insegnato a fare una curva parametrica con Geogebra senza dover vedere una quantità abnorme di video)

Immagino e spero che conosciate tutti Life: il “gioco” (uso le virgolette perché non c’è nessun vero giocatore: una volta decisa la configurazione di partenza il prosieguo è ) ideato da John Horton Conway in cui si vede evolvere una configurazione di caselle in un campo quadrettato infinito. Ciascuna “cella” (quadretto) può essere “viva” (colorata di nero) o “morta” (colorata di bianco), e ha otto vicini (le celle che hanno almeno un punto di contatto con quella di partenza). A ogni “generazione” le celle che hanno meno di due oppure più di tre vicini muoiono; quelle con due o tre vicini continuano a vivere, e nelle posizioni con esattamente tre vicini vivi nasce una nuova cella. In Life si può costruire praticamente di tutto: è stato infatti dimostrato che è equivalente a una macchina di Turing.

Alcune configurazioni hanno la caratteristica che ritornano allo stato iniziale dopo un certo numero di generazioni; la configurazione viene detta oscillatore e il numero di generazioni che riporta alla configurazione iniziale è detto periodo dell’oscillatore. Qui sopra vedete un blocco (che ha banalmente periodo 1), un semaforo (periodo 2: a ogni generazione ci sono tre celle vive, o in orizzontale o in verticale), e un’ape operaia (periodo 9). Se cliccate sui link potete vedere come le configurazioni evolvono.

Una domanda che ci si può porre è se esistano oscillatori di un qualunque periodo. Dovrebbe essere evidente che basta verificare la cosa per i periodi che sono una potenza di un numero primo: se un numero è esprimibile come il prodotto di due fattori primi tra loro basta partire con le due configurazioni corrispondenti poste sufficientemente lontane tra di loro perché non interagiscano. Resta comunque un numero infinito di configurazioni originali da trovare: la situazione si sbloccò nel 1996, quando David Buckingham mostrò che era possibile trovare un oscillatore che poteva essere modificato per generare un qualunque periodo maggiore o uguale a 61. Nel 2013 il limite è sceso a 43, grazie a Mike Playle e al suo Snark Loop che poteva essere banalmente modificata per generare un qualunque periodo maggiore o uguale a 43.

Restavano dunque da riempire solo alcuni buchi, e lo scorso dicembre alcuni ricercatori hanno pubblicato un articolo dove mostrano gli ultimi due oscillatori mancanti, di periodo 19 e 41. Tutto questo è stato reso possibile dalla teoria – nuovi metodi di ricerca – e dalla pratica, vale a dire computer molto veloci per testare le configurazioni. È sempre bello quando un problema viene risolto definitivamente, no?

(immagini da Conway’s Life)

Ultimo aggiornamento: 2024-02-09 10:16

Sei amiche (Ada, Bea, Cleo, Dina, Eli, Fede) giocano spesso a tennis nel campetto del condominio dove abitano. Dato che la loro forma fisica varia nel tempo e non sempre possono esserci tutte, hanno ideato un metodo per stilare una classifica relativa che si aggiorna a ogni gara. Partendo dall’ultima partita giocata e andando a ritroso, si prepara un ordine parziale dato dalle partite giocate: se una di queste partite non è coerente con l’ordine finora trovato viene scartata perché rispecchia un momento passato. Per fare un esempio pratico, immaginiamo che ci siano solo quattro amiche e le partite giocate siano state nell’ordine le seguenti, dove le lettere corrispondono alle amiche e la prima nella coppia dica chi ha vinto: CD, CA, BD, BC, AB. Andando a ritroso, abbiamo le seguenti classifiche parziali: AB, ABC, la coppia ABC / ABD (non sappiamo ancora ordinare C e D), una partita non considerata perché A è davanti a C, ABCD. Supponiamo che la partita successiva sia B contro D; se B vince non succede nulla, se vince D passerà davanti a B e si ricalcolerà tutta la classifica.

Questo metodo di stabilire una gerarchia è forse un po’ scomodo, ma parrebbe abbastanza equo, oltre ad avere il vantaggio di essere indipendente dal numero di partite giocate. Ma esistono dei casi in cui a una delle amiche conviene perdere una partita per migliorare la propria posizione in graduatoria, come Stan Wagon ha mostrato in uno dei suoi Problem of the Week!

Immaginiamo che siano state giocate le seguenti partite, sempre con la stessa convenzione che la vincitrice è la prima indicata nella coppia: BC, FA, BD, AB, FD, DE, CD, CF, EF. Calcoliamo ora l’ordine, partendo sempre dall’ultima partita e indicando tra parentesi qual è la partita considerata:

• (EF) EF
• (CF) EF e CF
• (CD) EF, CF, CD
• (DE) CDEF
• (FD) partita scartata
• (AB) CDEF e AB
• (BD) CDEF e ABDEF
• (FA) partita scartata
• (BC) ABCDEF

Supponiamo ora che la partita successiva sia C contro E. Se C vince, la classifica rimane la stessa, e C resta terza. Cosa succede se E vince? La striscia di partite è ora BC, FA, BD, AB, FD, DE, CD, CF, EF, EC. Ricalcoliamo la classifica:

• (EC) EC
• (EF) EC e EF
• (CF) ECF
• (CD) ECD e ECF
• (DE) partita scartata
• (FD) ECFD
• (AB) ECFD e AB
• (BD) ECFD e ABD
• (FA) ECFABD

Come vedete, anche se Cleo ha perso è passata in seconda posizione! Meglio ancora: Fede, che era ultima in classifica e non ha giocato l’ultima partita, è balzata in terza posizione… Morale della favola: ogni classifica totale distorce i valori in campo, ma ce ne sono alcune che li distorcono di più!

(immagine di firkin, da OpenClipArt, CC0)

La scorsa settimana ho parlato del principio dei cassetti e vi ho lasciato tre problemi. Se non siete riusciti a risolverli ecco qua come si fa.

I 15 cavalieri della tavola rotonda hanno pasteggiato un po’ troppo prima di sedersi a discutere, e quando si sono seduti nessuno di essi era seduto al proprio posto. Dimostrate che è possibile ruotare la tavola in modo che ci siano almeno due persone al posto corretto.

Per ciascun cavaliere calcoliamo di quanti posti in senso orario è spostato rispetto alla posizione che dovrebbe avere. Visto che sappiamo che nessuno è al suo posto, a ciascuno di loro sarà assegnato un numero da 1 a 14. Ma i cavalieri sono 15: per il principio dei cassetti due cavalieri devono avere lo stesso numero. Basterà allora ruotare la tavola in senso antiorario di quel numero di posizioni perché loro due siano al loro posto.

Se scegliete sei numeri interi tra 1 e 999 ce ne saranno almeno due la cui differenza è un multiplo di 5.

In questo caso il 999 è una falsa pista: quello che conta è che i numeri sono interi. Calcolate i resti modulo 5 dei sei numeri: possono essere solo 0, 1, 2, 3 e 4. Essendoci sei numeri e cinque possibili resti, per il principio dei cassetti due di essi devono avere lo stesso resto, e quindi la loro differenza sarà un multiplo di 5.

Avete una bilancia a due piatti e 28 monete, una delle quali è più pesante delle altre. Dimostrate che non è possibile trovare quale sia la moneta più pesante con tre pesate.

In questo caso si usa il principio dei cassetti in una forma leggermente diversa da quella standard. Ogni pesata ha tre esiti possibili: il braccio sinistro è più pesante, il braccio destro è più pesante, la bilancia resta in equilibrio. Qualunque combinazione di monete si scelga di pesare ci sarà la possibilità che la moneta più pesante sia in un gruppo di almeno dieci monete; nell’ipotesi migliore 27 monete possono essere assegnate a nove a nove ai tre esiti, ma la ventottesima creerà un gruppo da 10. Con lo stesso ragionamento la seconda pesata lascerà la possibilità che la moneta più pesante sia in un gruppo da 4, ed evidentemente la terza pesata non potrà trovare con certezza la moneta pesante perché gli esiti possibili sono solo tre. Attenzione: questo ragionamento non dimostra che sia sempre possibile trovare la moneta pesante in un gruppo da 27 (nella pratica lo è, ma occorre trovare un modo per suddividere le possibilità in modo uniforme tra i tre esiti), ma è semplicemente una dimostrazione di impossibilità.

Ultimo aggiornamento: 2024-01-06 17:15