Qualche mese fa vi avevo raccontato (qui, qui, e qui) delle dimostrazioni a conoscenza zero. Per chi non si ricorda e non ha voglia di tornare a leggere quei post, rispiego in poche parole di che cosa si tratta: è possibile “dimostrare” di conoscere la risposta a un problema complesso senza presentare la soluzione, ma rispondendo semplicemente a una serie di domande. Il punto fondamentale è che la risposta a ogni singola domanda non dà all’interlocutore nessuna informazione oltre al fatto che abbiamo risposto correttamente alla domanda. C’è sempre la possibilità che noi in realtà la risposta non la sappiamo e siamo stati fortunati: ma visto che l’interlocutore può farci quante domande vuole quella probabilità è piccola a piacere. Un esempio pratico. Sappiamo che ogni mappa planare può essere colorata con quattro colori in modo che due regioni confinanti non abbiano mai lo stesso colore. Ci sono però mappe per cui bastano tre colori: ma data una mappa dimostrare che questo è possibile è un problema spesso intrattabile. Immaginate però che io abbia trovato in qualche modo che una data mappa richiede solo tre colori, e ti voglia vendere la struttura. Voi non volete pagare senza aver visto la colorazione; io non voglio mostrarvi la colorazione prima di essere pagato altrimenti me la copiate e basta. Come si fa? Semplice (quando si sa il trucco)! Io scelgo a caso i tre colori con cui colorare la mappa e poi la copro. Tu mi indichi due regioni confinanti, io scopro solo quelle due regioni e mostro che hanno colore diverso. Certo: se avessi colorato la mappa a caso, avrei comunque mostrato due colori diversi in due casi su tre. Ma io posso fare una nuova colorazione, sempre casuale, e farti scegliere altre due regioni confinanti, diverse o le stesse non importa: di nuovo io ti mostro che hanno colori diversi. A questo punto la probabilità che io abbia avuto fortuna per due volte di fila scende a 1/9, e andando avanti calerà ancora di più; inoltre, proprio perché i colori in ciascuna richiesta sono casuali, non ho la possibilità di fare dei confronti.

Il problema di questo tipo di dimostrazioni è che sono interattive: tu domandi e io rispondo. Nel 1994 i crittografi Oded Goldreich e Yair Oren dimostrarono che è impossibile costruire una dimostrazione completatamente non interattiva che sia a conoscenza zero, come indicato sopra e definito formalmente da Shafi Goldwasser, Silvio Micali e Charles Rackoff. Fine della storia? A quanto pare no. Rahul Ilango ha messo sotto attento scrutinio la dimostrazione di Goldreich e Oren, e ha notato che dipende dal fatto che per avere una dimostrazione a conoscenza zero tu “sai” cosa io ti dirò (che cioè le due regioni sono colorate diversamente). Il termine tecnico per questo fatto è “esiste un simulatore”. Qui entra in scena Gödel, o meglio Ilango. Cosa succede se ti dico che esiste un simulatore, ma tu non sei in grado di trovarlo? Tecnicamente la dimostrazione di Goldreich e Oren regge: il simulatore esiste. Ma praticamente tu non puoi “sapere” qual è il simulatore, quindi la dimostrazione può essere non interattiva. In pratica (si fa per dire…) non diciamo più “questa mappa può essere colorata con tre colori”, ma “questa mappa può essere colorata con tre colori, se non esiste un metodo efficiente di dimostrare che la matematica non è contraddittoria”. Visto che non possiamo essere certi al 100% che la matematica non è contraddittoria, non possiamo essere certi al 100% che la dimostrazione non abbia un simulatore, e quindi abbiamo il diritto di non applicare il teorema di Goldreich e Oren. Se vi si è annodato il cervello, tranquilli: siete in buona compagnia.

Quello che mi lascia più stupito è lo sfruttare una limitazione a priori della conoscenza matematica per avanzare la conoscenza matematica stessa: un doppio salto mortale carpiato.

Ultimo aggiornamento: 2026-05-29 16:11

Un vecchio problema pubblicizzato da Martin Gardner chiedeva qual era la probabilità che spezzando un segmento a caso in tre parti si potesse costruire un triangolo: detto in altri termini, che la parte più grande sia minore della somma delle altre due. La risposta era “dipende”: a seconda della definizione operativa di “spezzare a caso” la risposta poteva essere 1/2, 1/3 oppure 1/4.

Fast forward ai giorni nostri con una variante del problema. Se prendiamo quattro numeri ciascuno scelto a caso e indipendentemente tra 0 e 1, qual è la probabilità che non possiamo trovarne tre che formino un triangolo? In questo caso la definizione è univoca, quindi si può arrivare a un risultato univoco: con tre numeri la probabilità sarebbe 1/2. Due giovani studenti, Arthur Sun ed Edward Wang, rispettivamente al primo anno di università e all’ultimo delle superiori, fecero una simulazione al computer scoprendo che la probabilità era circa 1/6. Poi hanno provato con l’aiuto di un matematico, David Treeby, con cinque e sei numeri ottenendo 1/30 e 1/240. Come raccontato sullo Scientific American, i valori non sembravano casuali; erano infatti l’inverso del prodotto dei primi n numeri di Fibonacci! Il pattern continua anche all’indietro: se abbiamo meno di tre numeri, un triangolo non lo possiamo fare e quindi la probabilità cercata è 1. Con l’aiuto di ancora un altro matematico, Aidan Sudbury, hanno trovato una dimostrazione del fatto e pubblicato un preprint. L’unica pecca, se volete, è che la dimostrazione è analitica: uno si chiede se non ci sia un modo “visivo” per arrivarci, anche se comunque dovrebbe essere in uno spazio n-dimensionale e quindi io per esempio non riuscirei a vederlo.

Quello che io trovo incredibile è che in questa formula i numeri di Fibonacci venngono moltiplicati, e non sommati come capita di solito. La matematica riserva sempre sorprese!

Dopo quella della scorsa settimana, ecco un’altra approssimazione trigonometrica scovata da John D. Cook. Immaginate di avere un arco $a$ (in rosso in figura) di un cerchio di raggio $r$, il cui angolo al centro relativo è $\theta$. La corda sottesa dall’angolo (in blu) è lunga $c$, mentre la corda sottesa da metà dell’angolo (in verde) è lunga $b$. Come sappiamo, se misuriamo in radianti abbiamo che $a = r\theta$. Ma se non abbiamo un goniometro ma solo un righello? Vale allora l’approssimazione

$$ a = rθ ≈ 12 b^2/(c + 4b).$$

L’approssimazione è come sempre migliore per un angolo piccolo, ma è rimarchevole anche per angoli moderatamente grandi. Se per esempio abbiamo (anche se non lo sappiamo…) $\theta = \pi/3$, cioè 60 gradi, e il raggio del cerchio è 1 per semplificare i conti sappiamo che $a = \theta$, e $c = 1$. Se ora misurassimo $b$, otterremmo 0,51764 con cinque cifre significative. La formula ci dà per l’arco $a ≈ 1,\! 04718$, mentre il valore esatto a sei cifre significative è $1,\! 04720$. In pratica gli errori di misurazione sono molto maggiori dell’errore compiuto usando la stima!

La dimostrazione si vede in figura. Partiamo con un angolo $ \varphi = \theta/4 $ e costruiamo le righe ausiliare mostrate in figura. Abbiamo una serie di triangoli simili: quindi $ \cos(\varphi) = c / 2b $ e $ \sin(\varphi) = b / 2r$. Espandendo in serie di potenze,

$$ c / 2b = \cos(\varphi) = 1 − φ^2/2! + \varphi^4/4! − … $$
$$ 2b / a = \sin(\varphi) / \varphi = 1 − \varphi^2/3! + \varphi^4/5! − … $$

Se moltiplichiamo $ 2b / a $ per 3 e sottraiamo $ c / 2b$, i termini $\varphi^2$ si cancellano e resta

$$ 6b / a − c / 2b = 2 − \varphi^4/60 + … $$

da cui

$$ 6b / a − c / 2b ≈ 2 $$

La formula segue immediatamente. Avendo tolto un termine alla quarta potenza e anche diviso per 60 è chiaro che anche per valori non piccolissimi di $\varphi$ l’errore è minimo.

Un’ultima curiosità: sia questo risultato che il precedente sono stati pubblicati durante la seconda guerra mondiale. La mia ipotesi è che non avendo ancora calcolatori elettronici i matematici applicati cercavano di semplificare il lavoro dei calcolatori umani.

John D. Cook riprende in un suo post una curiosa approssimazione trovata dal matematico statunitense J. S. Frame nel 1943. Consideriamo un triangolo rettangolo $ABC$ come in figura, dove $a$ è il cateto più corto e $c$ l’ipotenusa. Allora un’approssimazione per l’angolo $\alpha$ opposto al cateto $a$ è data da
$$\alpha ≈ a \, 172° / (b + 2c)$$
(sì, 172 gradi…) Nel triangolo 3-4-5 mostrato in figura, abbiamo $\alpha = 3 × 172° / (4 + 2×5)$ $ = 258°/7 \approx 36.8571°$, mentre il valore reale approssimato a quattro cifre decimali è $36.8699°$; per angoli più piccoli l’approssimazione è ancora migliore.

Come ha fatto Frame a trovare questa approssimazione? È partito dallo sviluppo in serie $2\, \rm{csc}(x) + \rm{cot}(x)$ $= 3/x + x^3/60 + O(x^4)$, dove gli angoli sono misurati in radianti; se l’angolo è piccolo possiamo anche trascurare l’addendo $ x^3/60 $ e rimanere con $2\, \rm{csc}(x) + \rm{cot}(x) \approx 3/x$. Da qui, sapendo che $\rm{csc}(x) = c/a$ e $ \rm{cot}(x) = b/a $, otteniamo che $x \approx 3a/(b + 2c)$, sempre in radianti. Per arrivare ai gradi dobbiamo moltiplicare per $180°/\pi$; prendiamo infine il fattore 3 e notiamo come $540°/\pi \approx 172°$.

Sì, ma come si è inventato la formula iniziale? A quanto pare è partito dalla constatazione che per angoli (misurati in radianti) piccoli $ 3x ≈ 2\, sin(x) + tan(x) $; poi ha pensato che un’approssimazione migliore della media aritmetica sarebbe stata la media armonica…

Il triangolo di Tartaglia (che fuori dall’Italia chiamano triangolo di Pascal ma che è stato studiato inizialmente dal matematico cinese Yang Hui) ha tantissime proprietà. Ma non immaginavate che al suo interno ci fosse nascosto pi greco, vero? Eppure, come si vede dalla figura qui sopra, prendendo alternativamente i valori di una diagonale otteniamo π. Più precisamente,

$$ \pi = 3 + \frac{2}{3} \cdot \left( \frac{1}{4}\, -\, \frac{1}{20} + \frac{1}{56}\, -\, \frac{1}{120} + \frac{1}{220}\, – \ldots \right) $$

Questa struttura è stata trovata da Daniel Hardisky. Ma come ha fatto? Ha sfruttato una delle prime serie infinite per calcolare π, ricavata nel Conquecento dal matematico indiano Nilakantha e che sicuramente conoscete se avete comprato il mio Chiamatemi pi greco. La derivazione è questa

$ \begin{align} \pi & = & 3 + \frac{4}{2\times 3\times 4} \,-\, \frac{4}{4\times 5\times 6} + \frac{4}{6\times 7 \times 8} \;-\ldots \\
& = & 3 + \frac{4}{6} \left( \frac{1 \times 2 \times 3}{2\times 3\times 4} \,-\, \frac{1 \times 2 \times 3}{4\times 5\times 6} + \frac{1 \times 2 \times 3}{6\times 7 \times 8} \;-\ldots \right) \\
& = & 3 + \frac{2}{3} \left( \frac{1}{C^4_3} -\\ \frac{1}{C^6_3} + \frac{1}{C^8_3} \;-\ldots \right) \\ \end{align} $

e come sappiamo le combinazioni che troviamo nei coefficienti a denominatore sono proprio gli elementi del triangolo di Tartaglia.

Ultimo aggiornamento: 2026-04-29 16:54

Sappiamo che per alcuni numeri primi $p$ lo sviluppo decimale di $\frac{1}{p}$ ha esattamente $p-1$ cifre. Per esempio, $ \frac{1}{7} = 0,\!(142857)$ e $ \frac{1}{19} = 0,\!(052631578947368421)$, dove le parentesi tonde indicano il periodo. Questi numeri sono detti numeri primi lunghi (full reptend primes) e costituiscono la successione A001913 in OEIS. Per altri numeri primi, invece, il periodo è più corto, anche se deve essere necessariamente un fattore di $p-1$; per esempio $ \frac{1}{13} = 0,\!(076923)$ e $ \frac{1}{37} = 0,\!(027)$. Nel caso dei numeri primi lunghi sappiamo che il periodo si ripete ciclicamente: i resti di $\frac{i}{7}$ sono 142857, 285714. 428571, 571428, 714285, 857142. Negli altri casi troveremo più gruppi di periodi ciclici: nel caso di $\frac{i}{13}$ abbiamo 076923, 153846, 230769, 307692, 384615 e così via. Notate che almeno a prima vista non c’è nessun ordine nella successione; il primo periodo è in posizione 1, 3, 4 e il secondo in posizione 2 e 5. Questi periodi si chiamano insiemi ripetuti distinti.

Un risultato di James K. Schiller, riportato da John D. Cook, mosgra però che la collezione di insiemi ripetuti distinti per ciascun numero primo è il più uniforme possibile rispetto alle cifre da 0 a 9. Più precisamente, se abbiamo $p = 10q + r$, con $1 \le r \le 9$ e prendiamo tutte le cifre degli insiemi ripetuti distinti avremo che $11 − r$ cifre appariranno $q$ volte e le altre $r − 1$ appariranno $q + 1$ volte. Per esempio con $ \frac{1}{13} $ abbiamo i due insiemi 076923 e 153846, e quindi dovremmo avere due cifre che appaiono due volte e tutte le altre una volta. In effetti troviamo due volte 3 e 6. Un esempio più complicato è $1/73$, che ha i nove periodi 01369863, 02739726, 04109589, 05479452, 06849315, 08219178, 12328767, 16438356 e 24657534; se prendiamo tutte queste cifre scopriamo che anche in questo caso il 3 e il 6 appaiono una volta in più delle altre cifre.

È un caso che siano sempre il 3 e il 6? Secondo me no, ma sono troppo pigro per dimostrare che se il numero primo finisce per 3 le cifre in eccesso sono quelle due, mentre se il numero finisce con 7 saranno 1, 2, 4, 5, 7, 8 e se finisce con 9 saranno tutte tranne 9 e 0 (se finisce per 1 ovviamente tutte le cifre appariranno lo stesso numero di volte). Volete divertirvi voi?

Se prendiamo su un piano tre punti in “posizione generale”, cioè per cui non ci sia nessuna coppia di punti coincidenti e nessuna terna di punti collineari, è sempre possibile costruire un triangolo, e tutti i triangoli sono figure convesse. Con quattro punti in posizione generale non è detto che possiamo costruire un quadrilatero convesso; sappiamo infatti che esistono quadrilateri concavi. Ma se di punti ne abbiamo cinque, allora possiamo sempre sceglierne quattro che formano un quadrilatero convesso. La dimostrazione non è affatto complicata. Cominciamo a considerare l’inviluppo convesso dei cinque punti, cioè il più piccolo poligono convesso che li contenga tutti; pensate a un elasticone che viene teso in modo da contenere i punti e poi cerca di tornare alla sua lunghezza di base. Per definizione l’inviluppo convesso è convesso. A questo punto ci sono tre casi possibili. Se l’inviluppo è un quadrilatero siamo a posto. Se è un pentagono (come nella parte di sinistra della figura) basta togliere un punto qualunque e otteniamo il quadrilatero richiesto. Se invece è un triangolo, prendiamo i due punti interni e tracciamo la retta che li congiunge. Essa lascerà un punto da una parte e due dall’altra; il nostro quadrilatero sarà formato allora da quei due punti e dai due interni.

Lo, so, vi state chiedendo perché il teorema si chiami “problema del lieto fine” (“Happy ending problem“). La risposta è buffa: il problema era stato proposto da Esther Klein al circolo dei giovani matematici di Budapest e fu risolto da George Szekeres. I due poi si sposarono (un matrimonio felice, durato quasi settant’anni): Paul Erdős, anch’egli parte del circolo, pensò che il merito fosse anche un po’ del problema e gli diede quel nome.

Nel 1935 Erdős e Szekeres dimostrarono una generalizzazione del teorema: dato un intero \( N \), esiste un numero finito \( f(N) \) tale che un insieme di \( f(N) \) punti in posizione generale contiene necessariamente un N-agono convesso. Nel 1961 dimostrarono anche che \( f(N) \ge 2^{N-2} + 1 \). Cosa sappiamo? Che \( f(3) = 3 \), \( f(4) = 5 \), \( f(5) = 9 \), \( f(6) = 17 \). Quest’ultimo risultato è stato dimostrato con l’ausilio di un computer nel 2006 da Szekeres (che in effetti era morto l’anno precedente…) e Lindsay Peters. Fine. Come quasi tutti i problemi combinatori della teoria di Ramsey, sono semplicemente troppo difficili per le nostre capacità…

PS: trovate ulteriori informazioni qui.

Ultimo aggiornamento: 2026-04-16 15:33

Domenica scorsa è stata Pasqua. Ma come si sapeva che proprio quel giorno era Pasqua? No, non venitemi a dire “la prima domenica dopo il primo plenilunio di primavera”, perché comincio a chiedervi “quando comincia la primavera?” (astronomicamente per esempio in questi anni cade il 20 marzo, e addirittura avremo degli anni in cui cadrà il 19 marzo) e “quando è domenica?” (ecclesiasticamente la domenica comincia al tramonto del sabato, con i primi vespri). A differenza degli islamici, almeno quelli sauditi, per cui boskovianamente “Ramadan comincia con prima falce di luna” (e quest’anno ci sono state due date diverse per l’inizio, quella astronomica e quella visuale), per i cristiani è necessario sapere già all’Epifania quando sarà Pasqua e quindi si è preparato tutto un armamentario di conteggi, con epatta e numero aureo, per avere la data sempre a disposizione. Ah, per definizione la primavera inizia il 21 marzo. Ma per fare questi conti occorre avere una serie di tabelle, e soprattutto tenere conto che l’approssimazione del ciclo di Metone, per cui 19 anni corrspondono esattamente a 235 mesi lunari, è per l’appunto un’approssimazione… oltre a incasinare il tutto passando al calendario gregoriano che segue sì più correttamente le stagioni ma complica parecchio i conti.

A questo punto entra in scena uno che i conti li sapeva fare sin troppo bene: Carl Friedrich Gauss. Il burbero genio aveva probabilmente qualche ora di svago e nel 1800 preparò un metodo che permette di calcolare a mente (d’accordo, se ti chiami Gauss…) la data della Pasqua per tutto un secolo; con il calendario giuliano in realtà il conto è perpetuo, mentre con quello gregoriano occorre imparare anche due numeri specifici per ciascun secolo. La buona notizia è che dal 1900 al 2099 quei due numeri restano identici, quindi per quanto ci riguarda il problema non si pone. Ma veniamo al conteggio, che richiede di usare l’aritmetica modulare, cioè il resto della divisione per un qualche numero intero. Dato un anno X, calcoliamo a = X mod 19, b = X mod 4, c = X mod 7; poi calcoliamo d = (19a + M) mod 30 ed e = (2b + 4c + 6d + N) mod 7. A questo punto sappiamo che Pasqua sarà il (22 + d + e) marzo, dove ovviamente il 32 marzo è il primo aprile e così via.

I più perspicaci di voi, cioè tutti, avranno notato che ho aggiunto altre due variabili, M e N. Nel calendario giuliano le cose erano semplici: valevano rispettivamente 15 e 5. Per il calendario gregoriano i loro valori cambiano di secolo in secolo: come dicevo sopra, però, dal 1900 al 2099 abbiamo M=24 e N=6. A questo punto possiamo fare la controprova: nel 2026 abbiamo a = 2026 mod 19 = 12, b = 2026 mod 4 = 2, c = 2026 mod 7 = 3, d = (19·12 + 24) mod 30 = 12 ed e = (2·2 + 4·3 + 6·12 + 5) mod 7 = 2. Infine 22+12+2 = 36, pertanto Pasqua è il “36 marzo” vale a dire il 5 aprile. Per il 2027 abbiamo a = 2027 mod 19 = 13, b = 2027 mod 4 = 3, c = 2027 mod 7 = 4, d = (19·13 + 24) mod 30 = 1 ed e = (2·3 + 4·4 + 6·1 + 5) mod 7 = 5, quindi Pasqua è il 22+1+5 cioè il 28 marzo. Per completezza aggiungo due eccezioni: se il conto dà 26 aprile allora Pasqua è il 19 aprile, mentre se dà 25 aprile con d = 28, e=6 e a=10 allora è il 18 aprile. Sempre per completezza, la prima formula di Gauss valeva solo dal 1700 al 1899; nel 1807 la generalizzò aggiungendo una formula per calcolare M e N e nel 1816 corresse un errore.

Come ha fatto Gauss a trovare questa formula? Per una volta ce l’ha spiegato: la prima parte serve ad approssimare la posizione della luna e la seconda per aggiustare le cose secondo il computo ecclesiastico. Se siete persone amanti del rischio, Wikipedia in inglese ha la spiegazione… oppure vi leggete il testo originale in tedesco. Può infine essere divertente notare che secondo il calendario gregoriano le date della Pasqua si ripeterebbero ogni 5 milioni e 700000 anni, che la daa più frequente è il 19 aprile mentre quella meno probabile è il 22 marzo che capita meno di una volta ogni 200 anni. Pensate solo a cosa succederebbe se si fissasse una volta per tutte la data della Pasqua, tipo alla seconda domenica di aprile: tutto questo lavoro per nulla!

Ultimo aggiornamento: 2026-04-09 15:52