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Un gioco di prestigio (quasi) scespiriano

Philip Henslowe era il fondatore e impresario del Rose Theater a Londra, negli anni in cui Shakespeare rappresentava le sue opere. Ci è pervenuto un suo diario manoscritto, dove in genere parla degli affari del teatro, ma ogni tanto ci sono delle chicche, come la spiegazione di un gioco di prestigio con le carte. Qui sotto potete vedere la trascrizione fatta nell’800 da un certo W.W. Greg.

Il testo di Henslowe, trascritto da W. W. Greg nell'800

Il testo è stato scoperto da Rob Eastaway mentre stava cercando materiale per il suo libro Much Ado About Numbers, che parla di Shakespeare e matematica. Peccato che il gioco di prestigio non funzionasse… probabilmente perché c’è stato qualche errore di trascrizione o di comprensione dell’inglese dopo tre secoli. Il gioco, secondo la trascrizione, funziona così:

Disponete 12 carte a faccia in giù in cerchio (ordinate dall’asso alla donna in senso orario), e in basso aggiungete il fante di picche, con la faccia in alto. [Nella figura è un K perché è un knave, un fante] Prendete un volontario, chiedetegli di considerare – senza dirlo – l’ora alla quale si è svegliato (tra 1 e 12: ma si può dire al volontario di scegliere un numero qualunque), scegliere una carta qualunque tra le 12 coperte sempre senza far vedere qual è, e contare dalla successiva in senso orario fino a 15, il tutto senza che noi guardiamo. A questo punto il volontario deve ricordarsi su quale carta è finito: noi ora partiamo dal fante di picche e contiamo in senso orario da 15 fino a 26. Il volontario deve notare qual è il numero che abbiamo detto mentre indicavamo la carta dove era finito, e contare questa volta in senso antiorario dal numero segreto fino a questo numero. Voltando la carta dove è arrivato con questo secondo conteggio, dovrebbe esserci proprio la carta corrispondente al numero pensato.

Colin Beveridge ha provato a eseguire il gioco, ha visto che non funzionava, e l’ha studiato per capire dov’era l’errore, riuscendoci e postando su Aperiodical i conti che ha fatto. La cosa non è stata molto complicata, perché si sbagliava sempre di un’unità (se uno partiva dal 7 finiva al 6); basta insomma che noi contiamo (e poi partiamo) da 14 e non da 15 e il gioco funziona. Ma come mai funziona? Semplice: stiamo lavorando con l’aritmetica modulare. Se il volontario ha scelto il numero n e parte dalla carta #c, contando fino a 14 dalla carta successiva arriva a #(c + 14 − n), naturalmente modulo 13. Partendo dal 14, noi in realtà stiamo dicendo il numero della carta coperta, sempre modulo 13, e quindi quando arriviamo sulla carta dove si era fermato il volontario siamo arrivati al numero (c + 27 − n). Quando conta all’indietro dalla carta #(i>c + 14 − n), partendo da n e arrivando a c + 27 − n, quello che succede in pratica è che si arriva alla carta in posizione (i>c + 14 − n) − (c + 27 − 2n) che è la carta #(n − 13), che modulo 13 è proprio la carta #n.

Come ha astutamente notato il figlio decenne di Beveridge, il 15 originale per il conteggio del volontario può essere un qualunque numero, perché tanto viene eliminato nel conteggio all’indietro; per quello che a differenza sua io ho preferito contare solo fino a 14 per mantenere la simmetria tra i due numeri. Il trucco è molto semplice se uno conosce un po’ di aritmetica modulare, ma ho il sospetto che nel ‘600 la cosa non fosse così comune… e anche adesso lo si può sfruttare, visto che presenta il vantaggio che può essere ripetuto più volte con valori diversi senza che il pubblico si accorga del trucco… a meno ovviamente che non ci sia un matematico!

Buon 2025 matematico!

Il 2025 è un anno il cui valore ha molte proprietà matematiche, come racconta Greg Ross:

  • È un quadrato (45²).
  • È il prodotto di due quadrati (9² × 5²).
  • È la somma dei cubi dei primi nove numeri naturali (1³ + 2³ + 3³ + 4³ + 5³ + 6³ + 7³ + 8³ + 9³ = 2025), e pertanto il quadrato della loro somma (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9)² = 2025.
  • È il termine centrale di una progressione aritmetica di quadrati (81, 2025, 3969).
  • È il più piccolo numero con esattamente 15 fattori dispari (1, 3, 5, 9, 15, 25, 27, 45, 75, 81, 135, 225, 405, 675, 2025).
  • È la somma dei numeri in una tavola pitagorica 9×9.

Nel 2025 avremo inoltre un “giorno pitagorico”: il 24/7/25, perché 24² + 7² = 25².

Se volete giocare un po’ con il numero 2025, ecco alcuni problemi, gli ultimi due tratti da Mathy Jokes for Mathy Folks.

  1. La nazione di Tesséra ha come moneta il quad. Ma la cosa davvero interessante è che tutte le banconote hanno come valore un numero che è un quadrato perfetto: quindi ci sono banconote da 1, 4, 9, 16, … fino a 50² = 2500 quad. Se devo pagare 2025 quad ma non ho la banconota corrispondente, posso ovviamente usare 2025 banconote da 1 quad; ma non ne servono così tante. Per esempio, ne posso usare solo quattro: una da 1936 quad, una da 81 quad e due da 4 quad. È possibile pagare 2025 quad con solo tre banconote? E con due?
  2. Se dividiamo tipograficamente a metà il 2025, ottenendo dunque 20 25, sommiamo i due numeri e li eleviamo al quadrato otteniamo di nuovo 2025: (20 + 25)² = 2025. Quali sono gli altri due numeri di quattro cifre con la stessa proprietà?
  3. Ho con me 2025 cubetti unitari. Qual è la minima superficie di una scatola che li contenga tutti esattamente?
  4. Un numero naturale n si dice disponibile se è possibile trovare un insieme di n numeri interi non necessariamente distinti tali che la somma e il prodotto di numeri dell’insieme è uguale al numero di partenza. Per esempio, {−1, −1, 1, 1, 1, 1, 2, 4} ha somma e prodotto 8, quindi 8 è disponibile. Secondo voi, 2025 è disponibile o no?
  5. Usando una sola volta le quattro cifre 2,0,2,5 scrivete un’espressione che valga 2025. Sono accettate le quattro operazioni, l’elevamento a potenza, la radice quadrata, fattoriali “!”, semifattoriali “!!”, concatenazione di al massimo due cifre (altrimenti avreste già 2025…), il punto decimale. Io non ho trovato una soluzione che lasci le cifre in ordine, voi magari ci riuscite…

Infine, siete in grado di emulare Inder Taneja e ottenere 2025 usando al più nove copie di una singola cifra da 1 a 9, con le quattro operazioni, l’elevazione a potenza e parentesi a piacere? Lo si può fare con tutte e nove le cifre.

Aggiornamento: (7 gennaio) Ecco la dimostrazione per induzione che la somma dei cubi da 1 a $n$ (che abbrevio in $C_n$) è uguale al quadrato della somma dei numeri da 1 a $n$: il tutto per induzione. Il caso $n = 1$ è immediato; se l’uguaglianza vale per $n$ abbiamo nel caso $n+1$

$(1 + 2 + \cdots + n + (n+1))^2 = ((1 + 2 + \cdots + n) + (n+1))^2 = (1 + 2 + \cdots + n)^2 + (n+1)^2 + 2(1 + 2 + \cdots + n)(n+1) = C_n + (n^2 + 2n + 1) + 2n((n+1)/2)(n+1) = C_n + n^2 + 2n + 1 + n^3 + 2n^2 + n = C_n + n^3 + 3n^2 + 3n + 1 = C_n + (n+1)^3 = C_{n+1}.$

Ultimo aggiornamento: 2025-01-07 11:20

AI e matematica: ci sono miglioramenti?

Alex Wilkins in questo articolo racconta dei progressi ottenuti nel 2024 dalle intelligenze artificiali nel campo della risoluzione di problemi matematici.
Come sapete, gli LLM non “comprendono” quello che hanno in input (o in output, se per questo) ma scelgono fondamentalmente la frase più probabile data la successione di parole in ingresso e le variabili nascoste che hanno a disposizione. Quindi se chiediamo a ChatGPT e ai suoi amici quanto fa 2 + 2 è estremamente probabile che la risposta sia 4; ma alla domanda “Add 34957 to 70764” rischiamo che la risposta sia 105621. (Non ho fatto la prova, ma immagino che chi sviluppa gli LLM abbia tenuto conto di questa particolare addizione e quindi ci sia del codice che faccia dare la risposta corretta.) Il guaio è che proprio perché gli LLM non capiscono quello che fanno è difficile per loro anche solo accorgersi che il problema è matematico e passarlo a un modulo “classico” che faccia i conti.

Pare però che quest’anno ci sia stato un miglioramento nelle performance di questi sistemi, partendo da Google Deepmind che sarebbe riuscita a prendere una medaglia d’argento alle olimpiadi della matematica – no, non vuol dire arrivare secondi, ma essere tra il 20% dei migliori – e arrivando al prossimo sistema O3 di OpenAI che avrebbe ottenuto il 75,7% di risposte corrette sul test “semiprivato” della ARC Challenge, studiato appunto per avere problemi facili per gli umani ma difficili per l’AI. Peccato che il costo per rispondere a ciascuna domanda è intorno ai 20$; O3 avrebbe anche raggiunto l’87,5%, sopra la soglia dell’85% che permetterebbe di vincere l’ARC Challenge, se non fosse per un piccolo particolare. Il costo per rispondere meglio alle domande è di 172 volte maggiore: in pratica per rispondere a una singola domanda O3 consuma 3500 euro di energia… e comunque le soluzioni in questo caso arrivavano per forza bruta, il che spiega il costo.

Diciamo insomma che questi sistemi ne hanno ancora da fare di strada…

Il rapporto argenteo

il rapporto argenteoInnanzitutto buon Natale, così non me lo dimentico :-)

Conoscete tutti il rapporto aureo, il numero che divide un segmento in due parti che hanno rapporto uguale a quello tra il segmento stesso e la parte maggiore: $\frac{a+b}{a} = \frac{a}{b} = \varphi$; o se preferite la soluzione positiva dell’equazione $x^2 = x + 1$. È molto meno noto il suo fratello, il rapporto argenteo (o numero argenteo) σ. Esso si definisce in modo simile: è il numero dato dall’uguaglianza $\frac{2a+b}{a} = \frac{a}{b} = \sigma$, o se preferite la soluzione positiva dell’equazione $x^2 = 2x + 1$.

Facendo i conti, il rapporto argenteo vale $1 + \sqrt{2}$, cioè circa 2,41421 o se preferite circa 70/29. In figura in alto vedete un rettangolo argenteo che contiene un altro rettangolo argenteo ottenuto togliendo i due quadrati verdi; da qui togliendo i due quadrati rossi si ottiene un terzo rettangolo argenteo.

il rapporto argenteo nell'ottagono regolare Il rapporto argenteo non è carino come quello aureo, ma ha comunque alcune interessanti proprietà. Se per esempio consideriamo l’iterazione $x \gets \tfrac12 (x^2+1) /(x-1)$ per $x_0 \in [2,3]$, abbiamo che σ è un punto fisso superstabile: cioè la derivata della funzione in quel punto è nulla, il che significa che la convergenza è estremamente rapida. Inoltre, lo sviluppo in frazione continua del numero argenteo è σ = [2; 2, 2, 2, 2, …] (confrontatela con quella del numero aureo ϕ = [1; 1, 1, 1, 1, …]), con 1/σ = [0; 2, 2, 2, 2, …]; il rapporto argenteo è un numero di Pisot (il secondo, dopo il rapporto aureo), il che significa che le sue potenze sono ottime approssimazioni di numeri interi.

Dall’iterazione $x \gets \sqrt{1 +2x \vphantom{/} }$ otteniamo poi il radicale innestato σ = $\sqrt{1 +2\sqrt{1 +2\sqrt{1 +\cdots}}} \;.$ Troviamo un rettangolo argenteo anche all’interno di un ottagono regolare, come mostrato in figura. Altre proprietà del numero argenteo: $1 =\frac{1}{\sigma -1} + \frac{1}{\sigma +1}$, $\sigma =\frac{\sigma +1}{\sigma -1}$, $ \sigma =2\sum_{n=0}^{\infty} \sigma^{-2n}$.

Un’ultima curiosità: nella figura qui sotto vediamo come dei rettangoli di rapporto tra i lati σ−1 (blu e verde), σ/(σ−1) (rosso e marrone) e σ (viola, giallo) tassellano un quadrato.

(Immagine dei rettangoli non proprio argentei di Zilverspreeuw, da Wikimedia Commons)

Ultimo aggiornamento: 2024-12-25 20:22

Utensili di plastica e allarmi per un errore aritmetico

utensili di plastica Avete presenti gli utensili di plastica neri? Un articolo pubblicato lo scorso ottobre sulla rivista Chemosphere ha sollevato pesanti dubbi sulla loro tossicità, e la notizia è balzata subito sulle prime pagine dei media americani. Da noi non ho visto nulla, ma non significa molto. Abbiamo avuto titoli come “Quegli utensili di cucina così carino potrebbero stare per avvelenarvi, dice uno studio. Ecco che dovete fare”, dal L.A. Times. Molti americani hanno buttato via i loro utensili.
Lo studio spiegava che quella plastica è riciclata a partire da rifiuti elettronici che arrivano soprattutto dalla Cina (paradossalmente, non si riesce a riciclare automaticamente la plastica nera perché le macchine che distinguono i vari tipi di plastica funzionano a infrarossi, e la plastica nera li assorbe), che provengono da apparecchiature trattate con ritardanti del fuoco.
Lo studio stima che usare utensili contaminati può causare un’assunzione media di 34700 nanogrammi al giorno di etere di decabromodifenile, noto come BDE-209. La dose di riferimento stabilita dalla agenzia per la protezione dell’ambiente americana è di 7000 nanogrammi per chilogrammo di peso per giorno. Un adulto di 60 kg non dovrebbe pertanto assumere più di 42000 nanogrammi al giorno, e solo con quegli utensili ci si arriva quasi.

Avete capito qual è il piccolo problema? Come scritto dal National Post, è un banale errore matematico. Se moltiplichiamo 7000 per 60 otteniamo 420000, non 42000. Quindi l’assunzione è sotto il 10% della dose di riferimento: qualcosa a cui fare attenzione, ma non così pericoloso come sembrava.
Eppure l’autore principale dell’articolo, che alla fine ha dovuto preparare una rettifica, continua a dire “è importante notare che [questo errore] non impatta i nostri risultati.” Se lo dice lui…

La parte più propriamente matematica è però quella finale dell’articolo, dove Joe Schwarcz, direttore del McGill University’s Office for Science and Society, fa una considerazione molto banale: perché mai bisognava indicare la dose di riferimento in nanogrammi? I numeri che escono sono molto grandi e poco riconoscibili. Se la dose di riferimento fosse stata indicata in [EDIT] 7 microgrammi per chilo di massa al giorno e quella trovata negli utensili a 34,7 microgrammi al giorno, ci si sarebbe subito accorti dell’errore…

(immagine presa da SVG Silh)

Ultimo aggiornamento: 2024-12-18 18:06

Risolto il problema del divano?

un divano che gira intorno a un angolo A chi non è capitato di dover far passare un mobile piuttosto grande attraverso una porta, e chiedersi come diavolo riuscirci? Douglas Adams ci aveva persino fatto una gag, nel suo libro Agenzia Investigativa Olistica Dirk Gently. Ma come sapete i matematici non hanno un grande senso dell’umorismo: quindi qualcuno ha provato a darne una formulazione matematica.

Qual è la più ampia superficie rigida che si può spostare attraverso un corridoio ad angolo retto, ossia a forma di L, con entrambi i lati del corridoio di larghezza 1?

Il problema circolava informalmente da tempo, ma solo nel 1966 Leo Moser ne diede una definizione formale. Nel 1968 John Hammersley, ispirandosi alla forma di una cornetta del telefono, elaborò una superficie di area circa 2,2074. Questo risultato fu migliorato nel 1992 da Joseph L. Gerver, che trovò una forma composta da 18 curve analitiche (mostrato più sotto) la cui area è circa 2,2195: un altro metodo di costruzione diverso aveva trovato una superficie della stessa area, ma non c’era la certezza che quello fosse davvero il massimo.

il divano di Gerver, forse ottimale

L’altra settimana però il mondo matematico è venuto a sapere che Jineon Baek ha postato su ArXiv un preprint dove dimostra che quello di Gerver è effettivamente il divano più grande che può girare intorno all’angolo del corridoio. L’unico problema è che la dimostrazione è lunga più di 100 pagine, e quindi ci vorrà un po’ di tempo prima di capire se non ci sono errorini. Vi farò comunque sapere!

(immagini di Claudio Rocchini (1) e TillmanR (2, da Wikimedia Commons)

Come simulare un dado da 9

un dado da 9?Quando si gioca ad alcuni giochi, spesso è necessario lanciare un dado non standard, per esempio perché deve dare un valore da 1 a 10 con la stessa probabilità. In quel caso si dice “lancia un d10”. Oggi non è molto difficile simulare uno di questi lanci: se su Google fate una ricerca “dice d10” avete immediatamente il risultato, oppure potete andare su un sito come Roll a Die. Una volta però non era così, e ad ogni modo c’è un sottile piacere a lanciare i dadi. Che fare, dunque? Esistono alcuni dadi con un numero non standard di facce, come si può vedere su questa pagina Wikipedia: devo dire che ho apprezzato il d1 :-) mentre ho dei dubbi sul fatto che il d9 funzioni davvero.

Tutto questo nasce da un post vecchio ormai di dieci anni che mi è capitato tra gli occhi e che “spiega” come avere dadi da d2 a d30. Solo che l’amico bara, perché per d9 dice “prendete un d10, e se esce 10 ripetete il lancio”. Così sono capaci tutti, e soprattutto è vero che la probabilità di non terminare l’operazione è zero, ma non è detto che non ci voglia molto tempo per arrivare ad avere un valore diverso da 10. Naturalmente si può fare molto di meglio. Avete qualche soluzione? Se volete fermarvi un attimo prima che io la posti è il momento giusto, mentre scrivo qualche riga per far passare lo spazio.

Se fosse stato un d11, ci sarebbero in effetti stati dei problemi: non ho idea di come riuscire ad avere un dado. Ma nove è un bel numero: è il quadrato di 3, e avere un d3 non è così difficile: basta prendere un dado qualunque e accoppiare i suoi risultati, per esempio rovesciandolo se viene un numero da 4 a 6: come sapete, la somma dei numeri sui due lati opposti di un dado è sempre 7. Lanciando due volte il dado così trattato, il primo valore dice se sommare 0, 3 oppure 6 al risultato del secondo dado. Ma non è questa l’idea che ho avuto.

Il mio primo pensiero è stato infatti che lanciando due dadi abbiamo trentasei possibili risultati, se siamo in grado di distinguere i due dadi (diciamo che sono R e B perché uno è rosso e l’altro blu). Se assegniamo i possibili risultati a gruppi di 4, ne avremo esattamente nove, come richiesto. Questo lo si può fare in modo molto semplice: per esempio potremmo dire che se B ha un risultato da 1 a 4 allora consideriamo il valore di R. Se invece B vale 5 o 6, prendiamo il valore di A, lo dimezziamo, arrotondiamo per eccesso e sommiamo 6. Lascio al lettore il facile esercizio di verificare che in questo modo abbiamo la nostra suddivisione perfetta. Una procedura come questa funziona anche solo con un dado, naturalmente da lanciare due volte, e quindi è relativamente semplice da implementare.

(immagine di Dozenalism, da Wikimedia Commons)