Dimostrare il teorema di Pitagora senza parole e senza formule

Prendete un cartoncino colorato di forma quadrata (supponiamo che il cartoncino sia rosso). Su ciascun lato segnate un punto che lo divida in due parti* (possibilmente non a metà). Unendo i quattro punti si forma un nuovo quadrato, interno al primo. Coloratelo (ad esempio di blu). Ora osservate la figura. Fatto? Bene, il teorema è dimostrato.

Questa è la dimostrazione più semplice** del teorema di Pitagora (ne esistono alcune centinaia) e in Inglese ha persino un nome tutto suo: behold!
Vediamo perché funziona.

Chiamiamo a e b le due parti in cui è diviso ciascun lato del quadrato rosso; c sia invece il lato del quadrato interno blu.
Ora scriviamo la seguente (banalissima) equazione verbale:

area quadrato rosso = area quadrato blu + area quattro triangoli rossi

Se dalle parole passiamo ai simboli otteniamo quanto segue:

(a + b)² = c² + 4ab/2

Sviluppando e semplificando si perviene a:

a²  + b² +2ab = c² + 4ab/2
a²  + b² = c²

Che è esattamente ciò che volevamo dimostrare. Va da sé che i colori non sono necessari, tuttavia aiutano a visualizzare meglio le cose, specie se questa dimostrazione viene insegnata a un bambino.

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* se dividete il lato in due parti in modo che tra esse ci sia un certa proporzione, la stessa deve essere mantenuta per tutti e quattro il lati del quadrato

** probabilmente anche una delle più antiche

12 famous people you had no idea were Lithuanian

Nonostante il titolo, non si tratta di Lituani veri e propri, ma di persone (oggi senza dubbio famose), che di lituano hanno solo l’origine, tra l’altro il più delle volte debole e remota. Di alcuni di loro avevo già parlato in questo vecchio post, gli altri nomi li potete leggere qui, e non sono nemmeno tutti.

Numeri primi con cifre tutte diverse e in ordine crescente

Si considerino i numeri primi le cui cifre siano tutte diverse e in ordine crescente. Ad esempio sono primi di questo tipo i numeri 13, 389 e 4.567, mentre non lo sono numeri come 97 e 1.283.

Domanda: numeri primi di questo tipo sono in quantità finita o infinita?

Suggerimento: più che un problema di matematica questo è un test di logica; e la risposta è molto semplice.

Facile come fare una priramide di cubi

Stimare con una certa precisione in quanti modi possiamo disporre un gruppo di oggetti è un’attività insidiosa ed estremamente difficile. L’errore, sia per difetto che per eccesso, in questi casi è praticamente la regola.
Un esempio molto semplice è il seguente. Abbiamo sei cubi di legno, ciascuno di diverso colore, sulle cui facce sono rappresentati i numeri da 1 a 6. In quanti modi è possibile impilarli a formare una piramide? Immaginiamo la classica configurazione con tre cubi alla base, due a livello intermedio e uno in cima*. Qualunque numero stiate pensando è di gran lunga inferiore al numero di configurazioni possibili. Vediamo perché.

Per la scelta del primo cubo abbiamo a disposizione tutti e sei gli oggetti. Posizionato il primo cubo, possiamo poi scegliere tra sei facce, ciascuna delle quali può essere orientata in quattro modi diversi. Il secondo cubo dovrà essere scelto tra i cinque oggetti restanti, e anche qui ci sono sei facce e quattro modi in cui orientarle. E così via. Proviamo a scrivere il numero totale di configurazioni:

(6*6*4)*(5*6*4)*(4*6*4)*(3*6*4)*(2*6*4)*(1*6*4)

Riordinando i fattori abbiamo:

(6!)(6⁶)(4⁶) = 720*46.656*4.096 = 137.594.142.720

Oltre 137 miliardi e mezzo di configurazioni. Sorpresi?
Se eliminassimo i colori scenderemmo a:

(6⁶)(4⁶) = 46.656*4.096 = 191.102.976

Più piccolo, ma pur sempre enorme.
Potremmo anche decidere di eliminare il fattore orientamento, ad esempio sostituendo i numeri con dei pallini (come per i dadi). In tal caso le configurazioni possibili sarebbero:

6⁶ = 46.656

Ma scommetto che anche questo valore è bel al di sopra di quanto vi sareste attesi.

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* il problema è equivalente se disponiamo i cubi in una fila orizzontale o se li allineiamo in una pila verticale

Un attimino… in Inglese

L’espressione milanese “un attimino” in Inglese non esiste; diversi i modi alternativi con cui può essere resa; uno di questi è “in a jiffy”, che tuttavia non è né il più frequente né il più idoneo; se infatti il concetto di “attimino” rimanda a un “tempo di attesa” molto breve (che poi spesso tanto breve non è), “jiffy” è riferito alla “velocità di esecuzione” di una determinata azione.
Quest’ultimo è però interessante per un altro motivo: nel corso degli anni (parliamo di diversi decenni) il “jiffy” è divenuto una specie di un’unità di misura informale di tempo; la cosa singolare è che si tratta di un’unità di misura che ha tante definizioni diverse quanti almeno sono i suoi ambiti di applicazione. Se volete approfondire, questa pagina di Wikipedia è un buon punto di partenza.

Giuccube

Più che succube.

Papino, ma tu sai contare in Russese?

Russo, Russese, in fondo basta capirsi, e si sa che mia figlia è un po’ creativa. In ogni caso la frase è stata pronunciata dopo che ci siamo messi a contare da 1 a 10 in Toscano, Milanese, Lituano, Inglese ed Estone.

Carissimo…

Non reggo più quelli che ti conoscono appena e quando ti incontrano (o quando ci si sente al telefono) fanno partire quell’insopportabile “carissimo…”, quasi sempre pronunciato in modo radioso. Matematico che stanno per rifilarti una fregatura. Recentemente a chi si rivolge a me in quel modo ho preso l’abitudine di replicare con un ben più ironico “santità, dimmi pure”.

Strette di mano incrociate e non incrociate

Questo post nasce dopo la cena di ieri sera. Gli amici Angelika e Vadim, una simpatica coppia moldava, sono stati da noi per una pizza. Una volta varcato l’ingresso è stato il turno dei saluti e – come spesso accade in questi casi – si è creata una situazione di incrocio. In passato mi sarà capitato altre mille volte (e lo stesso sarà accaduto a chi legge), tuttavia questa volta ho sentito il bisogno di metterci dentro un po’ di matematica.

Ho intitolato il post in questo modo anche se i saluti non necessariamente si svolgono sotto forma di strette di mano. È uso scambiarsi una stretta di mano tra uomini (sia tra conoscenti che tra sconosciuti); tra donne prevale la stretta di mano quando non ci si conosce e il bacio in caso di amicizia; idem tra uomo e donna. Questa almeno è la convezione diffusa qui in Padania. Scendendo nella vicina Italia (in particolare nell’Italia meridionale), e ancor più passando dall’Italia alla Sicilia, il bacio tende a diffondersi anche tra gli uomini, specie se conoscenti.
In ogni caso in termini matematici il problema è equivalente allo scambio di strette di mano simultanee tra un numero pari* di soggetti disposti simmetricamente** attorno a un tavolo rotondo.

Mi sono domandato: quanto è probabile incorrere in una situazione di saluti incrociati?

Per fare ciò prima di tutto è necessario calcolare le configurazioni di coppie di possibili strette di mano. Partiamo da un caso semplice***: quattro persone intorno a un tavolo che occupano le posizioni est (E), nord (N), ovest (O) e sud (S). Le configurazioni simultanee sono tre:

O-N, S-E
N-E, O-S
S-N, O-E

Le prime due non danno luogo a incroci, la terza sì.

Si tratta ora di capire cosa succede quando le coppie salgono di numero, cioè quando intorno a un tavolo ci sono 6, 8, 10, …, 2n persone.
Si può dimostrare abbastanza agevolmente che le configurazioni possibili (S) sono:

S(2n) = (2n – 1)(2n – 3)*…*5*3*1 = (2n – 1)!!

Il doppio punto esclamativo indica il semifattoriale, talvolta chiamato fattoriale doppio, con una delle espressioni più ambigue e infelici di tutta la matematica. Quando il semifattoriale è applicato a un numero dispari si può passare al fattoriale mediante la formula seguente:

(2n – 1)!! = (2n)!/(n!2ⁿ)

Da cui deduciamo che con sei persone attorno al tavolo le possibili configurazioni di strette di mano simultanee sono 15. Queste diventano 105 con otto persone, 905 con dieci persone, 10.395 con dodici persone, ecc.

A questo punto dobbiamo determinare il numero di configurazioni di strette di mano che non si incrociano (s). Di fatto ciò equivale a calcolare il numero di corde non intersecantisi che connettono 2n punti disposti su una circonferenza. Si tratta di uno dei numerosi risultati matematici che chiamano in causa i numeri di Catalan.

s(2n) = (2n)!/(n!(n + 1)!)

I valori sono s(2) = 1, s(4) = 2, s(6) = 5, s(8) = 14, s(10) = 42, s(12) = 132, …

La probabilità di incorrere in un saluto incrociato, ciò che mi ero proposto di calcolare, è dunque data dal complemento a 1 del rapporto s/S:

P(2n) = 1 – s(2n)/S(2n) = 1 – 2ⁿ/(n + 1)!

P(2) = 0%
P(4) = 33,33%
P(6) = 67,67%
P(8) = 86,67%
P(10) = 95,56%
P(12) = 98,73%
…

Come si nota, la probabilità di incorrere in una stretta di mano incrociata aumenta molto rapidamente. I casi più frequenti sono i saluti tra 4 e 6 soggetti; nel primo caso la probabilità di un saluto incrociato è una su tre, nel secondo raddoppia a due su tre. La matematica, dunque, dimostra che l’elevata frequenza con cui si verificano situazioni di questo tipo è del tutto normale.

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* se i soggetti fossero dispari verrebbe meno la condizione di simultaneità

** una disposizione simmetrica non è un vincolo necessario, tuttavia è utile per visualizzare meglio le diverse configurazioni

*** se le persone sono due (caso banale) c’è una sola configurazione possibile: una stretta di mano non incrociata

Quanto è lunga la password?

La password di accesso al mio conto bancario online è formata da n lettere tutte diverse tra loro. Un ladro che volesse impossessarsene dovrebbe provare, nella peggiore delle ipotesi, un certo numero di sequenze. Tuttavia se la password fosse più corta di due lettere i tentativi del ladro si ridurrebbero a un quarantaduesimo di quelli iniziali. Quanto è lunga la password?

L’equazione da impostare è la seguente:

(n – 2)! = n!/42

da cui:

(n – 2)! = n(n – 1)(n – 2)!/42
n(n – 1) = 42
n² – n – 42 = 0

Le due soluzioni sono n = -6 (non accettabile) e n = 7. Dunque la mia password è lunga sette caratteri.

I divisori di 60.000

Quanti divisori ha il numero 60.000? In apparenza sembrerebbe un problema molto difficile, in realtà non è così. 60.000 può essere fattorizzato come (2⁵)(3¹)(5⁴), dunque ogni suo divisore ha la forma 2^a3^b5^c. Dato che a può assumere uno qualunque dei sei valori compresi tra 0 e 5, b può assumere i valori 0 e 1, e c può assumere uno qualunque dei cinque valori compresi tra 0 e 4 la soluzione è data da 6*2*5 = 60.

Il trucco dei delimitatori nel calcolo combinatorio

Immaginiamo la seguente situazione. Quattro persone si recano al voto; entrano in cabina, compilano la scheda elettorale e poi la depositano all’interno di una delle quattro urne disponibili. Le urne sono identiche e indistinguibili; ciascun elettore entra a turno, quindi non vedo ciò che ha fatto chi lo ha preceduto. Al termine delle votazioni qual è la distribuzione delle schede nelle urne? Può capitare che finisca una scheda in ciascuna urna, che tutte le schede finiscano nella stessa urna e tutte le configurazioni intermedie tra queste due. Quante sono le configurazioni possibili?

Tutti i problemi di questo tipo possono essere risolti applicando un piccolo trucco, detto dei delimitatori. La situazione in cui troviamo una scheda in ciascuna urna può essere rappresentata come segue (gli asterischi schematizzano le schede, le barre verticali sono i delimitatori tra le urne):

* | * | * | *

La situazione in cui, ad esempio, ci sono tre schede nella seconda urna e una nella quarta è invece rappresentabile come indicato sotto:

| *** || *

Enumerare tutte le possibili configurazioni significa determinare tutti i modi in cui possiamo disporre i tre delimitatori tra i sette oggetti costituiti da asterischi e barre verticali o – equivalentemente – determinare tutti i modi in cui possiamo disporre quattro asterischi tra i sette oggetti costituiti da asterischi e barre verticali.

In termini matematici possiamo scrivere:

C(7,3) = C(7,4) = 7!/(3!4!) = 7!/(4!3!) = 35

dove C(n,k) indica le combinazioni di n oggetti presi a gruppi di k.

Passiamo ora al caso generale. Date n urne avremo d = n – 1 delimitatori. Quindi le configurazioni possibili sono:

C(n+d,d) = C(2n-1,n-1) = (2n – 1)!/((n – 1)!n!)

Nel caso sopra siamo partiti da una situazione di quattro schede con quattro urne e abbiamo derivato una formula generale nel caso di n schede e n urne; il metodo permette tuttavia un’ulteriore generalizzazione: quella di n schede e m urne. In tal caso la formula da applicare è la seguente:

C(n+m-1,m-1) = (n + m – 1)!/((m – 1)!n!)

Papino, questo vestito è appena nuovo

Mia figlia ieri sera, a proposito del suo vestito da principessa Elsa.

Panettoni cubici

Il sindaco di una popolosa città lombarda decide di installare alcuni dissuasori in cemento (i cosidetti “panettoni”) per scoraggiare la sosta selvaggia della auto sui marciapiedi. I panettoni hanno forma cubica e ogni faccia ha impresso un numero da 1 a 5. Un vandalo, che si crede un artista, decide di colorarne uno al giorno in maniera sempre diversa. Per ciascuna faccia ha a disposizione tre colori: blu, verde e giallo.

Domanda 1: se il vandalo dipinge il suo primo cubo oggi, 16 Febbraio 2017, in quale giorno dipingerà l’ultimo?

Nota 1: l’ultimo panettone dipinto non è l’ultimo dissuasore presente in città, ma quello che esaurisce tutte le possibili configurazioni di tre colori.

Nota 2: si ipotizzi che i dissuasori installati siano in numero sufficiente a esaurire tutte le possibili configurazioni di colore.

Domanda 2: quanti giorni impiegherebbe il vandalo a replicare la sua “opera d’arte” se avesse a disposizione sei colori anziché tre?

L’uomo che odiava i martedì

“L’uomo che Odiava i Martedì” (2010, titolo originale “De ensamma”, traduzione di Barbara Fagnoni) è il quarto e penultimo romanzo di Håkan Nesser con l’ispettore Gunnar Barbarotti protagonista.
Rispetto ai lavori precedenti i toni si fanno più cupi e l’analisi interiore – già predominante in uno scrittore come Nesser – guadagna ulteriore spazio. Il romanzo è riuscitissimo e allo stesso tempo inquietante.

Viene confermato anche il modo caratteristico con cui lo scrittore dà vita alle sue opere; il quadro iniziale sembra non portare da nessuna parte e la soluzione del caso resta fuori portata per almeno i primi quattro quinti della narrazione; poi interviene quell’elemento in più, taciuto all’inizio, che modifica la prospettiva e dà una svolta improvvisa alle indagini sino al completo chiarimento dell’enigma. Il tutto senza mai scadere nell’eccesso, anzi, in Nesser gli eccessi non vengono nemmeno sfiorati. Quello che inquieta nei romanzi dello scrittore svedese non è mai l’estremo, ma ciò che si nasconde o potrebbe nascondersi dietro la normalità di ciascuno di noi. Per questo ne siamo così toccati.

Nota: il titolo originale significa “i solitari”.

Io ho quattro denti a punta…

“Papino, io ho quattro denti a punta; li uso per farmi il solletico sulla lingua”. Mia figlia questa mattina.

Percorsi su una griglia a forma di parallelepipedo n-dimensionale

Generalizzando la formula presentata nel post precedente si ottiene:

P(a₁, a₂, …, a_n) = (a₁ + a₂ + … + a_n)!/(a₁!a₂!…a_n!)

Che, nel caso di un ipercubo di lato a, si semplifica in:

P(a, a, …, a) = (na)!/(a!)ⁿ

Percorsi su una griglia rettangolare

Qualcuno potrebbe osservare che la formula del post precedente avrebbe potuto scriversi in modo più elegante:

P(a, a) = (a + a)!/(a!a!) = (2a)!/(a!)²

Così facendo, tuttavia, sarebbe risultato meno intuitivo generalizzarla al caso oggetto di questo post: le griglie rettangolari.

Data una griglia rettangolare di lati a e b, partendo dall’origine il punto finale di coordinate (a, b) può essere raggiunto con P(a, b) = (a + b)!/(a!b!) percorsi diversi di lunghezza a + b e tratte unitarie.

Percorsi su una griglia quadrata

Immaginiamo un quadrato di lato unitario. Per semplicità sovrapponiamolo a un sistema di assi cartesiani in modo che il vertice in basso a sinistra coincida con l’origine, cioè abbia coordinate (0, 0), e il vertice in alto a destra sia situato nel primo quadrante, dunque con coordinate (1, 1). Quanti sono i possibili percorsi di lunghezza totale 2 per andare da (0, 0) a (1, 1)? I percorsi sono due: si può procedere prima verso est e poi verso nord, oppure prima verso nord e poi verso est. Schematizzando possiamo scrivere:

EN
NE

Cosa succede se il quadrato ha lato 2 e vogliamo andare dal punto (0, 0) al punto (2, 2) con percorsi di lunghezza totale 4 e tratte unitarie? In questo caso i percorsi possibili sono 6:

NNEE
NENE
NEEN
ENNE
ENEN
EENN

Bene, a questo punto è il caso di chiedersi se esiste una formula di validità generale. Fortunatamente la risposta è affermativa.
Se su una griglia quadrata di lato a si parte dall’origine il punto di coordinate (a, a) può essere raggiunto con P(a, a) = (a + a)!/(a!a!) percorsi diversi di lunghezza a + a e tratte unitarie.

Ecco il valori di P(1, 1), P(2, 2), …, P(8, 8):

P(1, 1) = 2
P(2, 2) = 6
P(3, 3) = 20
P(4, 4) = 70
P(5, 5) = 252
P(6, 6) = 924
P(7, 7) = 3.432
P(8, 8) = 12.870

L’ultimo esempio si può interpretare come segue: una formica che parte dal vertice in basso a sinistra di una scacchiera potrebbe raggiungere il vertice opposto in alto a destra in 12.870 modi diversi. Se poi rimuovessimo la condizione di avere percorsi di lunghezza 16 i modi sarebbero ancor più numerosi.

Se a qualcuno questi numeri dovessero risultare familiari è perché lo sono: si tratta, infatti, dei coefficienti binomiali centrali, ovvero i numeri allineati sulla verticale del triangolo di Pascal/Tartaglia.

See you after

Di recente sono finito per caso su un post che parlava degli errori più comuni fatti da Padani e Italiani quando parlano in Inglese. Tra questi ho trovato “see you after”. Non convinto, ho approfondito la cosa facendo qualche ricerca supplementare, ma alla fine ho trovato questo errore segnalato su molti altri siti. Ho pensato che fosse strano. Chi oggi ha 15 anni parla Inglese molto meglio di chi aveva 15 anni nel 1985. Eppure, almeno sulla base della mia esperienza, all’epoca nessuno diceva “see you after”.

I did a mistake

Leggete il titolo. In questo post ci sono tre errori. Quali sono?

La composizione degli interi positivi

In quanti modi è possibile comporre un numero intero positivo? Prendiamo il caso del 5. I modi possibili sono 16, eccoli:

1 + 1 + 1 + 1 + 1

1 + 1 + 1 + 2
1 + 1 + 2 + 1
1 + 2 + 1 + 1
2 + 1 + 1 + 1

1 + 2 + 2
2 + 1 + 2
2 + 2 + 1
1 + 1 + 3
1 + 3 + 1
3 + 1 + 1

2 + 3
3 + 2
1 + 4
4 + 1

5

16 è un numero casuale o esiste una formula che permette di determinare questo numero per ogni intero? La formula esiste, è semplice e anche elegante:

K(n) = 2^n-1

Ed è anche possibile contare quanti sono gli elementi dei singoli sottogruppi. Ad esempio ci sono: un sottogruppo da cinque elementi, quattro sottogruppi da quattro elementi, sei da tre, quattro da due e uno da uno.

Un sottogruppo di k elementi è dato da C(n-1,k-1) dove C(n-1,k-1) indica le combinazioni di n-1 elementi a gruppi di k-1.

Tre corvi sul filo del bucato

Siete nel vostro giardino sdraiati sull’amaca a prendere il sole. A qualche metro da voi c’è il filo con i panni stesi ad asciugare. Sopra il filo ci sono tre corvi. Il cellulare suona. Alcuni corvi (o tutti o nessuno) potrebbero spaventarsi e volare via.

Prima domanda: quante sono le configurazione possibili? Ad esempio, se i corvi fossero due le configurazioni sarebbero quattro: nessun corvo vola via, vola via solo il primo, vola via solo il secondo, volano via entrambi.

Seconda domanda: se i corvi fossero quattro quante sarebbero le configurazioni possibili?

Terza domanda: esiste una formula per descrivere le configurazioni nel caso di n corvi? Se esiste qual è?

I nomi della luna piena

In occasione dell’eclissi lunare della scorsa notte la stampa italiota e padaniota ha fatto suo il termine “luna della neve”, copiato a man bassa da alcuni articoli di quotidiani inglesi, come questo apparso sul Mirror, o quest’altro apparso sul Sun.

Qui da noi non è consuetudine dare un nome ai fenomeni lunari in connessione con il calendario, ma in altre tradizioni, come in quella britannica e sopratutto in quella nordamericana, ogni luna piena ha ancora oggi un nome caratteristico. Ecco una lista.

Gennaio: Wolf Moon, Old Moon
Febbraio: Snow Moon, Hunger Moon
Marzo: Worm Moon, Crow Moon, Sap Moon, Lenten Moon
Aprile: Seed Moon, Pink Moon, Sprouting Grass Moon, Egg Moon, Fish Moon
Maggio: Milk Moon, Flower Moon, Corn Planting Moon
Giugno: Mead Moon, Strawberry Moon, Rose Moon, Thunder Moon
Luglio: Hay Moon, Buck Moon, Elk Moon, Thunder Moon
Agosto: Corn Moon, Sturgeon Moon, Red Moon, Green Corn Moon, Grain Moon
Settembre: Harvest Moon, Full Corn Moon
Ottobre: Hunter’s Moon, Blood Moon
Novembre: Beaver Moon, Frosty Moon
Dicembre: Oak Moon, Cold Moon, Long Night’s Moon

Tutti i nomi sono chiaramente legati e ispirati al mondo contadino.

Gåsastupan, il precipizio dell’oca

Il gåsastupan (precipizio dell’oca) è un luogo immaginario che Håkan Nesser ha inserito nella trama del romanzo “L’uomo che Odiava i Martedì” (2010, titolo originale “De ensamma”, traduzione di Barbara Fagnoni), quarto capitolo incentrato sulla figura dell’ispettore Gunnar Barbarotti.