The anarchist curve

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As visually discussed here, a set of equations has recently been popping up as graffiti in Belgium. The equations define five functions of one variable, namely:

f(x) = 2+ -(x-2)2 + 1 g(x) = 2- -(x-2)2 + 1 h(x) = 3x-3 i(x) = -3x+9 j(x) = 0,2x+1,7

Plotting the five functions with x[1,3] (the domain of existence of f and g) gives the well-known anarchist logo

Anarchy

Anarchy

As mathematicians, we can take this a step further and define an Anarchist curve, by finding the implicit form of the plot of each of the function, and then bringing them together.

In this case, f,g together define the circle, with equation

(x-2)2+(y-2)2=1

or rather (fully implicit):

(x-2)2+(y-2)2-1=0.

The three functions h,i,j describe the ‘A’ shape. We first rewrite j in a nice form as

j(x)=x/5+17/10,

and then write the implicit equation for each of them, multiplying the one for j by 10 to get rid of the fractions:

h : y-3x+3 =0 i : y+3x-9 =0 j : 10y-2x -17 =0

We can now multiply all the left hands together, obtaining:

(y-3x+3)(y+3x-9)(10y-2x-17)=0

which is the equation for the ‘A’.

If we then multiply this for the left-hand side of the implicit equation for the circle, we have the Anarchist curve

((x-2)2+(y-2)2-1)(y-3x+3)(y+3x-9)(10y-2x-17)=0

(which, for the record, is currently missing from the list of known curves in the Wolfram Alpha database.)

(There's a few more we could draw similarly, but that's for another time.)

Oblomov dom 12 giu 2016 22:35:00 CEST permalink
Pi Day

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Today's date, March 14th, is considered Pi Day, since written in the North American (and a few other places') convention of putting the month before the day, 3/14 can be read as the three most significant digit of

π=3.1415926535897932384626433832795...

I personally disagree with this choice, mainly for two reasons:

  1. it depends on the decimal representation of π; in hexadecimal, we have π=3.243F... so that the correct day would be March 2nd (hexadecimal 24 is decimal 36, and no month is that long);

  2. it depends on the (IMO barbaric) convention of putting the month before the day in numerical date representations, which is far from being international (day/month/year being much more common) or standard (the ISO standard goes for year-month-day).

While the second point is debatable (I'm not aware of ISO standard recommendations for dates without years, which might be used as a resolution), the first point is easily fixed by going for a fractional representation of π instead; and a well-known fractional approximation of π is given by 227, that dates as far back as Archimedes at least. Of course, 22/7 is not really possible in the month/day representation, but it makes perfect sense as July 22nd.

Mathematically speaking, July 22nd is preferable to March 14th as Pi Day also because the relative error introduced by approximating π as 227 is 0.04%, while the 3.14 truncation has a relative error of 0.05%, so July 22nd is a better approximation to π than March 14th.

The best Pi Day

Arguably, in the year 2015, the “American way” has another benefit: writing the year in the short (two-digit) form, we get an even better approximation of π as 3.1415, and by further appending the time we have an actual instant in which π is presented exactly.

The argument fails miserably when taking into account that the time to be considered (9:26:53) would need to be padded by a 0 before “appending” it to the date, and there's always the decimal representation issue, and the fact that the time is sexagesimal …

If the year is to be considered, better dates can be chosen, with the following argument. Consider the continued fraction expansion of π:

[3,7,15,1,292,...]

Side note: the afore­men­tio­ned 227 is exactly the continued fraction [3,7].

Taking only the first three terms, corresponding to the date 3/7/15, we get [3,7,15]=333106, which is accurate to 0.0026% (better than the 0.0029% of 3.1415, even). So, March 7th 2015 (resp. July 3th 2015, depending on date notation) are both better approximations than March 14th (resp. June 22nd) for π this year.

But as it happens, we can do better: if we take the first four terms of the continued fraction, we get [3,7,15,1]=[3,7,16]=355113 which is an excellent approximation to π, with an error of less than one in ten million (a hint to this is the following huge 292 number).

The best date-fractional approximation of π will happen next year, on March 7th in North America, Belize and whichever other country prefers month before day, and on July 3rd in the rest of the world.

Going beyond π

As a mathematician, one gets to think: we stop at π day, aside from the obvious pi/pie pun? There are so many other interesting numbers to look into!

Tau Day and the τ manifesto

For example, there are people that believe that π is wrong, and τ=2π should be considered the fundamental constant of the circle, and

τ=6.283185307179586476925286766559...

The proposed Tau Day (in the manifesto linked above) is thus on June 28th, following the North American tradition. We obviously disagree, and would rather look for a fractional date choice. We thus go and look at the continued fraction representation of τ,

[6,3,1,1,7,2,146,...]

And taking the first three terms we get [6,3,1]=[6,4]=254 which approximates τ to 0.5% (May 25th). Sadly, in this case the fractional approximation is worse than the truncation (0.05%), due to the fact that the next continued fraction term [6,3,1,1]=[6,3,2]=447, which approximates τ to 0.04%, is not a good date (although it was on 6/3/2). Is this a hint that π is, in fact, better than τ?

e, ϕ, what else?

Similarly, we can go looking for the best date for Napier's number e, for which we can choose 197, accurate to 0.15% and dating to July 19th. For the golden ratio Φ the best candidate is 119, with an error of 0.21% and dating to either September 11th (oops), or November 9th, depending on convention.

(It should be mentioned that the continued fraction representation of e and ϕ is not interesting enough to give us something useful for the year.)

For anybody interested in exploring rational approximating dates, I've also cooked up a quick'n'dirty Ruby script that does the finding for you.

Have fun.

Oblomov sab 14 mar 2015 22:15:00 CET permalink
I biscotti di Wythoff

Il problema

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Si pone il seguente problema, derivato da questo articolo su G+: determinare la formula esplicita della successione di numeri naturali1 (ovvero della funzione F:) che soddisfa le due seguenti condizioni:

  1. è strettamente crescente;
  2. l'i-esimo elemento non appartenente all'immagine di F è F(F(i))+1.

Vediamo innanzi tutto di capire bene il secondo punto, cominciando con l'osservare che l'unica successione strettamente crescente che ha come immagine l'intero è la successione a(n)=n. Per dimostrarlo, prendiamo una qualunque (altra) successione strettamente crescente b e sia k il primo indice per cui b(k)k; risulterà anzi necessariamente2 b(k)>k, ed avremo quini b(n)=n<kn<k e b(n)b(k)>knk, da cui risulta che k non è immagine di alcun numero naturale secondo b.

Ora, se ogni successione strettamente crescente non banale ha come immagine un sottoinsieme stretto di , possiamo considerare il complementare della sua immagine in , H=\F(), che sarà un insieme non vuoto e quindi (in quanto sottoinsieme di ) totalmente ordinato e numerabile; in soldoni, in tale complementare possiamo considerare il primo elemento (inteso come il minimo), il secondo elemento (il più piccolo elemento di H maggiore del primo elemento), etc.

La seconda condizione su F ci dice quindi che il primo elemento di H è esattamente F(F(1))+1, che il secondo elemento di H è F(F(2))+1, etc. Volendo, la cosa si può riformulare dicendo che H è l'immagine della successione h(n)=F(F(n))+1.

La domanda a questo punto è se effettivamente esiste (almeno) una successione F che soddisfi i requisiti prescritti, e (in caso affermativo) se tale successione sia unica. Vi sono vari approcci per trovare risposta alla domanda, ed uno dei più immediati è sicuramente quello costruttivo: dimostriamo che F esiste ed è unica determinando i valori di F per ogni n e mostrando come essi siano univocamente determinati.

Nel procedimento, ci serviremo di due ulteriori osservazioni. La prima è che in una successione strettamente crescente di numeri naturali a si ha sempre3 a(n)n; la seconda è che nel complementare H del codominio di F non possono esservi mai due interi consecutivi (infatti, se kH, avremo k-1=F(F(n)) per un opportuno n, e quindi k-1, essendo nell'immagine di F, non starà in H).

Costruiamo dunque la nostra F, e vedremo come nel farlo costruiremo di necessità anche H (ovvero, come visto, equivalentemente, la successione h dei valori non assunti da F).

Abbiamo innanzi tutto che F(1)=1. Se così non fosse, infatti, sarebbe 1H; di più, 1 sarebbe il primo elemento di H (non possono infatti esservi in H numeri più piccoli), e quindi dovrebbe essere (per la seconda proprietà di F) 1=F(F(1))+1, da cui risulterebbe 0=F(F(1))F(1)1 (dove le due disuguaglianze sono ottenute dalla precedente osservazione su valori e indici delle successioni crescenti).

Da F(1)=1 segue che F(F(1))=F(1)=1 e quindi h(1)=2: il primo elemento di H è 2, e quindi F(2)3 (per la crescenza di F abbiamo F(2)2, ma 2HF(2)2).

Possiamo anzi dire che F(2)=3: se infatti fosse F(2)>3, dalla crescenza di F seguirebbe che F(n)>3n>1, che in congiunzione con il fatto che F(1)=1<3 ci direbbe che 3 non è immagine di alcun elemento, e quindi 3H, ma ciò è impossibile, essendo 2H e non potendosi avere, come osservato, numeri consecutivi in H.

Quindi F(2)=3, da cui segue che F(3)4 (stretta crescenza di F), e quindi il secondo elemento di H sarà h(2)=F(F(2))+1=F(3)+15 e quindi h(n)5n>1, per cui 4H e, per complementareità 4F(); sarà quindi4 F(3)=4, da cui infine h(2)=5.

Così procedendo possiamo calcolare manualmente ciascun valore di F e di h, ottenendo qualcosa come la seguente (l'idea, in soldoni, è di ‘riempire’ i valori di F finché possibile, e quindi quelli di h secondo la formula della seconda condizione):

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
F 1 3 4 6 8 9 11 12 14 16 17 19 21 22 24
h 2 5 7 10 13 15 18 20 23 26 28 31 34 36 39

Se questa tecnica costruttiva ci può servire come prova dell'esistenza (ed unicità) della F (e della relativa h), non sembra dirci molto sulla sua forma chiusa.

Possiamo però studiare i primi termini delle due successioni F ed h e notare ad esempio che —almeno nella sequenza iniziale— esibiscono questo tipo di comportamento:

  • per F, valori successivi differiscono tra loro di 1 o 2 (più spesso 2 che 1) unità;
  • per h, invece, i ‘passi’ tra un valore e il successivo sono di 2 o 3 (più spesso 3 che 2) unità.

Le successioni di Beatty

Il comportamento in questione è tipico delle successioni di Beatty, una classe di successioni il cui termine generico ha la forma nϑ per un fissato ϑ numero reale positivo irrazionale (il simbolo rappresenta la funzione ‘parte intera’). Se ϑ>1, la successione è strettamente crescente, e la differenza tra due termini consecutivi è sempre compresa tra ϑ e ϑ+1.

Una interessante proprietà delle successioni di Beatty è che se α e β sono irrazionali positivi tali che 1α+1β=1, allora le rispettive successioni di Beatty partizionano i numeri naturali (ovvero, sono complementari e la loro unione è data dall'intero insieme ).

Vi sono forti indizi che le nostre successioni F e h siano successioni di Beatty complementari. Per risolvere il nostro problema basterebbe quindi trovare una coppia di numeri irrazionali α,β che soddisfino 1α+1β=1 e che generino rispettivamente F,h soddisfacenti la famosa seconda proprietà, scrivibile come h(n)=F(F(n))+1n.

Per trovare i generatori in questione cominciamo con l'osservare che, secondo quanto osservato finora, il generatore α di F dovrebbe essere compreso tra 1 e 2, mentre il generatore β di h sarebbe compreso tra 2 e 3. Da 2<β<3 e 1α+1β=1 seguirebbe anzi che 32<α<2 (da cui si potrebbe già intuire chi possa essere α, essendovi un famosissimo numero irrazionale proprio in quell'intervallo —ma noi cercheremo di essere più formali).

Partiamo quindi dalla famosa seconda proprietà, che scritta in forma esplicita nel caso di F,h successioni di Beatty ci dice che per ogni positivo n risulta nβ=nαα+1, ovvero nβ=nαα+1, e quindi -1<nβ-(nαα+1)<1, da cui ancora 0<nβ-nαα<2.

Essendo α irrazionale e positivo possiamo scrivere (n-1)α<nα<nα, e quindi spezzare l'ultima catena di diseguaglianze in nβ-(n-1)α2>nβ-nαα>0 e nβ-nα2<nβ-nαα<2. Dividendo per n ovunque e portando un α2n a minorare nella prima diseguaglianza otteniamo infine la relazione α2n<β-α2<2n vera per ogni n, da cui in definitiva β-α2=0 e quindi β=α2.

Abbiamo quindi che α,β devono soddisfare 1α+1β=1 e β=α2. Sostituendo nella prima abbiamo 1α+1α2=1 o α+1=α2, la cui unica soluzione positiva è la famosa sezione aurea φ=1+52.

In definitiva, abbiamo dimostrato che se una coppia di successioni di Beatty complementari soddisfa le condizioni richieste, allora dovrebbe avere come generatori φ e φ2. Per concludere che le successioni di Beatty con questi generatori sono effettivamente quelle che cercavamo rimane ora da verificare che esse soddisfano i due criteri5.

La crescenza di F è immediata conseguenza del fatto che il generatore è maggiore di 1, quindi rimane da provare la famosa seconda condizione, che vista la complementareità delle successioni possiamo esprimere così: dimostrare che per ogni n risulta nφ2=nφφ+1.

Osserviamo innanzi tutto che, posto k(n)=nφ-(n-1)φ, risulta nφ2-(n-1)φ2=k(n)+1. Infatti, essendo φ2=φ+1, possiamo scrivere nφ2=nφ+n e (n-1)φ2=(n-1)φ+n-1; sottraendo membro a membro otteniamo nφ2-(n-1)φ2=nφ-(n-1)φ+1=k(n)+1.

Abbiamo quindi che nφ2=(n-1)φ2+k(n)+1, e per provare la nostra tesi basta dimostrare che nφφ=(n-1)φ2+k(n), eguaglianza che possiamo riscrivere nφ(1+1φ)=(n-1)(φ+1)+k(n), ovvero nφ+nφφ=(n-1)φ+n-1+k(n). Essendo nφ=(n-1)φ+k(n) la nostra tesi si semplifica nel dover dimostrare che nφφ=n-1 o equivalentemente6 n-1nφφ<n che possiamo riscrivere (n-1)φnφ<nφ.

La diseguaglianza di destra è immediata essendo φ irrazionale, rimane quindi da provare che (n-1)φnφ. Supponiamo per assurdo che sia vero il contrario, ovvero (n-1)φ>nφ, da cui seguirebbe (n-1)φnφ; ma (n-1)φ<nφ, quindi (n-1)φnφ, e pertanto (n-1)φ=nφ, che implica nφ-(n-1)φ<1, ovvero φ<1, assurdo7.

Abbiamo così completato la nostra dimostrazione e verificato che le successioni di Beatty con generatori φ e φ2 sono effettivamente quelle cercate.

Le successioni di Wythoff

Queste due successioni sono meglio note come la successione inferiore (F) e superiore (h) di Wythoff. Queste due successioni sono state scoperte appunto dall'eponimo matematico nello studiare un famoso problema di teoria dei giochi che prende vari nomi (problema di Wythoff, il gioco delle scatole dei biscotti, etc).

Il gioco ha la seguente forma: ci sono due scatole di biscotti, e due giocatori si alternano scegliendo quanti biscotti vogliono da una sola delle due scatole, oppure lo stesso numero di biscotti da entrambe le scatole. Vince il giocatore che prende l'ultimo biscotto.

È evidente che se una delle due scatole è vuota, o se ambo le scatole hanno lo stesso numero di biscotti, il primo giocatore vince. Il gioco si fa più interessante se entrambe le scatole sono piene ed il numero di biscotti non è equamente distribuito.

Ad esempio, se le scatole hanno rispettivamente 1 biscotto e 2 biscotti, è evidente che il secondo giocatore vincerà, qualunque sia la scelta fatta dal primo giocatore. Ovviamente, partendo da un'altra configurazione, un giocatore dovrebbe quindi cercare di arrivare alla distribuzione 1/2 per aver garantita la vittoria. La domanda è: quali altre configurazioni hanno tale proprietà? Ovvero, quali coppie di numeri (a,b) sono tali che, qualunque sia la mossa del primo giocatore, il secondo si può garantire la vittoria?

Con un poco di calcoli si scopre che le coppie (ordinate, con a<b) che garantiscono la vittoria al giocatore che le raggiunge sono

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
a 1 3 4 6 8 9 11 12 14 16 17 19 21 22 24
b 2 5 7 10 13 15 18 20 23 26 28 31 34 36 39

e se la tabella vi ricorda qualcosa è perché i valori sono esattamente gli stessi visti nella precedente tabella: le coppie (F(n),h(n)) sono le configurazioni vincenti nel problema di Wythoff.

Una nota finale

Concludiamo questa nostra rapida escursione sulla questione osservando che h(n) ha una forma ben più semplice della già vista F(F(n))+1, e questa è h(n)=F(n)+n. La cosa, chiaramente visibile dai valori in tabella e facilmente dimostrabile8, ci permette di leggere le successioni di Wythoff in questo modo: ogni coppia (F(n),h(n)) è la coppia vincente in cui la differenza di contenuto tra le due scatole di biscotti è pari ad n.

Questo, combinato con la proprietà di partizionamento di di cui godono le due successioni (ogni intero sta in una ed una sola delle successioni, e quindi anche in una ed una sola coppia) e con il fatto che il gioco è puramente ‘sottrattivo’ (da una configurazione all'altra si passa solo diminuendo uno o entrambi dei contenuti) è sufficiente a definire la strategia vincente, che viene lasciata come esercizio per il lettore.


  1. si intende qui l'insieme dei numeri interi strettamente positivi. ↩  ↩

  2. l'affermazione è ovvia nel caso k=1, poiché non vi sono numeri naturali1 minori di 1; se invece k>1, posto l=b(k) e supponiamo per assurdo l<k: essendo b(n)=nn<k per la scelta di k, avremmo, b(k)=l=b(l), e quindi b(l)=b(k) con l<k, che viola la stretta crescenza di b. ↩

  3. si dimostra ad esempio per induzione. Come base induttiva abbiamo che a(1)a(1)1. Supponiamo ora che a(n)n e dimostriamo che da questo segue a(n+1)n+1: per la stretta crescenza della successione abbiamo a(n+1)>a(n)n, ovvero a(n+1)>n, e non essendovi numeri naturali tra n ed n+1 questo equivale ad a(n+1)n+1. ↩

  4. se fosse F(3)>4, per la crescenza di F si avrebbe F(n)>4n>3, da cui, sapendo che F(1)<4 ed F(2)<4, seguirebbe che 4F(). ↩

  5. tale verifica è necessaria perché l'ipotesi da noi fatta (ovvero che F ed h siano successioni di Beatty complementari) potrebbe condurre ad un assurdo, da cui seguirebbe che in realtà esse non sono successioni di Beatty. ↩

  6. si ha x=m se e solo se mx<m+1, da applicare nel nostro caso con x=nφφ,m=n-1 ↩

  7. osserviamo che per un arbitrario numero reale positivo α la diseguaglianza (n-1)αnα non è in genere verificata, come si vede prendendo ad esempio α=1K per un fissato K naturale ed osservando che per ogni 1<n<K si ha nα=nK=0<n-1K=(n-1)α; la diseguaglianza è però verificata per tutti i numeri reali α1. ↩

  8. essendo nota la forma esplicita delle due successioni, ci basta provare che nφ2=nφ+n; partiamo quindi dall'equazione che definisce la sezione aurea: da φ2=φ+1 segue, per ogni n, nφ2=n(φ+1) e quindi anche nφ2=nφ+n, o equivalentemente nφ2=nφ+n, ciò che volevamo dimostrare. ↩

Matematica aliena/1: numerali

Se è vero che la matematica è concettualmente un linguaggio ‘universale’, lo stesso non può dirsi dei sistemi di numerazione. Ad esempio, siamo ormai abituati a considerare ‘universale’ il sistema posizionale basato sulle cosiddette cifre arabe, ma abbiamo dimestichezza anche con il ben diverso sistema simbolico in uso nell'antica Roma. E questi sono solo due dei sistemi che sul nostro pianeta sono (o sono stati) usati.

Supponiamo di entrare in contatto con una civiltà aliena, magari ormai estinta, ma che ci abbia lasciato documenti ed iscrizioni su cui poterla studiare. Anche ammesso che, per la sua universalità, la loro matematica sia ‘isomorfa’ alla nostra, possiamo essere sicuri di riuscire a non dico leggere, ma almeno identificare la loro rappresentazione della stessa?


Propongo un esercizio di riscaldamento. Supponiamo di sapere che gli alieni scrivano, come noi, da sinistra verso destra e poi dall'alto verso il basso. Supponiamo anche di aver identificato gli otto simboli con cui vengono scritti i numeri, e che trascriveremo con le prime otto lettere dell'alfabeto latino: A B C D E F G H.

Supponiamo inoltre che nei documenti che ci sono pervenuti compaia un solo simbolo di operazione, che trascriveremo con ˆ. Supponiamo che nei frammenti arrivati fino a noi, gli esempi più semplici che si riescano a trovare siano questi:

  • AA ˆ AA = BB
  • AA ˆ BB = CC
  • HA ˆ HA = HAB

Ovviamente, si trovano esempi più complicati, come CCFDAC ˆ FEEGHC = AADDBAF.

Siamo in grado di cominciare a interpretare i numeri (e capire di quale operazione si tratta) semplicemente da questo?

Spoiler Alert!

Il sistema numerico presentato è biiettivo in base 8, con alcune modifiche. Come nei sistemi di numerazione biiettiva, le otto cifre rappresentano i numeri da 1 a 8, e non si fa quindi uso dello zero. In aggiunta, gli alieni scrivono i numeri nella direzione di scrittura, partendo dalle cifre meno significative, e chiudendo con la cifra data dal numero modulo 7.

Vediamo alcune ragioni perché un siffatto sistema ha senso.

L'uso della base 8 invece che della base 10 è facilmente giustificabile, ad esempio, supponendo che gli alieni abbiano solo 8 dita invece delle nostre 10.

Scrivere le cifre meno significative prima di quelle più significative semplifica la scrittura in riga dei risultati delle operazioni (non è necessario sapere in anticipo quanto saranno lunghi e lasciare spazio a sufficienza).

L'uso della cifra supplementare facilita la determinazione di eventuali errori. Nel nostro usuale sistema numerale, questo punto si applicherebbe aggiungendo alla normale sequenza di cifre il valore modulo 9 dello stesso numero.

Il valore della cifra di controllo non è nemmeno difficile da calcolare, ricordando la buona vecchia ‘prova del nove’ che un tempo si insegnava alle elementari: basta sommare le cifre del numero, ripetutamente, fino ad ottenere una sola cifra. Volendo separare con una barra verticale il numero dalla cifra di controllo, scriveremmo 12|3 o 15|6, o 125678|2 (adottando, a parte la base, il sistema alieno, avremmo invece 213, 516, 8765212 rispettivamente).

L'unico inconveniente (come ai tempi della prova del 9) è che bisogna ricordarsi che 0 e 9, come cifre di controllo, sono equivalenti. È qui che interviene infine l'utilità del sistema biiettivo, che rende univoca la rappresentazione, mancando di una cifra per indicare lo 0.

Oblomov sab 20 apr 2013 18:50:00 CEST permalink
Risolvere un quizzino della domenica (1)

Il .mau. propone per oggi un quizzino della domenica dal seguente testo:

In un articolo apparso il secolo scorso sul bollettino parrocchiale di Villar Perosa, si racconta che il senatore Giovanni Agnelli in persona premiò un contadino che aveva nove figli per una curiosa proprietà aritmetica. Tutti i figli erano infatti nati allo stesso numero di anni di distanza l'uno dal successivo; ma soprattutto la somma dei quadrati delle loro età in quell'anno era pari al quadrato dell'età del contadino. Quali erano queste età?

Vediamo di risolverlo.

Ratio e definizioni

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Sia A l'età del figlio minore e sia D la cadenza con cui sono nati i figli: avremo allora che il penultimo ha A+D anni, e così via fino al maggiorenne, di età B=A+8D anni. La somma dei quadrati di queste età, dopo un po' di semplice aritmetica, si può scrivere così:

S=9A2+72AD+204D2

ed il problema si riduce quindi a trovare A,D,C interi tali che

C2=9A2+72AD+204D2

con alcune condizioni al contorno, del tipo D>0, A>0, C>A+8D etc.

Procedimento

In generale, trovare interi tali che loro combinazioni algebriche diano quadrati perfetti non è banale, ma nel nostro caso possiamo aiutarci osservando che l'espressione che vorremmo ridurre ad un quadrato perfetto è molto simile all'espansione del quadrato di una somma, il cui primo quadrato è 9A2, il doppio prodotto è ‘vicino’ a 72AD ed il secondo quadrato è ‘vicino’ a 204D2.

L'idea è quindi quella di trasformare questa espressione nel quadrato di una somma di interi, ‘trasformando’ opportunamente il secondo e il terzo addendo senza ovviamente alterare il valore numerico dell'espressione stessa.

A tal fine, osserviamo che 204 (il coefficiente numerico del secondo quadrato) non è un quadrato perfetto, ma è compreso tra 196=142 e 225=152: è quindi legittimo sperare che l'espressione si possa trasformare in un quadrato con uno di questi due coefficienti. A tal fine, calcoliamo:

(3A+14D)2-S

e

(3A+15D)2-S,

ottenendo rispettivamente

4(3A-2D)D

e

3(6A+7D)D,

termini che noi vogliamo siano nulli, nell'ambito sempre delle condizioni enunciate alla fine del precedente paragrafo. Questo comporta in particolare che il secondo caso non ammette soluzione, poiché annullarlo ci dà come condizioni o D=0 (impossibile) o 6A+7D=0, che ammette soluzioni solo se A e D hanno segno opposto (o sono entrambi nulli), mentre noi vogliamo che sia A che D siano strettamente positivi.

Ne consegue che l'espressione da noi cercata è la prima, che si annulla per 3A=2D. Sostituendo quindi ad esempio A=2D3 nell'espressione per S otteniamo

S=256D2

e quindi C=16D.

Sappiamo anche che D deve essere multiplo di 3, poiché altrimenti A non sarebbe intero, ed abbiamo quindi almeno due soluzioni possibili:

Spoiler Alert!

  • per D=3 si ha A=2,B=26 e C=48;
  • per D=6 si ha A=4,B=52 e C=72;

e ci fermiamo qui perché per il successivo valore D=9 avremmo C=144 e non siamo più ai tempi dei matusalemmi. È probabile che come soluzione si debba in realtà prendere la prima, perché un contadino 72enne con un figlio di 4 anni è poco credibile, benché non impossibile.

Postilla

Il testo del problema è stato emendato per rendere univoca la soluzione aggiungendo questa nota:

mentre la somma degli anni dei figli era uguale al triplo degli anni della moglie

e intendendo che la moglie del contadino sia anche la madre di tutti i suoi figli, questo porta la moglie ad avere un'età M che soddisfi

3M=9(A+4D)

da cui, semplificando e introducendo le nostre condizioni su A e D,

M=3(A+4D)=14D

che per D=3,6 ci restituisce M=42,84 rispettivamente; questo permette di scartare la soluzione D=6 essendo praticamente impossibile che una donna abbia un figlio ad 80 anni. È però interessante notare che con questa condizione la donna aveva 16 anni quando ha partorito il primo figlio.

Oblomov dom 30 set 2012 18:40:00 CEST permalink
Il problema dei portatori di pizza

Tre coppie decidono di prendere per cena pizza da asporto. Arrivati alla pizzeria, ordinano rispettivamente due margherite senza olio, una caprese e una bresaola, una caprese e una vulcano. Quando le pizze sono pronte, la commessa le fornisce impilate in ordine ignoto. Ciascuno dei tre cavalieri prende due delle pizze per distribuire equamente il carico durante il trasporto verso casa.

Supponendo che l'ordine in cui le pizze sono state distribuite sia perfettamente casuale, qual è la probabilità che ciascun cavaliere trasporti le due pizze ordinate dalla rispettiva coppia?

Soluzione

Nel seguito, indicheremo con B la pizza Bresaola, con C la Caprese, con M la Margherita (senza olio) e con V la Vulcano. Il pizzaiolo fornisce le pizze in un ordine casuale (ad esempio MCCBMV), che per comodità i tre cavalieri prenderanno in ordine (nell'esempio, il primo prenderà MC, il secondo CB, il terzo MV).

La probabilità che i cavalieri portino il paio giusto di pizze è quindi il numero delle permutazioni che assegnano a ciascun cavaliere le pizze giuste diviso il numero totale di permutazioni (distinte) possibili.

Le permutazioni valide sono quattro, per le seguenti condizioni: il primo cavaliere deve prendere le margherite (una sola possibilità: MM), il secondo cavaliere deve prende la bresaola e una caprese (due possibilità: BC, CB), il terzo cavaliere prende la vulcano e una caprese (ancora due possibilità: VC, CV). Le permutazioni in questione possono anche essere enumerate per esteso:

  • MM BC VC
  • MM CB VC
  • MM BC CV
  • MM CB CV

Quante sono invece le permutazioni distinte possibili1? Se le pizze fossero tutte diverse, si avrebbero 6! = 720 permutazioni, ma poiché vi sono due margherite, e tutte le permutazioni in cui le due margherite si scambiano di posto sono equivalenti, il numero di permutazioni va dimezzato; analogamente per le capresi, ottenendo infine 720/4 = 180 permutazioni distinte.

La probabilità che ciascun cavaliere porti le pizze della propria coppia è quindi di 4/180, ovvero 2/90 o 1/45, il 2.(2)%.

{ Costruire un albero delle 180 combinazioni distinte. }


  1. si ringrazia il proponente del gioco per aver anche determinato il modo più rapido per calcolare le permutazioni distinte. ↩

Oblomov lun 13 ago 2012 19:06:00 CEST permalink
Lavorare per, lavorare con

Versione tl;dr (e conclusioni di tutto il discorso): lavorare per qualcuno e lavorare con qualcuno sono due tipi di relazioni indipendenti: si può quindi lavorare per qualcuno, ma non con loro; si può lavorare per qualcuno e con loro; si può lavorare con qualcuno, ma non per loro. Sono quindi due insiemi con intersezione non vuota.

Motivazione: una delle tipiche discussioni inutili che si fanno per passare tempo in palestra.


Note: questo articolo fa uso di MathML, lo standard XML per le formule matematiche. Purtroppo, questo non è supportato correttamente in alcuni browser sedicenti ‘moderni’ o ‘ricchi di funzionalità’. Se le formule non hanno senso nel tuo browser, segnala il problema agli sviluppatori (del browser), o passa ad un browser che supporti questi standard.

Per una comprensione più dettagliata del discorso, cominciamo con un breve ripasso di teoria degli insiemi (solo quello che serve).

Sia X un insieme. Una relazione (binaria) tra gli elementi di X è un sottoinsieme del prodotto cartesiano di X con sé stesso. Se RX×X è una relazione ed x,yX, diremo che x è in relazione con y (secondo R) se (x,y)R, ed in tal caso scriveremo per semplicità xRy.

Su uno stesso insieme X si possono definire più relazioni. Alcuni tipi di relazione sono particolarmente diffusi e/o importanti. Tra questi ricordiamo:

relazioni d'ordine

una relazione RX×X si dice d'ordine se essa gode delle proprietà riflessiva (xRx per ogni xX), antisimmetrica (se xRy e yRx allora x=y) e transitiva (se xRy e yRz allora xRz); un esempio classico di relazione d'ordine è la relazione di minore o uguale definita sui numeri (naturali, razionali, reali);

relazioni d'ordine stretto

una relazione RX×X si dice d'ordine stretto se essa gode delle proprietà irriflessiva (xRx per nessun xX), asimmetrica (se xRy allora non può aversi yRx) e transitiva (se xRy e yRz allora xRz); un esempio classico di relazione d'ordine stretto è la relazione di minore definita sui numeri (naturali, razionali, reali);

relazioni di equivalenza

una relazione RX×X si dice di equivalenza se essa gode delle proprietà riflessiva (xRx per ogni xX), simmetrica (se xRy allora yRx) e transitiva (se xRy e yRz allora xRz); un esempio classico di relazione d'ordine è la relazione di similitudine definita sull'insieme dei triangoli del piano.


Veniamo ora alla nostra questione: prendiamo l'insieme X delle persone che lavorano, e definiamo su questo insieme due relazioni.

La prima relazione, che indicheremo con C, è la relazione del ‘lavorare con’. Se x,y sono persone ed x lavora con y, scriveremo xCy. Questa relazione gode sicuramente della proprietà riflessiva (nel senso che ciascuno lavora con sé stesso) e di quella simmetrica (se uno lavoro con un altro, è anche vero che l'altro lavora con l'uno); se quando uno lavora con un altro e questo lavori con una terza persona è sempre vero che il primo lavori con il terzo, allora sarà anche vera la proprietà transitiva e quindi la relazione C potrà essere considerata una relazione d'equivalenza.

La seconda relazione, che indicheremo con P, è la relazione del ‘lavorare per’. Se x lavora per y, scriveremo xPy. A seconda se si ammette che si lavori per sé stessi o meno, la relazione P è abbastanza ovviamente una relazione di ordine semplice o in senso stretto.

Siccome si ha C,PX×X, possiamo calcolare l'intersezione delle due relazioni (ovvero lavorare per e con qualcuno) e questa sarà ancora una relazione tra gli elementi di X (CPX×X). Se essa è vuota, non vuota, uguale alla diagonale (ovvero se ogni elemento è in relazione ‘per e con’ solo con sé stesso) o altro dipende ovviamente dalle relazioni C e P.

Facciamo un esempio. Sia dato un insieme X i cui elementi sono a,b,c,d e supponiamo che le relazioni C e P siano così definite:

  • b lavora con a e con d; considerando la simmetria e riflessività di C, avremo le relazioni aCa,bCb,cCc,dCd,aCb,bCa,bCd,dCb (in questo caso stiamo supponendo che non valga la proprietà transitiva, ed in particolare che anche se b lavora con a e con d, a non lavora con d)
  • a e b lavorano per c, e b lavora anche per d; senza considerare la riflessività per P, avremo aPc, bPc, bPd (questa relazione P è una relazione d'ordine in senso stretto)

In tal caso, la relazione lavorare per e con lega soltanto b e d essendo (b,d) l'unico elemento dell'intersezione CP (relazioni bCd e bPd)

Se nella relazione P si avesse pure bPa, gli elementi di CP sarebbero (b,d) e (b,a).

Se invece in P considerassimo anche la riflessività (cioè che ciascuno lavora per sé stesso), allora a lavorare per e con qualcuno saranno: ciascuno con sé stesso, b per e con d: (a,a),(b,b),(c,c),(d,d),(b,d).