# Matematica in relax/Le soluzioni

../Gli aiutini ../Fonti e ringraziamenti IncludiIntestazione 8 ottobre 2022 100% Da definire
Matematica in relax Maurizio Codogno 2022 CC BY-SA 3.0 GFDL Indice:Matematica in relax.pdf //it.wikisource.org/w/index.php?title=Matematica_in_relax/Le_soluzioni&oldid=- 20221008233025 //it.wikisource.org/w/index.php?title=Matematica_in_relax/Le_soluzioni&oldid=- 20221008233025
[p. 125
Soluzioni e Post Scriptum
1. Il calendario cubista
È immediato notare che i numeri 1 e 2 devono apparire in entrambi i cubi, altrimenti non si possono comporre l’11 e il 22. Ma anche lo 0 deve apparire in entrambi i cubi, perché lo si deve poter combinare con tutte le altre cifre. Restano pertanto sei facce da riempire, tre per dado, e sette cifre (3...9). Il compito sembrerebbe pertanto impossibile: ma per fortuna ruotando di 180 gradi il numero 6 si ottiene il 9, e nessun giorno del mese richiede che quei due numeri appaiano assieme. Basterà pertanto usare una sola faccia di un cubo per averli entrambi; le altre cinque potranno essere assegnate alle altre cifre. È ora facile assegnare le cifre ai cubi: per esempio, uno può avere 0,1,2,3,4,5 e l’altro 0,1,2,6,7,8.
Post Scriptum
* dado 1: c f g l’ t v
* dado 2: a e i l o t
* dado 3: b m n o p s
Per scrivere i mesi, usate i cubi in quest’ordine: gennaio 123 – febbraio 123 – marzo 321 – aprile 231 – maggio 321 – giugno 123 – luglio 213 – agosto 213 – settembre 321 – ottobre 321 – novembre 321 – dicembre 321. Per giugno e luglio, rovesciate la n per farla diventare una u; a dicembre, rovesciate la p che diventerà una d. Anche le lettere, come i numeri, possono essere ruotate!
[p. 128
11. Il triangolo più grande
Ribaltate il triangolo in modo da considerare uno dei suoi lati uguali come base; l’altro può ruotare a piacere. Poiché per massimizzare l’area occorre che l’altezza sia massima, dobbiamo lasciare il secondo lato perpendicolare al primo, come nella figura sotto, a sinistra. Il triangolo sarà rettangolo oltre che isoscele, e la sua area sarà di 50 cm².
Un altro modo per arrivare alla soluzione è considerare il quadrilatero ottenuto aggiungendo il simmetrico del triangolo rispetto al terzo lato. Avendo tutti i lati uguali, tale quadrilatero è un rombo: a parità di perimetro, il rombo di area massima è il quadrato, quindi il triangolo originale, che è la sua metà, ha area 50 cm².
Post Scriptum
Non avrete pensato che il triangolo di area massima sia quello equilatero, vero?
Ho scelto due modi diversi per rispondere al quesito innanzitutto perché mi piacciono entrambi, ma anche per ricordare che non sempre esiste la soluzione canonica di un problema, quella che il grande matematico ungherese Paul Erdős diceva venire dal “Libro”: un enorme volume in possesso di Dio, nel quale ogni teorema matematico ha la dimostrazione che Lui ritiene essere perfetta, e che pochi fortunati mortali possono a volte sbirciare. Qualcuno risolverà il problema avendo il coraggio di guardare il triangolo in maniera diversa da come ce l’hanno sempre mostrato [p. 129 a scuola, con i lati uguali obliqui; qualcun altro preferirà ottenere una figura più facile da maneggiare.
Qualcuno potrebbe anche ricavare analiticamente l’area del triangolo come funzione dell’angolo e poi calcolare il massimo di tale funzione: ma questi conti fanno perdere la voglia di occuparsi di matematica... a meno di non ricordarsi che l’area vale ½ ab sin γ ed è quindi massima se γ è un angolo retto.
21. Vino annacquato o acqua avvinata?
Non importa quanto liquido sia stato travasato, né se la miscela fosse o no uniforme, né il numero di travasi fatti o la quantità di liquido iniziale in ciascuno dei due contenitori. Se alla fine nei due contenitori c’è tanto liquido quanto ce n’era all’inizio, quello che è passato dal primo al secondo deve essere esattamente quello che dal secondo è passato al primo.
Post Scriptum
Questo problema è un classico, e sono certo che molti di voi lo conoscevano già. La cosa interessante è che la chiave per risolverlo in fretta è vedere il modello giusto da applicare, invece che mettersi a fare i conti. Certo, se ci fosse stato domandato quanti centilitri d’acqua erano finiti nella prima brocca i conti dovevamo farli di sicuro! Ma non era questo il caso. La matematica non è solo composta di numeri e conti, come in troppi credono; e nemmeno di lettere, come forse immaginano quelli che sono stati messi davanti alle espressioni algebriche.
31. La mosca suicida
Le due auto si muovono a una velocità relativa di 5 m/s, e quindi si scontreranno dopo 10 secondi; nel frattempo la mosca, viaggiando a 7 m/s, avrà percorso 70 m. Avrà fatto dietrofront un [p. 130 infinito numero di volte; ma si sa che i problemi matematici non si curano di queste quisquilie.
Post Scriptum
Anche in questo caso c’è un modo noioso di giungere alla soluzione, sommando gli infiniti tratti percorsi dalla mosca, e uno facile, notando che possiamo spostare il punto di vista e semplificare così i calcoli. Si narra che quando il problema venne proposto a John von Neumann, il grande matematico rimase pensieroso qualche secondo, poi diede la risposta corretta. L’interlocutore sorrise e commentò: “Vedo che ti sei accorto del trucco! Molti si arrendono perché pensano di dover trovare il risultato di una somma infinita.” E lui, di rimando: “Ah, c’era un trucco?”
41. Catering pericoloso
Basta muovere un solo bicchiere. Prendete il secondo bicchiere da sinistra, versatene il contenuto nel secondo da destra, e rimettetelo al suo posto.
Post Scriptum
Se al posto dei bicchieri ci fossero stati tre segnalini su una scacchiera $1\times 6$, avreste trovato subito la soluzione, vero? Ecco l’ennesimo caso in cui bisogna studiare attentamente il problema per capire qual è il suo modello corretto. L’operazione che si deve compiere è sì muovere i bicchieri, ma la configurazione si riferisce al succo d’arancia; i bicchieri, vuoti o pieni, sono dei semplici segnaposto.
51. Gira la carta
Occorre girare due carte: quella con il 2, per verificare se sul retro c’è effettivamente un cancelletto, e quella con la chiocciola, [p. 131 per verificare se nel retro non ci sia un numero pari. Spesso si pensa di dovere girare anche la carta con il cancelletto; ma non serve farlo, perché se sul retro c’è un numero pari la legge è confermata, e se c’è un numero dispari non la stiamo affatto invalidando, visto che non ci viene detto nulla su cos’abbiano sul dorso le carte con un numero dispari.
Post Scriptum
Questo problema è noto in psicologia come il Problema delle quattro carte di Wason, dal nome dello psicologo inglese Peter Cathcart Wason che lo ideò; si può leggere qualcosa al riguardo su Wikipedia (https://w.wiki/4hllc). Non si tratta di matematica in senso stretto ma di logica. L’errore comune che si fa è immaginare che l’affermazione “se A è vero, allora B è vero” sia equivalente a “se B è vero, allora A è vero”; mentre è invece equivalente a “se B è falso, allora A è falso”. Se non ci credete, partite dalla frase “Se nevica (A), allora fa freddo (B)” e provate a pronunciare le altre due frasi.
Stranamente, però, si è visto che la cosa cambia se ci si trova in una situazione reale. Se immaginate di essere un barista che non può vendere alcolici ai minorenni e i quattro casi equivalenti (minorenne che chiede una bevanda, maggiorenne che chiede una bevanda, persona che chiede un’aranciata, persona che chiede una birra), sapete che solo in due casi dovete chiedere la carta d’identità o il tipo di bevanda per essere certi di rispettare la legge. Due modelli equivalenti matematicamente possono essere ben diversi dal punto di vista psicologico!
61. Aree sovrapposte
La differenza tra le due aree è di π(20$^2$-15$^2$) cm$^2$, cioè 175π cm$^2$. Per vederlo, basta aggiungere a entrambe le lunule il disco in comune e ottenere i due cerchi iniziali; la differenza tra le loro aree sarà evidentemente la stessa di quella delle lunule. Il fatto che le due figure fossero dei cerchi e che l’angolo tra i raggi fosse retto è ininfluente. [p. 132
Post Scriptum
Il problema aveva dati inutili e anzi fuorvianti, perché possono indurre a pensare che la via risolutiva sia legata a una serie di applicazioni del teorema di Pitagora che fanno perdere la voglia di trovare la risposta anche ai più fanatici. Come ho già scritto, a volte conviene pensare in generale, per vedere se c’è una strada più semplice verso la soluzione; nella vita non si sa mai a priori quali dei dati che possiamo conoscere siano davvero utili.
71. Bisettore minimale
Se specchiamo il triangolo rispetto ai suoi lati come se fosse in un caleidoscopio, otteniamo un esagono, come si può vedere nella figura di sinistra alla pagina seguente. La linea di minima lunghezza formerà a sua volta una curva chiusa; visto che a parità di area racchiusa la curva di minima lunghezza è un cerchio, la risposta al problema originale è un arco di cerchio, di raggio pari a $^4$√(27/16π$^2$) il lato del triangolo, per completezza.
Post Scriptum
La parte della matematica che studia i massimi e i minimi di una funzione con uno o più vincoli (in questo caso il minimo perimetro ad area costante) si chiama calcolo delle variazioni e ha [p. 133 una storia lunga e interessante. Spesso è difficile trovare la risposta a questi problemi; il calcolo differenziale è nato dai tentativi dei matematici di avere quanti più strumenti generali possibile per risolverli. Un semplice trucco può essere quello di rifarsi a una situazione facile, come quella che porta a un cerchio o nel caso di quadrilateri a un quadrato.
81. La cifra mancante
Innanzitutto calcolate la somma delle cifre di 2$^{29}$ modulo 9. Quella di 2$^0$=1 è 1; quella di 2$^1$ è 2; quella di 2$^2$ è 4; quella di 2$^3$ è 8; quella di 2$^4$=16 è 7; quella di 2$^5$ è 5; quella di 2$^6$ è 1; da qua il ciclo si ripete. Quindi la somma delle cifre di 2$^{29}$ modulo 9 è 5; ma la somma delle cifre da 0 a 9 vale 0, pertanto la cifra mancante è 4. Per la cronaca, il numero è 536870912.
Post Scriptum
Questo problema è facile da risolvere, se vi ricordate come funziona la prova del nove; peccato che la maggior parte delle persone si ricordi solo che esiste qualcosa del genere. Se siete curiosi, sul mio sito https://xmau.com/mate/light/provadel9.html trovate qualcosa al riguardo.
91. Triello
Vediamo innanzitutto la strategia di Clara: se è il suo turno, le conviene mirare a Bice, visto che ha maggiori probabilità di essere colpita da lei piuttosto che da Ada. Passando a Bice, è ovvio che anche a lei conviene mirare a Clara; altrimenti, come appena visto, soccomberà al gavettone che l’amica le lancerà. Anche per quanto riguarda Ada, le converrebbe mirare a Clara piuttosto che a Bice. La sua strategia migliore è però buttare via il primo gavettone! Se infatti riuscisse a colpire Clara, a questo punto Bice si dedicherebbe a lei e avrebbe il vantaggio del primo colpo; quindi [p. 134 le sue probabilità di sopravvivenza sarebbero inferiori a un terzo. Se invece Ada lascia scannarsi tra loro le altre due ragazze, sarà lei ad avere il primo lancio utile e quindi almeno un terzo di probabilità di vincere.
Post Scriptum
I conti precisi sono noiosi e ve li risparmio, visto che per rispondere alla domanda basta l’analisi qualitativa, che non è una prerogativa dei soli fisici! Per i curiosi, se Ada cerca di colpire Clara le rispettive probabilità di sopravvivenza sono comunque 59/189, 102/189 e 28/189; se invece evita di lanciare il primo gavettone le probabilità passano a 25/63, 24/63 e 14/63. Con la strategia ottimale Anna ha quindi la probabilità maggiore di vittoria! Cosa si può imparare? Da un punto di vista matematico, che è opportuno non partire in quarta senza avere considerato ipotesi non esplicitamente vietate; da un punto di vista sociale, che essere i favoriti non aiuta certo, tanto che Clara dalla mira perfetta ha la minore probabilità di vittoria...
2. La scacchiera mutilata
Non è possibile ricoprire una scacchiera a cui siano state tolte due caselle agli angoli opposti con 31 tessere di dimensione 1×2. Le due caselle d’angolo sono infatti dello stesso colore; togliendole, rimangono 32 caselle di un colore e 30 dell’altro. Poiché ogni tessera di dimensione 1×2 ricopre una casella di ciascun colore, risulta impossibile disporle per ricoprire la scacchiera.
Post Scriptum
In questo problema gioca un ruolo molto importante la parità. La parità è un caso particolare di quello che tecnicamente si chiama un invariante, cioè un valore che non cambia dopo aver eseguito un’operazione. Qui l’invariante è la differenza tra il numero di caselle bianche e di caselle nere ancora da coprire man mano che si posizionano le tessere. La differenza non può cambiare: ma la [p. 135 scacchiera iniziale ha differenza pari a 2, mentre la configurazione finale ha differenza 0, e quindi il problema è impossibile.
Attenzione: un invariante può solo dare la certezza che la soluzione è impossibile. Se avessimo tolto due caselle di colore diverso, la differenza sarebbe sempre rimasta zero e l’invariante ci direbbe che il problema potrebbe avere una soluzione, ma non la certezza che ci sia, anche se in questo caso particolare è in effetti sempre possibile usare 31 tessere $1\times 2$ per ricoprire una scacchiera da cui sono state tolte due caselle qualunque di colore diverso.
12. La pendola di Kant
Prima di uscire per la visita al suo amico, Kant caricò la pendola, la regolò ad esempio sul mezzogiorno e la fece partire. Arrivato dal suo amico, guardò che ora fosse, diciamo le 15. Controllò l’ora (supponiamo fossero le 17) subito prima di andarsene, e così seppe quanto tempo era rimasto a conversare.
Una volta tornato a casa, verificò l’ora che segnava la sua pendola. Se essa indicava le 14.40, Kant poté ricavare che erano trascorse 2 ore e 40 minuti da quando era uscito; tolte le due ore di conversazione, aveva impiegato 40 minuti per andare e tornare dal suo amico e visto che il suo passo era costante il viaggio di ritorno era durato venti minuti. Essendo uscito da casa del suo amico alle 17, regolò la pendola alle 17.20.
Post Scriptum
Il problema a prima vista sembra non essere risolubile: è vero che Kant sa a che ora esce da casa del suo amico, ma non sa quanto tempo impiegherà per tornare a casa sua. I concetti matematici rilevanti in questo caso sono due. Per prima cosa, le misure sono sempre relative a un punto fisso; noi non misuriamo un tempo, ma una differenza di tempo, o se preferite un intervallo. Se una persona corre i 100 metri in 10 secondi netti, non importa se il giudice di gara ha dato il via alle 18 o alle 18.10. Inoltre si sfrutta la simmetria; il tempo per andare e quello per tornare è lo stesso. Entrambi i concetti semplificano il modello di base e ci aiutano a [p. 136 trovare la risposta; la matematica è sempre a caccia di scorciatoie come questa.
22. La dozzina del panettiere
Innanzitutto è chiaro che se sommiamo o moltiplichiamo per lo stesso numero il peso di tutte le pagnotte, se prima c’era una soluzione continuerà a essere valida, e se non c’era continuerà a non esserci. Possiamo quindi sottrarre a tutte le pagnotte il peso della più leggera, ottenendo così (almeno) una pagnotta che pesa zero grammi; pagnotta poco nutriente ma certo matematicamente valida. Dividiamo ora tutti i nuovi pesi per il loro massimo comun divisore; oltre alla pagnotta che pesa zero grammi ne avremo così almeno una che pesa un numero dispari di grammi. Mettiamo da parte quella pagnotta: visto che le altre dodici possono essere messe in equilibrio, la somma totale dei loro pesi è un numero pari. Ma se ora rimettiamo la pagnotta nel mucchio e togliamo quella senza peso, la nuova dozzina peserà un numero dispari di grammi, e quindi non potrà essere equamente suddivisa in due gruppi da sei.
Post Scriptum
Questo è uno di quei problemi che sembrano ovvi, ma che sono difficili da dimostrare senza l’idea giusta. La parità da sola (un classico, quando ci sono bilance in gioco) non basta perché sui due lati della bilancia c’è comunque un numero pari di pagnotte: la pagnotta senza peso serve proprio per sparigliare il tutto.
Per i curiosi, la tesi è vera anche se i pesi delle pagnotte sono dei numeri reali, e non semplicemente interi (o frazionari, che è poi lo stesso); la dimostrazione richiede però strumenti matematici più complicati, come la teoria delle basi vettoriali.
[p. 137
32. Una moneta equa, una no
Per ottenere una distribuzione di probabilità equa con due monete apparentemente identiche, una delle quali non sia equa, occorre lanciarle entrambe una sola volta.
Indicando con T e C il risultato del lancio della moneta non equa, e con t e c quello della moneta equa, visto che P(t) = P(c) abbiamo
* P(T, t) = P(T, c);
* P(C, t) = P(C, c).
È vero che non sappiamo quale sia la moneta equa, ma non importa. Se infatti stabiliamo che pagherà il presidente se le monete mostrano la stessa faccia, e il segretario se mostrano una faccia diversa, è immediato capire che le due probabilità sono le stesse; P(T, t) + P(C, c) = P(T, c) + P(C, t); e non abbiamo bisogno di distinguere le due monete (né quale sia la probabilità che esca testa quando la moneta truccata viene lanciata).
Post Scriptum
Questo problema è interessante. A prima vista si può forse accettare che non serva sapere con quale probabilità la moneta truccata segni testa; ma si direbbe impossibile riuscire a scoprire quale sia la moneta non equa...
In effetti non lo si può stabilire; ma per fortuna quell’informazione non è necessaria. Ci basta sfruttare l’invarianza dei risultati dell’altra moneta, cioè il fatto che la probabilità che esca testa oppure croce è la stessa; possiamo allora scegliere il risultato che più ci fa comodo per semplificare i conti.
Per una volta la tipica ipotesi dei problemi probabilistici, che sostiene che se non si possono distinguere i vari casi si deve dare loro la stessa probabilità, viene messa in pratica a un metalivello!
[p. 138
42. Com’è buono il cioccolato!
È chiaro che ciascun bambino mangerà 40 quadretti di cioccolato e la sua ultima mossa sarà “mangia”, non “dividi”; inoltre per poter mangiare un qualunque quadretto occorre prima averlo diviso dagli altri. Possiamo perciò immaginare che prima facciano tutti i tagli e poi mangino i quadretti.
Ogni volta che si divide un pezzo di cioccolato il numero complessivo di parti aumenta di uno. Visto che si parte con un singolo rettangolo (la tavoletta intera) e finisce con un totale di 40, l’ordine in cui vengono fatte le mosse di suddivisione è ininfluente: bisognerà comunque farne 39, che sommate alle 40 mosse in cui vengono mangiati i quadretti danno un totale di 79.
Post Scriptum
In questo problema si possono vedere all’opera due diverse tecniche. La prima, spesso negletta, è la semplificazione. In una barzelletta, a un matematico vengono dati un pentolino, un uovo, un rubinetto e un fornello per cuocere un uovo, cosa che fa brillantemente; ma quando in seguito gli si chiede di rifarlo col pentolino pieno d’acqua e il fornello acceso, lui diligentemente comincia col vuotare il pentolino e spegnere il fornello “per ricondurmi al caso precedente”.
A parte le battute, se è già noto un risultato, anche se più complicato di quello che ci serve, si fa comunque meno fatica a usarlo. La seconda tecnica utilizzata è quella degli invarianti, ma con una differenza inaspettata. L’invariante non è infatti il numero di parti in cui la tavoletta è stata divisa, ma la differenza tra il numero di parti prima del taglio e quello dopo il taglio, che è sempre 1. I trucchi matematici possono essere ben nascosti!
52. Quadrature varie
Se costruite l’esagono regolare inscritto nel cerchio e aggiungete tre raggi come indicato nella figura qui sotto, vi accorgerete [p. 139 che le varie parti grigie corrispondono esattamente a metà del cerchio. L’area grigia è quindi di 50 cm$^2$.
Post Scriptum
Quando occorre calcolare aree con tratti curvi conviene sempre cercare un modo di riassemblare i pezzi e ottenere qualcosa di facilmente riconoscibile. Avendo già a disposizione i vertici di un esagono regolare, disegnarlo è la scelta immediata che viene in mente. Si poteva arrivare alla risposta anche disegnando sei raggi e ottenendo sei triangoli equilateri che formano l’esagono; la scelta in questo caso è una questione di gusti, tenendo conto che meno linee si disegnano (sempre che siano quelle giuste...) più è facile accorgersi delle simmetrie.
62. I diciassette cammelli
Il racconto continua con l’arrivo di un saggio sul suo cammello. Sentita la storia, si avvicina alla mandria dei cammelli da dividere e aggiunge il proprio. “Ora ci sono 18 cammelli”, dice: “9 di essi, la metà, vanno al figlio maggiore; 6, cioè un terzo, al figlio di mezzo; 2, un nono, al figlio più piccolo. Avanza giusto il mio cammello, con cui posso riprendere il mio cammino”. A dire [p. 140 il vero, sembra che il saggio abbia lasciato al figlio maggiore il suo vecchio cammello e si sia preso il più bello della mandria: ma cambiando l’ordine dei cammelli il risultato non cambia.
Post Scriptum
Questo problema, pur non essendo ovviamente uno dei racconti delle Mille e una notte, è davvero vecchio di secoli. Il motivo per cui funziona è che la somma 1/2 + 1/3 + 1/9 non fa 1 ma 17/18, e quindi il padre, che in fin dei conti era un carovaniere e non un mercante, aveva sbagliato a fare i conti per l’eredità. Il saggio ha arrotondato per eccesso le quote spettanti a ciascun figlio; aggiungere il suo cammello ha nascosto l’operazione e gli ha portato il suo tornaconto... ma questo non c’entra con la matematica.
La suddivisione di un intero in somma di frazioni del tipo 1/n risale addirittura agli antichi egizi; Wikipedia ne parla estesamente a https://w.wiki/4iN5.
72. La marcia delle formiche
Post Scriptum
Il metodo di risoluzione di questo problema ricorda un po’, almeno a me, i diagrammi di Feynman, o comunque tutte le interazioni tra particelle atomiche, che a dire il vero non interagiscono per nulla. Considerare le formiche indistinguibili (proprio come gli elettroni!) e trasparenti permette di semplificare il problema in maniera risolutiva.
82. L’altra faccia della medaglia
La probabilità è due terzi. Immaginiamo infatti che tutte le facce delle monete siano diverse e pertanto distinguibili tra loro. Chiamiamo le facce della prima moneta T e C, quelle della seconda T1 e T2, e quelle della terza C1 e C2. Se il lancio dà testa, i casi possibili sono tre: T (e quindi sull’altra faccia c’è C), T1 (sull’altra faccia c’è T2), T2 (sull’altra faccia c’è T1). Visto che i tre casi sono equiprobabili, la risposta si ottiene subito.
Post Scriptum
La risposta ingenua che spesso si dà a questo problema è 1/2, perché si pensa che una volta uscita testa, avendo eliminato la moneta CC, ne restano solo due. Questo è vero, ma le due monete non hanno la stessa probabilità di essere quella prescelta, come si è visto sopra. Conviene sempre accertarsi, quando si tratta di probabilità, di verificare che i casi trattati siano davvero equiprobabili!
92. Monete sul tavolo
Supponete che le monete abbiano raggio 1 e raddoppiate le dimensioni di ogni moneta, quadruplicandone quindi l’area. Queste monetone sicuramente ricoprono il rettangolo, perché altrimenti ci sarebbe un punto con distanza maggiore di 2 da tutti i [p. 142 centri delle altre monete e avreste potuto mettere lì un’altra moneta. Non si possono sostituire quattro monete a quella originale, perché non la ricoprirebbero; ma si può fare l’opposto e dimezzare il rettangolo originale con le monete grandi, che ritornano delle dimensioni iniziali. Potete ora piazzare quattro copie del rettangolo piccolo per ricoprire quello originale.
Post Scriptum
Le proprietà di ricoprimento con figure curve sono assolutamente infide. Pensate che la dimostrazione dell’“ovvio” fatto che [p. 143 l’impacchettamento migliore dei cerchi sul piano è il tassellamento esagonale (ogni moneta è circondata da altre sei) è stato dimostrato solo nel 1972 dal matematico ungherese László Tóth (che all’epoca aveva 57 anni, giusto per non dire che i matematici fanno le loro scoperte solo da giovani). Per fortuna nel problema è presente un rettangolo, le cui proprietà sono molto più semplici e che è dunque la chiave per arrivare alla risposta. Per completezza, il rapporto di 4 monete a 1 è il migliore possibile.
3. Una partita a bridge
La probabilità è esattamente la stessa. Se due giocatori hanno insieme tutte le carte di un seme, gli altri due non ne possono avere nessuna. Possiamo allora associare a ciascun caso in cui noi e il nostro compagno non abbiamo carte di picche il caso opposto in cui le due coppie si scambiano tra loro le carte: il numero totale di occorrenze dei due casi deve essere per forza identico.
Post Scriptum
In questo problema la simmetria gioca un ruolo fondamentale. Spesso non è necessario calcolare esplicitamente il valore esatto della soluzione: se è sufficiente un confronto relativo, le tecniche di simmetria sono molto utili. Anche “guardare il problema dalla prospettiva opposta”, nel nostro caso controllare cosa capita agli altri giocatori, a volte può essere utile per semplificarlo.
13. I quadrati sovrapposti
Prolungando i lati del quadrato grande all’interno di quello piccolo si nota che quest’ultimo è diviso in quattro parti uguali. L’area totale in comune sarà pertanto un quarto di quella del quadrato piccolo, cioè 400 cm$^2$. [p. 144
Post Scriptum
In questo problema è stata indicata la distanza dei punti di incrocio tra i quadrati con i vertici. In realtà l’area compresa tra i due quadrati è indipendente da come i quadrati sono posizionati; basta che un vertice del quadrato grande sia al centro di quello piccolo e che i due lati del quadrato grande tocchino due lati distinti di quello piccolo.
Disegnare linee ausiliarie (in questo caso, i prolungamenti dei lati) può essere utile per vedere se la nuova figura ha una sua simmetria, arrivando così alla soluzione per una via più breve.
23. Venticinque cavalli
Non è possibile. Visto che un cavallo si sposta da una casella di un colore a un’altra casella del colore opposto, e la scacchiera ha 13 caselle di un colore e 12 dell’altro, i 13 cavalli sulle caselle bianche non avranno spazio per posizionarsi tutti.
Post Scriptum
Ecco un altro esempio di parità all’opera. Disporre i cavalli sulla scacchiera tutti insieme serve solo per nascondere la struttura interna del problema, che dipende dal numero di caselle di ciascun [p. 145 colore. A volte non è facile trovare la chiave giusta per affrontare un problema; per esempio, se provassimo a risolvere questo problema cercando un percorso rientrante del cavallo, come si farebbe nel caso di una scacchiera $8\times 8$, ci troveremmo a mal partito.
33. La sfera trapanata
La chiave per risolvere questo problema sta nell’affermazione di Giò Prezzemolo, secondo cui è sufficiente sapere qual è l’altezza del cilindro per calcolare il volume del resto della sfera. Se questo è vero, il volume è indipendente dal raggio della sfera: se la cosa vi sembra strana, ricordatevi che maggiore è il raggio, più grandi sono le calotte superiore e inferiore che vengono eliminate insieme al cilindro.
Ma se il raggio della sfera può essere qualunque, possiamo immaginare che il cilindro abbia raggio nullo, e sia in pratica un segmento alto dieci centimetri. La sfera quindi non sarebbe affatto bucata: avendo diametro 1 m, il suo raggio è 0,5 m e il suo volume π/6 m$^3$.
Post Scriptum
Nella vita reale non si può utilizzare il procedimento mostrato qui sopra, perché occorrerebbe prima dimostrare che in effetti il volume della sfera bucata non cambia con il variare del raggio della sfera. Si può però ricavare un metainsegnamento: quando c’è un problema conviene sempre leggerlo molto attentamente!
43. Caccia alla lepre
Sì, i cacciatori possono catturare la propria lepre in 15 mosse o meno; però ciascuno di loro deve dirigersi verso la lepre inizialmente più lontana. Infatti le lepri più vicine partono da una casella dello stesso colore dei cacciatori; ogni mossa di quest’ultimo lo porterà in una casella di colore diverso, e la lepre sfuggirà [p. 146 sempre. Le lepri più lontane sono invece su una casella del colore opposto, e quindi i cacciatori possono riuscire a intrappolarle in un angolo.
Post Scriptum
Ecco un altro problema dove la parità è la chiave per la soluzione; in questo caso l’unica vera difficoltà è accorgersi che quella che sembra la strategia più facile (gli inglesi la chiamano greedy, ingorda) non può essere vincente.
53. Il giro dell’isola
Considerate tutte le triplette (incrocio, strada di arrivo, ultima direzione presa). Il loro numero è finito, quindi prima o poi Loris deve per forza ripeterne una. Ma visto che da ogni tripletta si può raggiungere solo una specifica altra tripletta, la prima che capiterà di nuovo sarà quella iniziale.
Post Scriptum
Anche in questo caso abbiamo una soluzione combinatoria non costruttiva. Un matematico direbbe che ha definito uno spazio degli stati tale per cui c’è una funzione univoca e invertibile tra uno stato e l’altro; a questo punto la soluzione segue subito. Il vero problema è trovare il giusto spazio degli stati! Non basta per esempio dire “consideriamo tutti gli incroci, e come ci siamo arrivati”, perché in tal caso non sapremmo se dobbiamo girare a sinistra o a destra una volta arrivati all’incrocio; né tanto meno è sufficiente considerare i soli incroci. Lo spazio degli stati è in genere enorme, e con moltissime dimensioni; ma questo non è un problema per un matematico, perché gli strumenti teorici non si curano della dimensione del problema, almeno fino a che essa è un numero finito.
[p. 147
63. Legare il mondo
Se due circonferenze differiscono di una lunghezza x, i loro raggi differiscono di x/2π, visto che la circonferenza si ottiene moltiplicando il raggio per 2π. Quindi la corda si troverà circa 16 cm sopra la superficie terrestre, e un gatto non dovrà fare troppe contorsioni per passarci sotto.
Post Scriptum
Ecco un problema (risalente al 1702!) in cui l’intuizione può giocare dei brutti scherzi. Non bisogna pensare alla differenza tra la lunghezza iniziale e quella finale della corda, che è aumentata di un fattore assolutamente minuscolo, ma bisogna mettersi a fare i conti e fidarsi di questi. Forse è ancora più paradossale accorgersi che l’altezza della corda non dipende dal diametro del cerchio iniziale: avessimo fatto la stessa operazione partendo da una biglia, il risultato sarebbe stato lo stesso. Gli occhi della matematica spesso sono più acuti dei nostri.
73. Il solitario dell’urna
Non importa quante schede rosse e verdi sono state inizialmente messe nell’urna: la probabilità di terminare con una scheda verde è esattamente 1/2!
Per convincervi, cominciate a definire la procedura di scelta in un modo diverso ma sempre casuale ed equivalente: togliete tutte le schede dall’urna, disponetele in fila e iniziate a prenderle una per volta dalla prima a sinistra. A questo punto, prima della vostra ultima mossa avrete necessariamente una fila di una o più schede di un solo colore. Tornando indietro, prima della penultima mossa avrete necessariamente schede di due colori, ma tutte ordinate: prima le rosse e poi le verdi, o viceversa. Se così non fosse, dopo la penultima mossa vi rimarrebbero ancora schede di due colori e avreste quindi bisogno almeno di altre due mosse. A questo punto viene il bello: qualunque sia il numero di schede di ciascun colore in questo momento (e qualunque fosse il numero di schede iniziali [p. 148 dei due colori) se l’unico dato che conta è l’ordine dei colori, allora la probabilità di avere alla penultima mossa l’ordine rosso-verde è la stessa di avere l’ordine verde-rosso; ma il primo ordine corrisponde alla vittoria e il secondo alla sconfitta, e quindi le probabilità di vittoria sono esattamente il 50%.
Post Scriptum
Come già visto nel problema 67, l’analisi retrograda permette spesso di ridurre il numero di casi possibili. In questo problema, però, la vera intuizione consiste nell’ordinare le possibilità in un modo più semplice di quello usuale. Aggiungo solo che il teorema che abbiamo dimostrato è più forte di quanto richiesto dal problema; a volte può essere più utile fare una generalizzazione, perché si possono usare princìpi più potenti.
83. Carta d’imbarco
Quando l’ultimo passeggero entrò, c’erano solo due posti liberi teoricamente possibili, quello assegnato a lui e quello del primo passeggero. Tutti gli altri posti erano stati necessariamente occupati: o dal legittimo assegnatario oppure come risultato di una serie di scambi di posto. Ma in nessun momento durante l’ingresso dei vari passeggeri c’è stato qualcosa che permettesse di distinguere i due casi: quindi la probabilità dev’essere 1/2.
Post Scriptum
Ricordate il gioco del 15, il quadratino 4 per 4 dove bisognava mettere in ordine le varie tessere, e che nella versione originale proposta da Sam Loyd era irrisolvibile? Bene, il modo migliore per studiare il gioco era immaginare che ci fosse una tessera fantasma, quella mancante, che a ogni mossa si spostava. Anche in questo caso per trovare facilmente la soluzione non bisogna fermarsi a studiare i posti man mano occupati, ma conviene guardare che cosa succede al posto libero. In matematica la figura [p. 149 e lo sfondo, visto che assieme riempiono il quadro, in fin dei conti sono equivalenti!
93. Sacchetti di biglie
Se, memori dell’esperienza con i recinti (si veda il problema 38), accettate di mettere un sacchetto dentro l’altro, allora vi bastano 14 biglie. Prendete un sacchetto vuoto (0 è un numero come gli altri), mettetelo dentro un altro sacchetto insieme a una biglia, mettete questo sacchetto in un nuovo sacchetto ancora con un’altra biglia e così via. Se siete dei puristi, oppure i sacchetti devono essere tra loro separati, la risposta è 105; i sacchetti avranno da 0 a 14 biglie.
Post Scriptum
La soluzione “sporca”, quella cioè con i sacchetti uno dentro l’altro, ha un contenuto matematico molto importante. Il metodo di von Neumann – quello del problema 31 – per definire formalmente i numeri naturali funziona proprio in questo modo! Come con i nostri sacchetti, i numeri vengono associati agli insiemi. Allo 0 corrisponde l’insieme vuoto,; all’1 corrisponde l’insieme che ha come elemento l’insieme vuoto, { }; (no, non è la stessa cosa del precedente! l’insieme vuoto non contiene nessun elemento, questo invece contiene un insieme, ancorché vuoto...) e così via. Mai fidarsi dei matematici, quando si tratta di trucchi!
4. Perditempo
Non potrò arrivare nel tempo previsto! Infatti la mia tabella di marcia prevedeva di percorrere 200 km alla media di 100 km/h, impiegandoci pertanto due ore. Ma se ho percorso 100 km a 50 km/h, le due ore sono già passate. È vero che secondo la teoria della relatività basterebbe, si fa per dire, viaggiare alla velocità della luce; ma è anche vero che un qualunque corpo dotato di [p. 150 massa non può raggiungere tale velocità, pertanto la risposta è ancora negativa.
Post Scriptum
Il problema dovrebbe essere abbastanza noto; forse però non si pensa spesso al tipo di media necessaria nel considerare due velocità. La media che si usa generalmente è quella aritmetica, che si ottiene sommando due elementi e dimezzando il risultato. Chi ha risposto “150 km/h” stava pensando alla media aritmetica: “ho mantenuto una velocità di 50 km/h meno di quella prevista, ora devo aumentare la velocità di 50 km/h”. Esiste poi la media geometrica, che si ottiene moltiplicando due elementi ed estraendo la radice quadrata del prodotto ottenuto. Chi avesse risposto “200 km/h” stava pensando alla media geometrica: “la mia velocità è stata la metà di quella prevista, ora devo raddoppiarla”.
La media che si usa in questo caso è invece quella armonica, che è un po’ più difficile da spiegare: “è l’inverso della media aritmetica degli gli inversi dei due elementi”. Il fatto di dover usare gli inversi si può forse ricordare ricordando che la media è una funzione inversa del tempo (si parla di chilometri all’ora) e che a noi interessa calcolare il tempo rimanente.
Per curiosità, ricordo che dati due numeri (positivi e distinti) la loro media geometrica è sempre inferiore alla loro media aritmetica, ma è maggiore di quella armonica.
14. Il taglio del cubo
In qualunque modo io riposizioni i cubi dopo ogni taglio, mi occorreranno comunque almeno sei tagli per dividere il cubo in 27 cubetti. Consideriamo infatti il cubo centrale; esso ha ovviamente sei facce, nessuna delle quali è inizialmente visibile. Serviranno quindi sei tagli per esporre tali facce. [p. 151
Post Scriptum
Quando sembra che un problema richieda metodi combinatorici (cioè è necessario contare il numero di possibilità diverse) conviene cercare una proprietà implicita: in questo caso ci siamo concentrati su un cubetto specifico ancorché inizialmente invisibile, potendo così eliminare la necessità di fare i conti e provare varie altre disposizioni.
24. Detenuti numerati
Poiché occorre che un solo detenuto indovini il numero sulla propria fronte perché tutti siano salvi, basta trovare un modo per suddividere lo spazio delle risposte in modo che ciascuno di essi abbia una possibilità su dieci di indovinare, e non sia mai possibile che due detenuti rispondano correttamente (altrimenti ci sarebbero dei casi in cui tutti darebbero la risposta sbagliata). Un modo molto semplice di ottenere il risultato è, per esempio, assegnare a ciascun detenuto un numero da 0 a 9. Il detenuto a cui è stato assegnato il numero n deve immaginare che la somma di tutti e dieci i numeri dipinti sulle loro fronti termini con la cifra n; a questo punto può calcolare il numero che ha in fronte dopo avere sommato quello dei suoi compagni di sventura. Visto che effettivamente la somma dei numeri terminerà con un ben preciso n, e il numero sulla fronte di ciascun prigioniero è inferiore a 10 quindi c’è una sola possibilità di calcolare la somma, sicuramente uno e uno solo dei detenuti avrà ragione!
Post Scriptum
La strategia risolutiva di questo problema è quella che in fantascienza verrebbe definita “del multiverso”: si moltiplicano le posizioni possibili e le si provano in contemporanea, per cogliere tutto lo spettro delle soluzioni in una sola volta. Dal punto di vista matematico, invece, la si può vedere come la ricerca di un modo per suddividere equamente tutti i casi teoricamente possibili, in [p. 152 modo da non sprecare tentativi cercando combinazioni che non capitano spesso.
34. Lo spareggio
Il punto fondamentale è che la prova finale è uno spareggio, quindi nessuno dei ragazzi può essere avvantaggiato. Ma allora i cappelli devono essere tutti e tre dello stesso colore: se infatti uno solo di essi fosse nero, chi ce l’ha non potrà mai essere il primo a scoprire il proprio colore; se invece ce ne fosse uno solo bianco, tutti e tre potrebbero indovinare il proprio colore ma usando un ragionamento differente, e quindi non equo.
Visto che Alice ha visto due cappelli bianchi, ha intuito che dovevano esserlo tutti e tre.
Post Scriptum
Stavolta il problema non presenta alcun trucco, nonostante quanto appaia a prima vista. Bisogna però fare attenzione a un dato del problema, quello che dice che si tratta di uno spareggio; dato che viene facilmente tralasciato. Da un certo punto di vista, questo problema è addirittura più vicino alla vita reale di tanti altri, visto che in fin dei conti bisogna andare a caccia dei dati!
44. Stakanov and friends
Se il campo grande è posto pari a un’unità (e quello piccolo pertanto a 1/2 unità), i contadini l’hanno arato lavorando per mezza giornata a squadra intera e per l’altra mezza a mezza squadra. Quindi a metà giornata ne avevano completato i 2/3, e nell’altra metà il restante 1/3, assieme a 1/3 di unità del campo piccolo, come si vede in figura.
Rimaneva pertanto 1/6 di unità, completata da una persona in un giorno. Ma il primo giorno sono stati arati 4/3 di unità, che [p. 153 equivale a 8/6 di unità; quindi la squadra era formata da otto persone.
Post Scriptum
Il problema non è difficile, ma resta comunque noioso da risolvere algebricamente, e una scorciatoia di questo tipo è sicuramente utile. Sembra che questo problema fosse uno dei preferiti di Lev Tolstoj, proprio per la sua facilità di risoluzione usando questo sistema; Tolstoj amava fare un disegno come questo per mostrare la soluzione.
54. Triangolare il cubo
Anche gli altri due estremi delle diagonali stanno sulla diagonale di una faccia del cubo. Se li uniamo, otteniamo un triangolo equilatero; quindi l’angolo che ci interessa è di 60°.
Post Scriptum
La poca dimestichezza con la geometria solida ci rende difficile visualizzare il piano formato da due rette che si incontrano: la geometria analitica può dare una mano, ma a volte basta [p. 154 applicare la simmetria per trovare la soluzione di un problema. A proposito, sapete che si può affettare un cubo con un piano e ottenere un esagono regolare? Prendete un cubo, ruotatelo in modo che un vertice sia esattamente davanti a voi e capirete subito qual è il taglio da fare: il piano passerà per sei vertici del cubo, evitando solo quello più vicino a voi e quello opposto.
64. Tutti meno uno
Se il numero n di pedine è pari, basta cliccare metodicamente su ciascuna di esse; ognuna verrà girata n−1 volte, vale a dire un numero dispari, e quindi alla fine sarà bianca. Se invece le pedine sono in numero dispari è impossibile riuscire ad averle tutte bianche. Per convincervi, considerate il numero di pedine bianche che ci sono a ogni mossa. Inizialmente, visto che tutte le pedine sono nere, quelle bianche sono zero, cioè un numero pari. Una mossa rovescia un numero pari di pedine; quelle bianche e quelle nere che vengono rovesciate sono entrambe un numero pari o entrambe un numero dispari, e quindi il numero finale di pedine bianche continua ad essere pari. Peccato che il numero totale di pedine sia dispari, quindi ne avanzerà sempre almeno una nera!
Post Scriptum
Anche in questo caso la parità gioca un ruolo importante: non tanto nella soluzione alla prima parte del problema, che è costruttiva e ci dice quali sono le operazioni da fare effettivamente, quanto in quella della seconda parte. Quest’ultima dimostrazione si limita a mostrare che rimangono sempre alcune pedine del colore sbagliato; tuttavia è indubbiamente più semplice procedere in questo modo che verificare tutte le combinazioni possibili, no?
[p. 155
74. Monete in fila
Numerate da sinistra a destra le monete nella fila da 1 a 50. Qualunque siano le mosse di Bruno, Arianna può scegliere se raccogliere tutte le monete di posto pari oppure tutte quelle di posto dispari. Basta che scelga il gruppo con il maggior valore, oppure uno qualunque dei due se la somma è identica.
Post Scriptum
Il bello di questo problema (che si dice essere stato usato da una azienda tecnologica israeliana per selezionare i suoi candidati) è che la soluzione è costruttiva, anche se a prima vista non lo sembra. Alice ha in effetti un algoritmo esplicito per scegliere quale moneta prendere a ogni mossa; se preferite vederla in un altro modo, è possibile programmare un calcolatore per renderlo imbattibile nel gioco. Quella indicata non è però la strategia migliore: Alice può fare di meglio (o, se vogliamo essere pignoli, almeno non fare peggio) se a ogni sua mossa controlla di nuovo le monete e verifica se è meglio scegliere quelle di posto pari oppure dispari. La cosa più strana è che però se le monete fossero 49 oppure 51, insomma un numero dispari, sarebbe allora Bruno a poter usare la strategia indicata e avere buone probabilità di guadagnare più soldi, nonostante giochi per secondo e raccolga una moneta in meno!
84. Il Pentagono
Se per ogni punto prendete il simmetrico rispetto al centro del pentagono, pardon del Pentagono, è immediato che i punti estremi dell’edificio che si vedono sono gli stessi. Se da uno dei punti di osservazione si vedono tre lati, quindi, dall’altro se ne vedono due, e viceversa. La probabilità è pertanto esattamente la stessa. [p. 156
Post Scriptum
Il risultato è controintuitivo, visto che a prima vista si potrebbe pensare che sia più facile vedere tre lati invece che due. La simmetria gioca un ruolo determinante, in questo caso. Per vostra curiosità: la distanza minima da cui si vedranno sempre almeno due lati di un pentagono è quella della circonferenza che racchiude una stella a cinque punte formata dai prolungamenti del lato del pentagono, il cui rapporto con il lato è pari al numero aureo φ (poco più di 1,618) visto nella soluzione del problema 78.
94. Rotola, matita, rotola
La probabilità è zero, perché in alto ci sarà uno spigolo e non una faccia! Se invece preferite definire “in alto” come “visibile dall’alto”, allora la probabilità è 2/5.
Post Scriptum
Il problema è naturalmente uno scherzo. Però è utile per ricordarsi che la matematizzazione di un problema deve sempre tenere conto dei vincoli reali. È chiaro che una matita perfetta può finire di rotolare sopra una qualunque faccia con la stessa probabilità, ma la domanda posta è un’altra.
5. Maciachini o Rogoredo?
Gli orari dei treni sono tali che i treni in direzione Rogoredo passano esattamente un minuto dopo quelli verso Maciachini: ad esempio, ci sono treni per Maciachini alle 14.00, 14.06, 14.12 ... e per Rogoredo alle 14.01, 14.07, 14.13 ... Se arrivo quindi in stazione tra le 14.00 e le 14.01, prenderò il treno per Rogoredo, ma se arrivo tra le 14.01 e le 14.06 prenderò quello per Maciachini, e così via. In generale, considerato un intervallo di 6 [p. 157 minuti, capiterà solo per un minuto di scegliere la direzione Rogoredo, con un rapporto di 5 contro 1 a favore di Maciachini.
Per la cronaca, l’altra ragazza l’ho poi lasciata io; mi sono scocciato di vederla così spesso...
Post Scriptum
Anche se a prima vista la situazione sembra essere simmetrica (i treni passano a intervalli regolari e identici nelle due direzioni: più simmetrico di così...), non è affatto detto che due simmetrie si possano sempre combinare! Per fare un esempio pratico, disegnate due quadrati con lo stesso centro e lati diversi; la figura ottenuta ha quattro assi di simmetria. Se però ruotate il quadrato grande lasciando fermo quello piccolo, la figura risultante è molto meno simmetrica.
15. Rosso o blu
No, non è possibile. Considerate il reticolo triangolare in figura. Senza perdita di generalità si può immaginare che A e B siano due punti rossi; pertanto C e D dovranno essere blu. A questo punto, E dev’essere rosso (altrimenti il triangolo CDE avrebbe tutti i vertici blu), e F dev’essere blu (altrimenti il triangolo BEF sarebbe tutto rosso). Ma il punto G fa parte dei triangoli AEG e CFG, quindi non può essere né rosso né blu. [p. 158
Post Scriptum
So di almeno un professore universitario che è cascato nella trappola di cercare di considerare tutti i punti del piano per ricavare una formula generale. A volte è più semplice risolvere un problema più generale di quello dato; altre volte conviene cercare un controesempio particolare. George Pólya diceva che chi generalizza è come una scimmia che sa salire sugli alberi, mentre chi specializza sa scendere dagli alberi; ma una brava scimmia deve saper fare entrambe le cose. Non che un matematico sia una scimmia: però...
25. Parcheggiare i cavalli
Si possono mettere 32 cavalli su una scacchiera senza che nessuno ne attacchi un altro; basta posizionarli tutti sulle caselle bianche oppure su quelle nere. [p. 159
Post Scriptum
Parità, sempre parità. Se preferite, abbiamo associato il colore della casella dove c’è un cavallo a un numero dell’insieme {0,1} e abbiamo notato che ogni mossa del cavallo cambia il numero associato. La chiave è proprio questa associazione, dalla quale otteniamo immediatamente il risultato. Notate che anche per le torri si poteva affrontare il problema nello stesso modo: sappiamo che non ci può essere più di una torre per riga o per colonna, e quindi il numero di torri dev’essere 8. Nel caso degli alfieri c’è il guaio che due delle quindici diagonali (quelle formate da una singola casella) fanno parte di un’altra diagonale; ma si ricava comunque che si possono collocare al più 14 alfieri.
35. Inscritto e circoscritto
Se si disegna il quadrato interno ruotato di 45 gradi, come nella parte sinistra della figura, ci si accorge subito che esso è la metà di quello esterno, e la sua area è pertanto di 500 cm$^2$.
Post Scriptum
Nei problemi che trattano di aree relative tra due figure, è spesso utile vedere se esiste qualche trasformazione (in questo caso una semplice rotazione) che non cambi l’area ma renda la nostra figura complessiva più semplice da considerare. [p. 160
Per curiosità, la figura di destra mostra come il rapporto tra le aree degli esagoni inscritto e circoscritto a un cerchio è pari a tre quarti.
45. Problemi di vestizione
A Harl Heinz bastarono 3 calzini: se i primi due fossero stati di colore diverso, il terzo sarebbe per forza stato dello stesso colore di uno di essi. Gudrun invece dovette prendere 21 guanti: infatti poteva capitarle che i primi 20 fossero tutti guanti sinistri.
Post Scriptum
La prima parte del problema è notissima, e mi stupirei se non ne aveste mai sentito parlare. La seconda è invece meno nota. La differenza sembra minima, ma il solo fatto di dovere scegliere tra due categorie complementari (guanti sinistri e destri) cambia completamente le carte in tavola; il caso peggiore diventa drammaticamente peggiore.
55. Al fuoco!
Nella figura alla pagina seguente si vede come si può calcolare il percorso più breve. Immaginate che ci sia una tenda simmetrica a quella che brucia rispetto al canale, e tracciate una linea retta tra la tenda di partenza e quella immaginaria. Seguite quella linea fino ad arrivare al fiume e da lì, dopo avere riempito il secchio d’acqua, andate alla tenda che sta andando a fuoco. La distanza tra il punto dove avete preso l’acqua e le due tende (reale e immaginaria) è la stessa; se si prendesse l’acqua da un altro punto, il percorso verso la tenda immaginaria percorrerebbe due lati di un triangolo invece che il terzo, e quindi sarebbe più lungo. [p. 161
Post Scriptum
Chiunque abbia fatto una partita a biliardo sa come funzionano i colpi di sponda, e che se non si dà apposta un effetto alla palla l’angolo di arrivo viene rispecchiato in quello di partenza. La soluzione dovrebbe insomma essere chiara: purtroppo però è difficile riconoscere che il problema così “travestito” non è altro che una trasposizione fluviale del gioco del biliardo. Questo è un altro esempio di come la matematica associ problemi a prima vista diversissimi tra loro.
65. Scrivendo del più e del meno
Alice può sempre vincere, qualunque sia il numero di segni meno presenti inizialmente sulla lavagna. Il segno più in pratica divide in due parti separate una successione di segni meno tra loro contigui, a meno che il segno più non venga creato a un estremo della successione. La prima mossa di Alice consisterà nello sdoppiare opportunamente la successione. Se la fila originale ha un numero dispari di meno, Alice trasformerà in un più quello centrale; altrimenti trasformerà in più i due centrali. In entrambi i casi, Alice lascia a Carlo due file della stessa lunghezza, e a questo punto ripeterà simmetricamente le mosse dell’altro. [p. 162
Post Scriptum
In generale, la strategia di giocare simmetricamente rispetto all’avversario è vincente per il secondo giocatore, ma non questa volta... perché il primo giocatore può crearsi la simmetria! Anche in questo caso, la parità gioca comunque un ruolo importante perché Alice può giocare e ottenere un numero pari di segni a disposizione.
75. Schieramenti trasversali in Parlamento
Iniziate a dividere in un modo qualunque i parlamentari tra le due Camere. Se per puro caso siete riusciti a ottenere il risultato richiesto, forse è meglio che dedichiate la vostra fortuna a sistemi più redditizi. Altrimenti sia n il numero totale di coppie di nemici presenti nelle due Camere. Scegliete ora un parlamentare che abbia almeno due nemici nel ramo del Parlamento dove al momento si trova, e spostatelo nell’altra camera. Il numero n diminuirà almeno di due unità, e aumenterà al massimo di una unità (se il terzo nemico del vostro parlamentare era già là, pronto ad affilare i coltelli); insomma n si abbasserà. Ma non può decrescere all’infinito, perché deve essere un numero non negativo; quindi a un certo punto non potrà più essere ridotto. In quel momento per definizione non ci sarà più nessuno con due o più nemici nel suo ramo del Parlamento.
Post Scriptum
Anche qui viene applicata una variante del metodo della discesa infinita, che poi infinita non lo è per nulla. Da una configurazione di base ne ricaviamo una migliore e proseguiamo, per quanto possibile, fino a giungere alla soluzione richiesta. Nella discesa infinita classica si dimostra l’impossibilità di arrivare a una soluzione riuscendo a trovarne una più piccola; in questo caso, [p. 163 invece, abbiamo una funzione che non può scendere più di tanto, ma la logica che la sostiene è la stessa.
85. Corona e àncora
Supponete che sei persone giochino contemporaneamente, puntando ciascuna un euro su un simbolo diverso; a ogni lancio il banco riscuote pertanto sei euro. Se i tre dadi danno tutti risultati diversi, i tre vincitori riceveranno due euro ciascuno (quello puntato e quello guadagnato) e quindi il banco va alla pari. Se due dadi hanno lo stesso valore, chi ha puntato su di esso riceve tre euro e chi ha puntato sull’altro valore ne riceve due; il banco quindi guadagna un euro. Se infine tutti e tre i dadi mostrano la stessa faccia, l’unico vincitore ottiene quattro euro e al banco ne restano due. Pertanto il gioco è a favore del banco.
Post Scriptum
La tecnica della “moltiplicazione” (o se preferite, del multiverso quantistico...), dove si testano contemporaneamente tutte le ipotesi possibili per scoprire se appare un pattern combinato, è spesso utile nei problemi che trattano di probabilità, e permette di confutare quei ragionamenti intuitivi che porterebbero alla soluzione sbagliata. Beh, a dire il vero l’intuito ci fa anche capire che se il banco offre quelle condizioni per giocare non lo fa certo perché ci vuole così bene! In questo modo si capisce però perché il gioco è sfavorevole a chi punta: nel caso dei risultati dove due o tre dadi hanno la stessa faccia, il banco paga la stessa quantità di “nuovi” soldi ma deve rendere una quantità minore di quelli puntati.
95. Patata time
Se immaginate di compenetrare le due patate, le loro superfici si intersecheranno in una curva. Questa curva fa necessariamente [p. 164 parte di entrambe le bucce delle patate, ed è per definizione sovrapponibile!
Post Scriptum
Questo è un altro problema di geometria spaziale la cui soluzione è immediata se lo si osserva nel modo giusto. La difficoltà in questo caso è ancora maggiore se si guardano singolarmente le due patate, perché le curve richieste non sono planari ma tridimensionali; l’approccio corretto è quello di vederle entrambe allo stesso tempo.
6. Due vittorie in fila
Il figlio può riuscire a vincere due partite consecutive in tre casi: se le vince tutte e tre, se vince la prima e la seconda perdendo la terza, se perde la prima ma vince la seconda e la terza. In ciascun caso è necessario che vinca la seconda partita; quindi gli conviene giocare quella partita contro suo padre che è il giocatore più debole, e incontrare sua madre due volte, nella prima e nella terza partita.
Post Scriptum
Il problema non è difficile, ma è controintuitivo; a prima vista si direbbe infatti che sia meglio giocare due volte contro l’avversario più debole. Questo sarebbe vero se lo scopo del ragazzo fosse vincere due partite su tre; ma l’ulteriore vincolo di vincere due partite consecutive cambia completamente l’analisi. Conviene sempre fare un modello del problema per non cadere in trappola.
[p. 165
16. Un problema aggrovigliato
Dopo aver disegnato la prima curva, colorate in bianco e nero le figure chiuse da essa formate, in modo che due figure con un lato in comune abbiano il colore opposto. A questo punto, la seconda curva attraverserà alternativamente figure bianche e nere; essendo una curva chiusa, terminerà poi sulla figura iniziale. Poiché ogni intersezione corrisponde a un cambio di colore, si ha immediatamente che il numero di intersezioni deve essere pari.
Post Scriptum
La formulazione del problema dovrebbe far subito pensare a un problema di parità: in casi come questo, l’idea “dentro/fuori” è un argomento molto potente, e bisogna cercare di trovare un sistema per applicarlo.
26. Il simbolo “più diverso”
La prima figura è diversa dalle altre perché il quadrato esterno è bianco; la seconda è diversa perché il quadrato interno è bianco; la terza è diversa perché la figura esterna è un triangolo; la quarta è diversa perché il punto interno è chiaro. L’ultima figura non ha [p. 166 nessuna di queste differenze; ma questo significa che è la “più diversa”!
Post Scriptum
Non è uno scherzo, anche se lo sembra. In pratica siamo passati da un modello (le differenze rispetto alle altre figure) a un metamodello (le differenze rispetto alle differenze). La matematica è tutta basata sui modelli, e nella storia della matematica capita molto spesso che si costruisca un modello che dopo un po’ viene preso come elemento base da modellare a sua volta. Si arriva a un’astrattezza sempre maggiore, come in questo caso, dove consideriamo le “differenze delle differenze”; è proprio questo il modo, tuttavia, in cui la matematica progredisce.
36. Due rettangoli
Entrambi i rettangoli hanno la stessa area, 40 cm$^2$. Per dimostrarlo, partiamo dai tre triangoli in cui è diviso il rettangolo tratteggiato. Se consideriamo come base la diagonale dell’altro rettangolo e la sua parallela, vediamo che i tre triangoli hanno la stessa altezza, e la base di quello in comune con il primo rettangolo è pari alla somma delle altre due basi. Questo significa che il triangolo comune ha la stessa area degli altri due triangoli: ma visto che tale area è la metà del primo rettangolo, l’area totale è la stessa per entrambi i rettangoli.
Post Scriptum
46. Saper scegliere la propria strada
Per calcolare il numero di percorsi diversi, conviene etichettare man mano gli incroci raggiungibili scrivendo in quanti modi ci si può arrivare.
Il punto di partenza si etichetta con 1: o si è lì, o si è lì. Al primo passo si possono raggiungere solo i due punti immediatamente a destra e sotto, che avranno pertanto anch’essi etichetta 1; al secondo passo si raggiungeranno i due punti ancora a destra e sotto, sempre con etichetta 1, ma anche quello in diagonale rispetto al punto di partenza, che può essere raggiunto in due modi, e avrà come etichetta la somma delle etichette dei punti da cui può essere raggiunto, vale a dire 2.
Continuando così, e selezionando ogni volta solo i nuovi punti immediatamente raggiungibili, si arriva alla risposta finale, che è 126 (tanti, vero?).
Post Scriptum
Questo tipo di operazione è molto usuale in informatica, dove spesso i valori richiesti si calcolano per mezzo di iterazioni successive. Un procedimento iterativo di questo tipo è perfetto per [p. 168 uno stupido calcolatore: quello che importa è che noi siamo sufficientemente intelligenti per trovarlo e implementarlo.
Ah: se ruotiamo il nostro quartiere modello di 45 gradi in senso orario i numeri scritti formano il triangolo di Tartaglia, almeno fino a che non finiscono gli isolati. In matematica non è affatto raro riciclare gli stessi risultati in concetti a prima vista diversissimi.
56. Stesso perimetro, area diversa
Se le due figure hanno lo stesso perimetro, il lato del triangolo deve essere il doppio di quello dell’esagono. Suddividendo le due figure come indicato alla pagina seguente, è immediato verificare che l’area del triangolo è i due terzi di quella dell’esagono.
Post Scriptum
Scomporre le aree è spesso un’arte complicata; ma in questo caso la divisione è naturale.
66. Sciogliere i nodi
Basta che i nuovi fili siano esattamente simmetrici rispetto a quelli già esistenti, come si può vedere in figura. [p. 169
Post Scriptum
La soluzione a prima vista sembra stupida: è ovvio che per disfare un nodo basta rifare tutte le operazioni alla rovescia e nell’ordine inverso. Eppure questo è un concetto fondamentale nella teoria dei gruppi, una parte dell’algebra che considera una serie di operazioni che si possono compiere all’interno di un sistema. Nel nostro caso il sistema è quello delle posizioni relative dei tre fili, e le operazioni sono i passaggi di un filo sopra oppure sotto un altro. Visto in questo modo, il “prodotto” di elementi del gruppo (cioè la giustapposizione dei vari scambi) e la regola per definire l’inverso sono immediate.
76. Il nemico ti osserva!
Considerate i due soldati tra loro più vicini. Essi dovranno necessariamente osservarsi l’un l’altro per definizione. Inoltre nessun altro soldato può osservare uno di loro due: se c’è un soldato che viene osservato da più di un altro soldato, ne resterebbe almeno un altro non osservato da nessuno. Ma allora possiamo eliminare questi due soldati che non interagiscono col [p. 170 resto del gruppo; restano 15 soldati, a cui si può applicare ricorsivamente il ragionamento fino a che non ne rimane uno solo, che evidentemente non può essere osservato da nessun altro.
Post Scriptum
La soluzione di questo problema racchiude almeno tre concetti chiave: quello di parità, il principio dei cassetti e la discesa infinita che, come abbiamo visto nel problema precedente, è una specie di induzione al rovescio che ci porta da un caso a un altro più semplice fino a che risulta impossibile soddisfare la tesi. Campione della discesa infinita è stato Pierre de Fermat: la sua dimostrazione che non esistono numeri a, b, c maggiori di uno per cui a$^4$ + b$^4$ = c$^4$ sfrutta proprio questo sistema. Peccato che non sia riuscito ad applicarlo a tutte le altre potenze e risolvere il teorema che porta il suo nome...
86. Un esagono pieno di rombi
Data una configurazione, colorate in maniera diversa i tre tipi di rombo come nella figura e immaginate che il disegno sia la raffigurazione tridimensionale di una serie di cubetti dentro un cubo vuoto più grande. Il numero di rombi di ciascun colore è pari a quello che si avrebbe se il cubo fosse pieno (basta guardarlo dall’alto…), quindi è sempre lo stesso. [p. 171
Post Scriptum
D’accordo, questa non è una vera dimostrazione. Per fare le cose per bene occorrerebbe assegnare un’orientazione a ciascun tipo di rombo, definire magari per induzione i tipi di rombi che possono stare nelle varie posizioni, e produrre una funzione che associ il rombo alla faccia di un cubetto. Ma un matematico spesso inizia col “vedere” le cose, proprio come nel disegno precedente; e solo a questo punto si mette a cercare la dimostrazione formale. Qui ci accontentiamo del primo passo!
96. Lucchetti
Bruno invia ad Alice una scatola con l’anello all’interno, chiudendola con un suo lucchetto. Alice riceve la scatola e la rimanda a Bruno dopo avere aggiunto un proprio lucchetto. Bruno toglie il suo lucchetto, lasciando solo quello di Alice, e spedisce nuovamente la scatola: finalmente Alice può togliere il suo lucchetto, aprire la scatola, e infilarsi l’anello.
Post Scriptum
Tutta l’operazione sembra inutilmente complicata. La sua importanza teorica è però notevole, visto che è l’idea su cui si basa il protocollo Diffie-Hellman, il primo algoritmo di crittografia a chiave pubblica che ha permesso di inviare dati segreti senza dover scambiare prima un codice. Niente male per un semplice problemino, vero?
7. La popolazione di Fertilia
Abbiamo visto che in media ci saranno tanti maschi quante femmine. Ma tutte le famiglie hanno esattamente un maschio; quindi in media avranno anche una femmina, per un totale di due figli. [p. 172
Post Scriptum
Un problema come questo si potrebbe tranquillamente risolvere sommando la serie infinita (1 ∙ 1/2) + (2 ∙ 1/4) + (3 ∙ 1/8) + ... Beh, “tranquillamente” non è la parola giusta, perché prima bisogna sapere come si somma la serie. Le informazioni date nel problema, però, risultano utili per trovare una via molto più breve alla soluzione. In generale può essere utile provare a risolvere un problema correlato a quello dato, utilizzando poi quel risultato come base di partenza per il problema iniziale.
Quando si parla di probabilità bisogna infine fare molta attenzione alla formulazione esatta del problema. Se la domanda fosse stata “qual è la tipologia di famiglia più numerosa?”, la risposta sarebbe stata “quella con un figlio solo”, che si ha nella metà dei casi.
17. Piegare la fascia
Il metodo più semplice per piegare la fascia per ottenere un rettangolo consiste nel piegarla inizialmente sul lato lungo, e poi ripiegare gli angoli.
Post Scriptum
In questo caso non ci sono trucchi veri e propri: la piegatura proposta è assolutamente standard. Non è però facile intuirla, [p. 173 perché non siamo abituati a piegare una fascia sul lato lungo. Siamo noi quindi a precluderci certe linee di azione a priori: è una variante del famoso detto di Sherlock Holmes, secondo cui una volta eliminato l’impossibile tutto quello che resta, per quanto improbabile, è vero. Un matematico dovrebbe invece dire che una cosa non è impossibile finché non la si è dimostrata tale.
27. Scacchi doppi
Supponete che il nero abbia una strategia vincente e quindi il bianco perda qualunque sia la sua prima mossa. Se però il bianco con la prima mossa muove prima il cavallo da b1 a c3 e poi lo stesso cavallo da c3 a b1, i pezzi della scacchiera si trovano di nuovo nella posizione iniziale e il nero si trova a dover fare la prima mossa, che abbiamo supposto essere perdente! Pertanto l’ipotesi iniziale è errata, e il nero non ha alcuna strategia vincente. Non si sa se il bianco può forzare la patta o vincere, ma sicuramente può evitare di perdere.
Post Scriptum
Questo tipo di strategia per assurdo, dove si dimostra che il primo giocatore non può perdere perché può rubare la strategia all’altro, è abbastanza comune nell’analisi dei giochi. Naturalmente non serve a molto, visto che non ci dice come si fa a vincere; ma magari può far sentire meno preoccupato chi deve muovere per primo!
37. Quadrato magico utopico
Basta sommare un’unità a ciascuno dei numeri del quadrato originale e se ne otterrà uno con i numeri dal 2 al 10, che rispecchia esattamente le condizioni del problema. [p. 174
Post Scriptum
Il problema non era troppo difficile: bastava ricordarsi che il 10 è composto da un 1 e uno 0 e il problema si risolveva all’istante. Però non è comunque immediato riuscire a vedere un numero come un insieme di cifre, o se preferite vedere che nella successione 2, 3, ..., 9, 10 sono presenti tutte le cifre. La notazione posizionale è qualcosa che diamo così per scontato che è difficile Ragionarci sopra.
47. Barbecue estivo
Il sistema più veloce per cuocere le tre bistecche consiste nel mettere la prima e la seconda a cuocere su un lato. Dopo 5 minuti si gira la prima, si toglie la seconda e si mette al suo posto la terza: dopo altri 5 minuti la prima bistecca è pronta, si gira la terza e si finisce di cuocere la seconda. Il tempo totale richiesto è pertanto 15 minuti.
Post Scriptum
Anche in questo caso abbiamo un problema di ottimizzazione. Se c’è un’operazione che può essere suddivisa in vari passi e l’algoritmo “ingordo” (fai subito tutto il possibile, vedi anche il problema 43) sembra non essere ottimale, può valere la pena suddividere l’operazione. Il costo della suddivisione può infatti essere minore del risparmio ottenuto aumentando l’uso delle risorse.
57. Spaccaquindici
Il gioco è una versione camuffata del tris! Riprendete il quadrato magico $3\times 3$ che abbiamo visto nel problema 37; potete notare come la somma dei tre numeri di ogni riga, colonna o diagonale è 15, e con un po’ di osservazione potete convincervi che non ci sono altre triplette possibili. [p. 175
L’imbonitore ha memorizzato le posizioni dei numeri nel quadrato magico, e gioca i valori che corrispondono alla strategia vincente, o almeno non perdente, a tris. Il pareggio, e quindi il guadagno di 50 centesimi, è sempre assicurato; non è poi improbabile che l’altro giocatore faccia una mossa falsa che lo porti alla sconfitta.
Post Scriptum
Una delle parole più strane che si sentono dire da un matematico è omeomorfismo. Il concetto è molto meno complicato di quanto sembri a prima vista: due modelli sono omeomorfi se tra essi c’è una corrispondenza che associa a qualunque azione si applichi su uno di essi un’azione equivalente sull’altro. Rimanendo nell’ambito della fiera di paese, pensate a uno specchio deformante: la persona che vedete riflessa non vi assomiglia affatto, ma a ogni vostro movimento ne corrisponde uno suo, come se dietro lo specchio ci fosse la vostra caricatura.
Qui abbiamo un omeomorfismo tra il gioco proposto dall’imbonitore e il tris, attraverso la corrispondenza data dai valori del quadrato magico. L’importanza degli omeomorfismi consiste nella possibilità di trasformare un problema ostico in uno molto più semplice, trovare la soluzione di quest’ultimo e riportarla al problema originario... esattamente come ha fatto l’imbonitore.
[p. 176
67. Al casinò
Considerate il punteggio che si è ottenuto al penultimo lancio: può essere un numero qualunque tra 36 e 41. Se fosse 35 o meno non basterebbe infatti un lancio solo per raggiungere o superare 42; se fosse 42 o più sarebbe l’ultimo lancio. Non sappiamo quali siano le probabilità relative dei vari punteggi, ma non importa. Infatti, dato un qualunque punteggio x, tutti i valori che si possono raggiungere da esso al lancio successivo sono equiprobabili; ma 42 è sempre raggiungibile mentre gli altri punteggi no (se il penultimo valore è stato 36, vuol dire che si è per forza terminato il gioco con 42), pertanto 42 è il risultato più probabile.
Post Scriptum
L’analisi retrograda (partire cioè dal risultato finale per comprendere come è stato ottenuto) è un procedimento spesso solo qualitativo, che però può semplificare molto la vita nel caso in cui ci siano troppe vie percorribili per giungere alla soluzione, come in questo caso.
77. (Quasi) sempre dritto
Una possibile soluzione è mostrata qui sotto. [p. 177
Post Scriptum
Questo problema è molto noto, e viene usato per saggiare le capacità di “pensiero laterale”, cioè uscendo dal pensiero “squadrato”. Mi affretto ad aggiungere che un vero spirito matematico potrebbe però sostenere che bastano solo tre segmenti, anche se in effetti un po’ lunghetti! Disegnando i nove punti sulla superficie terrestre, e immaginando pertanto che “in linea retta” significhi “su un arco di cerchio massimo”, basta completare il cerchio massimo e poi cambiare direzione quel tanto che basta per passare alla terna successiva di punti e all’altra ancora.
87. Rosso oppure nero?
Qualunque sia la strategia scelta da Tristano, la sua speranza di vittoria sarà esattamente la stessa. Per dimostrarlo, immaginate che lui abbia una strategia ottimale, e giocate a un gioco leggermente diverso dal suo. Il mazzo di carte è mischiato esattamente allo stesso modo e voi dite “Stop!” esattamente allo stesso suo momento, però scommettete che sia rossa l’ultima carta del mazzo, e non la successiva. Evidentemente la vostra probabilità di vittoria è esattamente la stessa; però in questo caso la strategia è ovviamente ininfluente, perché l’ultima carta non cambia certo a seconda della strategia scelta.
Post Scriptum
È vero che uno può pensare “se dico che la prossima carta è rossa in un momento in cui ne sono uscite più nere che rosse, ho una probabilità di vincita maggiore del 50%”; ma è anche vero che questo potrebbe non capitare mai, e in quel caso perdereste. È un po’ come la martingala alla roulette, dove si continua a raddoppiare la posta finché non esce il colore previsto: in teoria va bene, in pratica si rischia di perdere una fortuna. Anche in questo caso il problema si risolve cambiando il modo di vedere le cose: tanto se le altre carte sono ancora ignote la successiva e l’ultima sono indistinguibili! [p. 178
97. Test di resistenza
Supponiamo che il palazzo abbia n piani e di lanciare un uovo dal piano p. I casi sono due: o l’uovo si rompe, o non si rompe. Se si rompe, a questo punto dobbiamo provare a lanciare il prezioso secondo uovo dal primo piano al piano p−1, con un totale di p lanci nel caso peggiore. Se non si rompe, abbiamo usato un lancio ma ci rimangono solo n–p piani da testare.
Se quindi consideriamo la funzione F(l) che misura quanti piani si possono testare con due uova e l lanci, dobbiamo scegliere il piano dove fare il primo lancio in modo tale che F(l−1) = n−l; in questo modo riusciamo infatti a equilibrare i test da fare “più in alto” e quelli da fare “più in basso”. Ora, F(1) = 1 (occorre per forza testare il primo piano). In generale, F(l) – F(l−1) = l; quindi andando man mano indietro abbiamo che F(l) è la somma dei numeri da 1 a l, cioè l(l+1)/2. Facendo un po’ di conti, F(13) = 91 e F(14) = 105; il nostro test richiederà al più 14 lanci.
Post Scriptum
Se invece di scrivere il problema sotto forma di giochino l’avessi scritto nel modo prediletto da chi prepara i libri di testo (“Dimostrate che con due uova e l lanci, blablabla, potete discriminare tra l(l+1)/2 piani diversi”) avreste trovato un tipico esempio di problema che si risolve per mezzo dell’induzione, come raccontato nel problema 69. In questo caso l’applicazione sarebbe stata molto semplice, visto che il caso di un singolo lancio è immediato e quello generale si ricava mostrando come abbiamo fatto noi che conviene fare il primo lancio all’n-simo piano. Però bisogna dire che l’induzione, pur essendo un metodo molto potente, è anche piuttosto noiosa, tanto che non mi stupirei se qualcuno avesse scritto un programma di intelligenza artificiale che riesce a risolvere problemi per induzione. Spero che nascondendola in questo modo il procedimento sia risultato più piacevole!
[p. 179
8. Una moneta poco equa
Sì, è possibile riuscire a ottenere una distribuzione di probabilità equa anche con una moneta non equa, indipendentemente dalla probabilità di uscita di testa o croce, purché non sia nulla. Lanciatela due volte: uno dei due giocatori sceglie il risultato “prima testa e poi croce” (in breve, TC), l’altro “prima croce e poi testa” (CT). Se i due lanci sono uguali (TT oppure CC), il risultato si considera nullo, e si inizia da capo. È chiaro che, qualunque sia la probabilità di ottenere testa o croce, quella di ottenere la successione TC è la stessa di ottenere CT; l’unico problema è che in teoria l’operazione può durare all’infinito.
Post Scriptum
L’accorpamento di più eventi e l’eliminazione di eventi che non interessano sono strumenti molto potenti in probabilità. Si può addirittura dimostrare che con questa tecnica possiamo lanciare una moneta e ottenere una qualunque probabilità, addirittura con valore irrazionale!
18. Spostare una ciliegia
La figura mostra come si debbano spostare i due fiammiferi. Uno di essi si muove solamente di mezza lunghezza, e il bicchiere è rovesciato; ma la ciliegia è effettivamente fuori dal bicchiere. [p. 180
Post Scriptum
Ci sono tre diversi fatti che impediscono di trovare subito la risposta. I primi due, non pensare a rovesciare il bicchiere e voler lasciare nella stessa funzione logica (gambo/calice) i fiammiferi che non si muovono, sono facilmente riconoscibili; molto più ostico è il terzo, quello che non fa pensare alla possibilità di uno spostamento parziale che così viene tralasciato mentre si è alla caccia della soluzione.
28. Rientro anticipato
Guardando che cosa è successo dal punto di vista della moglie, lei ha risparmiato 20 minuti di viaggio; quindi il percorso in auto dal punto in cui si sono incrociati alla stazione dura 10 minuti, visto che ha evitato di farlo sia all’andata sia al ritorno. Questo significa che i due si incontrano 10 minuti prima dell’arrivo del treno che l’uomo prende di solito: come infatti ricordate, lei giunge in stazione esattamente nel momento in cui il treno arriva. Essendo lui partito un’ora prima, ha camminato per 50 minuti.
Post Scriptum
Anche questo problema appartiene alla categoria di quelli che sembrano non fornire dati sufficienti per la soluzione. In realtà invece ne è stato dato addirittura uno di troppo: non importa se l’uomo cammini a velocità costante oppure no, visto che gli unici dati che contano sono il punto di incontro e il fatto che la moglie guidi a velocità costante. Si potrebbe ricavare la soluzione con una serie di supposizioni e di conti che non finiscono più; ma è più semplice cambiare sistema di riferimento (la moglie invece del marito) ed eliminare gli orpelli inutili.
[p. 181
38. Recinti dispari
Una possibile soluzione è la seguente, dove si intende che ogni recinto contiene anche quelli al suo interno. I recinti contengono pertanto rispettivamente 5, 9, 15 e 21 cavalli. Un’altra soluzione lascia quattro recinti separati con rispettivamente 21, 0, 0, 0 cavalli. Zero è un numero pari, ma con 0 cavalli non si formano coppie!
Post Scriptum
Qualcuno potrebbe ribattere che i recinti esterni sono a forma di anello; però, visto che contiamo anche la parte interna, l’obiezione viene respinta. D’altra parte, dovrebbe essere immediatamente chiaro che la somma di un numero pari di addendi dispari non può essere un numero dispari, e che quindi ci voleva un qualche trucco: o no?
48. Scateniamoci!
Basta tagliare un singolo anello: il terzo della catena. Rimarranno così due pezzi di due e quattro anelli, e l’anello singolo aperto. Il primo giorno il mio antenato diede all’albergatore l’anello aperto; il secondo giorno se lo riprese e gli diede il pezzo da due anelli; il terzo giorno gli ridiede l’anello aperto; il quarto [p. 182 giorno si riprese i due pezzi e gli diede quello da quattro; dal quinto al settimo giorno rifece i passi dal primo al terzo.
Post Scriptum
La prima intuizione che serve è che aprire un anello non lascia due ma tre pezzi: l’anello stesso e le due parti rimaste. La seconda intuizione è che ogni pezzo può trovarsi in mano al viaggiatore o all’albergatore, e quindi si arriva naturalmente a scrivere i numeri in base due. A questo punto, visto che 1+2+4=7, il conto è presto fatto.
58. Conigli e polli
Il modo più rapido per arrivare alla soluzione è probabilmente quello di considerare il conigliopollo, animale con due teste e sei zampe dato dall’unione di un coniglio e di un pollo. Se immaginiamo che nel cortile ci siano 9 coniglipolli, per un totale di 54 zampe; avanzano quattro zampe. Si introduce allora il coniglio spollato, animale dato dalla differenza tra un coniglio e un pollo, e pertanto con zero teste e due zampe; di questi ce ne sono quindi due. Risultano così esserci in tutto 9 coniglipolli e 2 conigli spollati, vale a dire 9+2=11 conigli e 9-2=7 polli, come potete facilmente verificare.
Post Scriptum
La soluzione qui indicata sembra uno scherzo, ma non lo è affatto. In primo luogo, è la base di una bella poesia di Elio Pagliarani (La merce esclusa) che potete ad esempio leggere a http://www.rudimathematici.com/bookshelf/pdf/Coniglipolli.pdf nel sito dei Rudi Mathematici. Ma c’è anche un significato matematico molto importante! Introdurre coniglipolli e conigli spollati equivale infatti a fare un cambio di variabili nel sistema di equazioni collegato al problema, che uno studente poco creativo avrebbe scritto e risolto sperando di non compiere errori. Iniziare a cercare somma e differenza di conigli e polli semplifica notevolmente la [p. 183 vita, tanto che i conti si possono fare a mente; risalire infine dalla soluzione del nuovo problema a quella originale non è per nulla difficile. Se usare concetti inesistenti come il conigliopollo vi sembra barare... beh, siete in buona compagnia. I numeri immaginari si chiamano così perché i matematici rinascimentali che risolvevano le equazioni di terzo e quarto grado se li trovavano tra i piedi mentre facevano i calcoli. Essi erano assolutamente convinti che non esistessero: visto però che conducevano alla soluzione corretta e avevano il buon gusto di scomparire alla fine, li accettavano con sano pragmatismo. Cosa volete che sia un conigliopollo!
68. Tiro al bersaglio
Ci sarà necessariamente una semisfera che contiene tutti e tre i punti. Presi due punti a piacere, c’è infatti sempre un cerchio massimo che passa per essi; se i punti sono agli antipodi, ce ne sono addirittura infiniti. Il terzo punto, se non è su quel cerchio massimo, è sicuramente su un emisfero o sull’altro.
Post Scriptum
Se vi avessi proposto l’equivalente del problema sul piano (due punti su una circonferenza stanno sempre su una semicirconferenza) non ci avreste pensato su nemmeno un attimo. Cos’è allora che rende più complicato questo problema? Innanzitutto la poca dimestichezza con la geometria solida, ma forse anche il fatto che quando pensiamo a una superficie sferica ci viene in mente la Terra, anzi un mappamondo. Lì ci sono due emisferi “naturali”, l’australe e il boreale, e non è facile cambiare punto di vista!
78. Giro del mondo in economia
Sì, è possibile. Per dimostrarlo, partite da un punto qualunque sulla circonferenza e immaginate che la quantità di carburante [p. 184 possa scendere sotto zero senza problemi per il movimento della Sat Rover. Il grafico della quantità di carburante presente nel veicolo sarà simile a quello raffigurato nella figura di sinistra, dove le righe verticali corrispondono ai depositi di benzina presenti sul percorso. Alla fine del circuito saremo di nuovo a zero, visto che il carburante totale è esattamente sufficiente per il periplo; ci sarà inoltre almeno un punto (nel nostro caso è indicato con P) dove il livello di carburante sarà più basso in assoluto. Basterà allora partire da P, come si vede nella figura di destra, dove ho tratteggiato la parte di percorso spostato dall’inizio alla fine del circuito, e per definizione non si arriverà mai ad avere il serbatoio vuoto, tranne eventualmente nei punti dove si trova un deposito.
Post Scriptum
Usare i numeri negativi in un problema che non li permette come soluzioni può sembrare un modo piuttosto sofisticato di barare; ma come ho già raccontato, procedimenti di questo tipo sono sempre stati considerati perfettamente leciti anche dai matematici del passato, che si preoccupavano solo che il risultato finale fosse valido e verificabile altrimenti. Oltre all’uso dei numeri immaginari per risolvere le equazioni di terzo e quarto grado, come ho accennato nella risposta al problema 58, si può per esempio calcolare l’n-simo numero di Fibonacci F$_n$ partendo da φ$^n$/√5, dove φ è il rapporto aureo (1+√5)/2; il numero che si ottiene è irrazionale, ma basta arrotondarlo all’intero più vicino e si ha il valore richiesto. [p. 185
88. Basta essere d’accordo!
Sì, i prigionieri possono salvarsi. È sufficiente che si mettano d’accordo su un’affermazione di tipo vero/falso; per esempio “il numero di cappelli bianchi che ci metteranno sarà dispari”. Ogni prigioniero guarda i cappelli degli altri, e deduce quale sarebbe il colore del suo cappello se l’affermazione fosse vera. Se in effetti lo era, tutti risponderanno correttamente; altrimenti tutti sbaglieranno la risposta.
Post Scriptum
È troppo complicato da spiegare in questa sede, ma i prigionieri potrebbero salvarsi persino se fossero in numero infinito... sempre che l’assioma della scelta sia vero. L’assioma della scelta è un enunciato matematico legato agli insiemi infiniti che intuitivamente sembra corretto, viene spesso considerato vero, ma porta a una serie di paradossi come quello di Banach−Tarski (presa una sfera, la si può dividere in cinque parti che possono essere riassemblate per ottenere due sfere identiche alla prima). Non sempre la matematica dà sicurezze, insomma.
Ah, comunque ci sarebbe una risposta che vale sia nel caso finito che in quello infinito: tutti i prigionieri dicono “il mio cappello è verde”!
98. Righe e colonne
Dopo il primo ordinamento dei soldati, prendete un elemento qualsiasi nella riga r e nella colonna c: con scarsa fantasia, lo chiameremo S. Per definizione, tutti i soldati nella riga r e nelle colonne a destra di c saranno più alti di lui.
Supponiamo ora che al di sopra di S ci sia un soldato P più alto di un altro soldato T che si trova a destra di S, come raffigurato schematicamente nel disegno. Ma allora il soldato Q che [p. 186 sta sulla stessa riga di P e sulla stessa colonna di S deve essere più alto di S, e quindi si sposterà anche lui. Facendo lo stesso ragionamento per tutti i soldati da spostare, si vede che alla fine l’ordinamento sulle righe non si modificherà.
Post Scriptum
Quello presentato nel problema è il teorema di Boerner. O almeno Donald Knuth, che è uno che di queste cose se ne intende, ha sentenziato che la prima traccia di questo risultato si trova in una nota a piè di pagina in un lavoro del 1955 di questo autore. In effetti, è un risultato che da un certo punto di vista è assolutamente banale, ma è così strano da osservare che lascia perplessi, proprio come il capitano del nostro problema!
9. Meditazione montana
Immaginate che io abbia un clone che si comporti esattamente come me, ma lo faccia con una settimana di ritardo. Quindi, [p. 187 nell’esatto momento in cui io inizio la discesa a valle il clone inizia la salita al monte. Visto che il sentiero è lo stesso, dobbiamo per forza incontrarci almeno in un punto: potrebbe essercene più di uno nel caso io o il mio clone ogni tanto ritornassimo sui nostri passi, ma non importa. Il punto di incontro è il luogo in cui mi sono trovato nello stesso momento all’andata e al ritorno.
Post Scriptum
Chi ha studiato analisi matematica dovrebbe accorgersi che questo problema è il Teorema di Bolzano sotto mentite spoglie. Il teorema richiede che la funzione “movimento lungo il sentiero” sia continua, e in effetti se io fossi diventato così bravo nella meditazione da potermi teletrasportare, l’affermazione sarebbe falsa. Visto che le ipotesi matematiche dei problemi non sono poi così campate in aria?
19. Spostare un’altra ciliegia
Non occorre spostare nessun fiammifero! Basta immaginare la figura ruotata di 120 gradi, in modo che uno dei fiammiferi che prima formavano il calice diventi ora lo stelo.
Post Scriptum
Qualcuno potrebbe lamentarsi dicendo che questo è un bieco trucco: ma non è affatto così. Dal punto di vista strettamente matematico, non vi è alcuna differenza fra i tre fiammiferi; il modello (la configurazione a Y) viene semplicemente applicato in maniera diversa a seconda di quale dei tre fiammiferi si sceglie come stelo. D’altra parte, il problema della modellizzazione è fondamentale non appena si passa da una struttura puramente teorica a una pratica, per quanto schematica come nel nostro esempio. In un certo senso, abbiamo più di un modello che rispetta le ipotesi, e possiamo scegliere quello che ci è più comodo.
[p. 188
29. (Non) spostare la giraffa
La soluzione si ottiene ruotando lo stuzzicadenti a destra e mettendolo orizzontale in basso, come nella figura qui sotto.
Post Scriptum
L’aiutino era molto più sensato di quanto sembrasse a prima vista. Nei problemi combinatorici (e questo in un certo senso lo è, visto che si parla di permutazioni degli stuzzicadenti) può essere utile vedere se si riesce a ridurre il numero di combinazioni possibili in un modo o nell’altro. In questo caso, testa, collo, corpo e una zampa devono per forza restare nella stessa posizione relativa; l’unica possibilità rimasta è quella di spostare la seconda zampa.
39. Ai tempi del vinile
Il disco ha due solchi, uno su ciascun lato, che formano entrambi una lunghissima spirale.
Post Scriptum
È vero che guardando radialmente il disco si incontrano 45 solchi per ogni minuto di musica, ma non sono certo solchi diversi, altrimenti la puntina dovrebbe saltare da un solco all’altro. [p. 189
Non avrete per caso creato il modello sbagliato? Modellare il problema è un punto chiave in matematica.
49. Il taglio della torta
La Sachertorte si può tagliare in otto parti uguali con tre tagli: dopo i due tagli ortogonali dall’alto in basso, si fa un taglio orizzontale a metà dell’altezza della torta.
Post Scriptum
Siamo così abituati a vedere i problemi da risolvere geometricamente come problemi di geometria piana che è molto difficile ricordarci che esiste anche una terza dimensione, che nel caso di una torta riveste indubbiamente una certa importanza. Anche il fatto di avere un cilindro complica la vita: se la torta fosse stata a forma di cubo, e quindi simmetrica rispetto ai tre assi cartesiani spaziali, la risposta sarebbe forse arrivata immediatamente.
59. Un circolo affollato
Sì, è possibile fare una divisione esatta di questo tipo. Considerate tutte le rette che uniscono due dei punti all’interno del cerchio: alcune di esse sono indicate nella figura qui sotto. Il numero totale di queste rette è enorme ma finito, quindi è sempre possibile trovare una retta con una pendenza diversa da tutte loro. Disegniamo questa retta all’esterno del cerchio, e spostiamola man mano verso di esso. All’inizio la retta lascerà tutti i punti da un lato; alla fine, dopo che sarà dall’altra parte del cerchio, li lascerà tutti dall’altro. Nel suo percorso ne incontrerà solo uno per volta (se ne incontrasse due, avrebbe la stessa pendenza della retta per quei due punti); basta allora fermarsi dopo aver passato il 500.000-simo e prima del 500.001-simo punto. [p. 190
Post Scriptum
Questo problema mostra come l’infinito sia davvero tutt’altra cosa rispetto al finito. In pratica c’è sempre ancora dello spazio... Ma è fondamentale stare attenti a non “cascare” per sbaglio su qualcosa (nel nostro caso una retta) che non ci va bene. Nella vita reale sarebbe un classico caso della legge di Murphy; nella matematica possiamo assicurarci contro di essa.
69. Diamoci la mano!
Prima che ci fosse stata una qualunque stretta di mano, ovviamente il numero di persone che avevano stretto la mano un numero dispari di volte era zero, che è un numero pari. Con la prima stretta di mano, si è passati a due persone, numero anch’esso pari. Da qua in poi ci sono tre possibilità per lo stato delle due persone che si stringono la mano: entrambe avevano stretto un numero pari di mani (allora il numero di persone che hanno stretto un numero dispari di mani aumenta di due); entrambe avevano stretto un numero dispari di mani (allora diminuisce di due); una aveva stretto un numero pari di mani e una un numero dispari (in questo caso il numero di persone che hanno stretto un numero dispari di mani resta costante). In ogni [p. 191 caso non si potrà mai passare da un numero pari a un numero dispari di persone che hanno stretto un numero dispari di mani.
Post Scriptum
Questo è uno dei tanti problemi che si risolvono con la parità. Ha però un’ulteriore caratteristica: usa l’induzione. In matematica l’induzione vera e propria è un procedimento molto potente che, partendo da due premesse a prima vista banali (una proprietà di un numero n vale nel caso n=1; se la proprietà vale per un certo n, allora vale anche per n+1), produce un risultato per tutti gli infiniti numeri naturali. In questo caso ci limitiamo a un numero finito di strette di mano; ma è sempre lo stesso concetto di un’enorme fila di tessere di domino messe ritte in posizione tale che, facendone cadere una, si avvia una reazione a catena che le rovescia tutte.
79. Il barbiere di Russell
Il barbiere è una donna.
Post Scriptum
Non picchiatemi per questo che in effetti è uno scherzo, e serve solo a ricordarvi che i dati sono sempre da verificare attentamente prima di partire in quarta alla ricerca di una risposta... oltre che a evitare di essere troppo sessisti.
Il paradosso di Russell è stato davvero dirompente e ha costretto tutti i matematici a fermarsi e trovare una definizione di insieme che fosse sufficientemente generale per fare tutte le operazioni tipiche che si volevano eseguire, ma evitasse problemi di questo tipo; Russell stesso, insieme ad Alfred Whitehead, sviluppò una teoria complicatissima con infinite categorie di “tipi” costruiti ciascuno a partire dal precedente... teoria resa del tutto inutile da Kurt Gödel che nel 1931 dimostrò che in qualsiasi sistema assiomatico che permette almeno le operazioni aritmetiche era impossibile avere contemporaneamente la correttezza [p. 192 (tutti i teoremi dimostrabili sono veri) e la completezza (tutti i teoremi veri sono dimostrabili). Chi di paradosso ferisce, di paradosso perisce?
89. Luci della ribalta
Per prima cosa, notate che è impossibile che a un certo punto tutte le lampadine siano spente: per spegnere una lampadina, infatti, occorre che quella precedente sia accesa. Questo è importante, perché se mai si fosse arrivati a quella configurazione da lì non ci si sarebbe più mossi. Definiamo ora uno spazio degli stati, come nel problema 53, che raccolga tutti i possibili modi in cui ci troviamo noi e le lampadine: per la precisione, uno stato viene specificato dicendo se ciascuna delle lampadine è accesa o spenta, e a quale lampadina siamo arrivati nel nostro giro turistico. Il numero di stati è molto grande, per la precisione n∙2$^n$, ma è comunque finito; prima o poi si dovrà perciò tornare in uno stato già visitato, con la configurazione delle lampadine già apparsa mentre si guarda la stessa lampadina. Prendiamo ora il primo istante di tempo t$_1$ in cui rivediamo uno stato che c’era già a un tempo precedente t$_0$, e consideriamo lo stato precedente, t$_1$−1. Visto che si può arrivare a ogni stato in un solo modo, questo doveva essere stato raggiunto al tempo t$_0$−1, il che è impossibile per ipotesi... a meno che t$_0$=0.
Post Scriptum
A vederla così, la dimostrazione spaventa un po’. Però non è difficile capirne l’idea di base; se si trova una definizione di spazio degli stati tale che si può arrivare a un qualunque stato da un solo altro stato, e il numero di stati è finito, siamo costretti a fare un ciclo. È un po’ come mettere un cavallo su una casella ai bordi di una scacchiera $3\times 3$ e vietargli di tornare indietro alla casella che aveva appena lasciato: se si osserva la scacchiera, si vede che il cavallo si muove qua e là, si direbbe quasi a caso, ma tracciando fisicamente le mosse con un filo e stendendo il filo ci si accorge che in realtà percorre un cerchio... solo un po’ “appallottolato”. [p. 193 Attenzione però a non fidarvi ciecamente del potere dei cicli! Se infatti si può arrivare a uno stato da diversi stati, tutto quanto scritto sopra non vale più. Prendete ad esempio l’algoritmo che associa a ogni numero la somma dei quadrati delle sue cifre: è chiaro che 25 e 52 portano entrambi a 29, quindi non possono fare entrambi parte di un ciclo. Inoltre, anche se vale la regola “si arriva a ciascuno stato solo in un modo”, non è affatto detto che il ciclo raggiunga tutti gli stati. Come abbiamo visto, anche nel nostro problema gli stati dove tutte le lampadine sono spente non fanno parte del nostro ciclo principale, e fanno un ciclo (molto breve... continuiamo a girare senza far nulla) per conto loro.
99. Camaleonti
No, è impossibile. Visto che il numero totale di camaleonti presenti è un multiplo di 3, se si arrivasse ad averli tutti di un colore significa che tutte le differenze tra il numero di quelli di un colore e di quelli di un altro sono multipli di 3. Nel nostro caso, all’inizio nessuna di queste differenze lo è. Ogni volta che due camaleonti di colore diverso, diciamo rosso e giallo per fissarci le idee, si incontrano, che succede? Semplice. La differenza tra rosso e giallo rimane la stessa, visto che entrambe le popolazioni diminuiscono di un’unità; la differenza tra rosso e verde cambia di 3 unità (1 rosso in meno e 2 verdi in più), quindi se non era un multiplo di 3 continua a non esserlo, e lo stesso per la differenza tra giallo e verde. Lo stesso discorso vale per le altre coppie di colori: non potendo mai raggiungere un multiplo di 3, il problema non è risolvibile.
Post Scriptum
Mentre ci sono moltissimi problemi che sfruttano la parità, quelli che richiedono di guardare i multipli di 3 sono piuttosto rari. Per curiosità, se tutte e tre le differenze fossero multiple di 3, allora i camaleonti potrebbero diventare tutti di uno qualunque dei 3 colori: se c’è una sola differenza multipla di 3, ad esempio tra rosso e giallo, i camaleonti potrebbero diventare tutti del terzo colore. [p. 194 Provate con 4 gialli, 2 verdi e 1 rosso. Non venite però a chiedermi cosa succederebbe se invece le differenze multiple di 3 fossero esattamente 2: se volete, questo è il centesimo problema del libro!
10. Missili in collisione
I due missili hanno una velocità relativa tra di loro di 6000 km/h, pari alla somma delle due velocità. Un minuto prima della collisione si troveranno pertanto a 100 km di distanza.
Post Scriptum
Ho presentato il problema con tantissimi dati, per la maggior parte inutili. Nella vita reale capita spesso qualcosa del genere: quando creiamo un modello matematico per risolvere un problema, dobbiamo scegliere quali dati sono necessari e quali no. Se il problema fosse stato “dopo quanto tempo i due missili si scontrano”, allora le altre informazioni sarebbero state tutte necessarie; ma in questo caso avevano l’unico scopo di cercare di intorbidire le acque.
20. Attenti ai falsi
Basta una sola pesata. Prendete una moneta dalla prima pila, due dalla seconda, tre dalla terza e così via fino a prendere tutte le dieci monete dalla decima pila. Avrete 55 monete che se fossero tutte vere peserebbero complessivamente 412,5 g. Se il peso risultante è invece 412,4 g allora la pila con le monete false sarà la prima; se è 412,3 g sarà la seconda pila; e così via. Il metodo funziona anche con undici pile: dall’ultima non si piglia nulla, e se il peso risultante è 412,5 g sarà quella la pila delle monete false. [p. 195
Post Scriptum
Il concetto usato per risolvere questo problema è la rottura della simmetria. Si parte infatti da una struttura simmetrica (tutte pile da dieci monete) e facciamo in modo di averne una dove la simmetria non c’è più, per poter differenziare ciascuna delle pile. Il gioco tra simmetria e asimmetria è fondamentale in matematica.
30. Il torneo di tennis
Non importa come viene stilato il calendario: il numero totale di partite da giocare resterà sempre lo stesso, cioè 32. Ogni partita infatti elimina un giocatore; visto che per stabilire il vincitore occorre eliminare tutti gli altri uno per volta, il risultato è immediato.
Post Scriptum
Se si hanno a disposizione tanti campi di tennis si può ottimizzare il numero di turni da giocare; ma un torneo a eliminazione è per forza composto dallo stesso numero di partite. La parallelizzazione, quando si può fare, serve a risparmiare tempo, non certo il numero di operazioni.
40. Manca sempre qualcuno
Se consideriamo chi non ha superato le prove, abbiamo 11 persone per la prima, 23 per la seconda, 18 per la terza, 15 per la quarta e 42 per l’ultima. Il numero totale di errori è stato pertanto 109; se tutti avessero sbagliato al massimo una prova, rimarrebbero 19 persone che devono averle superate tutte. Non possiamo sapere il numero esatto di chi è riuscito a fare tutto, ma sappiamo che è compreso tra 19 e 86. [p. 196
Post Scriptum
Risolvere i problemi “alla rovescia”, cioè cercando prima quanti sono i casi in cui non vale la tesi e facendo poi la differenza con l’insieme totale, è un trucco che si usa spesso nei problemi basati sulla probabilità: nel paradosso dei compleanni, per esempio, per calcolare la probabilità che in un gruppo di 23 persone ce ne siano almeno due nate lo stesso giorno si ricava prima la probabilità che tutte siano nate in giorni diversi. Come sempre, un problema può essere affrontato in svariati modi; l’importante è riuscire a risolverlo!
50. Una losanga è per sempre
Il lato del laghetto è 9 m. Infatti la somma di a e b è il raggio del cerchio esterno: ma come si può vedere in figura il raggio è esattamente uguale al lato del laghetto.
Post Scriptum
Il rombo è una figura relativamente poco usata in geometria, e quindi non siamo abituati a cogliere immediatamente le sue proprietà. Può aiutare ricordarci che un rombo è la metà di un rettangolo. [p. 197
60. Zero spaccato
Paolino evidentemente non va proprio d’accordo con la matematica, visto che è impossibile ottenere esattamente zero in quel test!
Dato che 5 e 8 sono numeri primi tra di loro, il più piccolo numero positivo che può essere formato come somma di una certa quantità di 5 oppure di una (diversa) quantità di 8 è il loro prodotto, cioè 40; tutti gli altri numeri ottenibili in questo modo sono i multipli di 40. Il 40 si ottiene con otto 5 e cinque 8, quindi in totale 13 domande; 25 non è multiplo di 13, quindi il risultato è impossibile.
Post Scriptum
Massimo comun divisore e minimo comune multiplo si incontrano già alle elementari, ma sono esposti in modo tale che il bambino si chiede a che cosa serviranno mai in futuro. Non che questo sia un utilizzo importante; però credo che sia interessante vedere come i concetti matematici possano spuntare anche in altri contesti.
70. Bisecare lo Yin e Yang
Nella figura alla pagina seguente si può vedere la struttura dello Yin e Yang. Il diametro dei cerchi piccoli è la metà del cerchio grande, e la loro area sarà quindi un quarto; l’area del semicerchio nero è dunque un ottavo del cerchio grande. Ma la parte in nero in alto a destra insieme al semicerchio bianco forma un quadrante, e perciò ha anch’essa area un ottavo di quella del cerchio.
Per bisecare la figura basterà pertanto dividere a metà il quadrante indicato in grigio, con una retta orientata da nord-ovest verso sud-est. [p. 198
Post Scriptum
A volte aggiungere righe ausiliarie a una figura geometrica ci può far vedere le cose in maniera più chiara. Occorre anche ricordarsi che i rapporti di similitudine vanno moltiplicati: se le lunghezze sono in rapporto 1 a k, le aree lo sono in rapporto 1 a k$^2$.
80. Vecchi e nuovi amici
Poiché si suppone che tutti conoscano la persona con cui sono andati alla cena (o che comunque le presentazioni siano state fatte prima), le nove persone, escludendo Xavier, devono aver stretto rispettivamente 0, 1, 2, ... 8 mani. Consideriamo la persona che ha stretto 0 mani e quella che ne ha strette 8: devono per forza essere una coppia, perché il secondo ha stretto le mani a tutti gli altri. A questo punto la persona che ha stretto una mano e quella che ne ha strette sette formano anch’esse una coppia per le stesse ragioni, e così via; rimarrà una coppia dove entrambi hanno stretto quattro mani, e questi devono essere Xavier e Yolanda, perché altrimenti ci sarebbero due persone diverse da Xavier che hanno stretto lo stesso numero di mani. Insomma, Yolanda ha stretto quattro mani. [p. 199
Post Scriptum
Il bello di questo problema è che si chiede di risolvere un’affermazione su Yolanda senza che si parli mai di lei! Questo dovrebbe subito mettere sulla giusta strada il tipico risolutore di problemini matematici, che dovrebbe pensare a qualcosa sulla falsariga di “Se non si parla mai di Yolanda, significa che se c’è una soluzione questa deve essere simmetrica tra lei e Xavier: pertanto ciascuno dei due deve avere stretto quattro mani.” La risposta è corretta, il procedimento no: però l’idea della simmetria, con le coppie 8-0, 7-1, 6-2, 5-3 e finalmente 4-4 strette di mano, porta in effetti anche alla soluzione.
90. Chomp
Innanzitutto è chiaro che il gioco non può finire in pareggio: qualcuno dovrà per forza prendere l’ultimo quadretto di cioccolato. Supponete ora, per assurdo, che il secondo giocatore abbia una strategia vincente. Tale strategia deve valere per una qualunque mossa iniziale del primo giocatore... compresa quella per cui l’altro si limita a prendere il singolo quadratino in alto a destra. Ma qualunque fosse la risposta vincente del secondo giocatore, il primo giocatore avrebbe potuto farla direttamente lui!
Post Scriptum
Le dimostrazioni per assurdo (tecnicamente in questo caso si parla di furto della strategia, come nel problema 27) lasciano sempre l’amaro in bocca, soprattutto nel caso dei giochi. Ci si crede anche, ma ci si arrabbia perché non si ha nessun indizio su quale sia la mossa giusta da fare. D’altro canto, sapere chi vince dà un certo aiuto: innanzitutto si può avere un’idea di cosa succede e si possono notare già alcune configurazioni sicuramente perdenti. Nessun giocatore, infatti, lascerebbe all’altro un rettangolo, perché sarebbe sicuro di perdere.
Il trucco usato per risolvere il problema è stato scoprire l’esistenza di una “mossa inclusiva”, che cioè è contenuta in tutte [p. 200 le mosse possibili. Non è sempre facile trovare una mossa inclusiva, ammesso che ce ne sia una: ma non si sa mai...