lunedì 28 gennaio 2019

Il piccolo Fermat e i braccialetti

“Braccialetti?”.

“Braccialetti”.

“Cosa c'entrano i braccialetti con la matematica?”.

“I nostri braccialetti sono formati da perline colorate”.

“Ah, va bene. Quindi?”.

“Più precisamente: da un numero primo di perline colorate”.

“Uhm”.

“Chiamiamolo p, e per fare un esempio supponiamo che p sia uguale a 3”.

“Braccialetti con tre perline: una miseria”.

“Lo so, ma vorrei fare qualche disegnino, se aumentiamo il numero non finiamo più”.

“Ok, allora facciamo questi braccialetti con tre perline colorate. Ah, come le coloriamo?”.

“Con un certo numero di colori diversi, diciamo n colori diversi”.

“E anche in questo caso fissiamo un n di esempio?”.

“Sì, facciamo tre colori”.

“Uhm, non è che ci confondiamo tra n e p?”.

“Direi di no, perché faremo qualche schema: se indichiamo i colori con i numeri 1, 2 e 3, ci basta scrivere tre numeri per avere un braccialetto. Si dovrebbe distinguere bene tra il numero di cifre scritte e il fatto che le cifre vanno da 1 a 3”.

“Vediamo”.

“Allora, prima di rappresentare i braccialetti, risolviamo un problema più semplice: calcoliamo il numero di stringhe che si possono creare con tre perline colorate. Insomma, rispetto ai braccialetti qui abbiamo delle posizioni predefinite: una perlina può essere messa al primo posto, al secondo o al terzo. Nel caso dei braccialetti, invece, non esistono un primo, un secondo e un terzo posto, perché ogni posizione in cui compare la perlina è indistinguibile dalle altre”.

“A meno che non indichiamo anche dove si mette la fibbia di chiusura”.

“Esatto. Quella la nascondiamo, fabbrichiamo un braccialetto senza fibbia. Prima, però, le stringhe”.

“Forse riesco a calcolare le possibilità: ci sono tre posizioni, e in ogni posizione posso mettere uno dei tre colori. Quindi dovrei avere 3 possibilità per la prima posizione, 3 per la seconda e 3 anche per la terza. Totale: 27”.

“O, meglio, 33”.

“Va bene”.

“Eccole qua:”.

123
312
231

132
213
321

133
313
331

122
212
221

112
211
121

223
322
232

113
311
131

332
233
323

111
222
333

“Vedo”.

“Ora, le tre stringhe monocolori le mettiamo da parte”.

“Sono le ultime tre: perché le mettiamo da parte?”.

“Perché per loro servono conteggi diversi: dopo le recuperiamo. Per ora ragioniamo sulle prime 24”.

“Ok”.

“Trasformiamo ogni stringa in un braccialetto: ogni stringa può essere ruotata in tutti i modi possibili, e quindi ogni braccialetto può essere generato da più stringhe diverse”.

“Fammi capire meglio”.

“Le tre stringhe 123312231 generano lo stesso braccialetto, perché non importa quale sia il punto di partenza”.

“Ah, hai ragione, l'importante è che 1 sia seguito da 2, 2 da 3 e 3 di nuovo da 1”.

“Esatto. Ora si tratta di contare i braccialetti”.

“Beh, è facile, li hai già raggruppati quando li hai elencati”.

“Sì, in questo esempio. Vorrei trovare una formula generale”.

“Ah”.

“Allora: noi possiamo prendere l'ultima perlina di una stringa, sfilarla dalla sua posizione e reinserirla all'inizio. Così facendo otteniamo una stringa diversa ma lo stesso braccialetto, giusto?”.

“Giusto”.

“Quante di queste alterazioni si possono fare prima che la stringa torni a essere uguale a com'era all'inizio?”.

“Direi 3, no? A parte le stringhe monocolore”.

“Non fissare le idee su questo esempio, che è solo un esempio. Come funziona in generale? Il numero di alterazioni possibili sarà sempre uguale al numero di palline?”.

“Pensavo di sì, dici di no?”.

“Guarda questo braccialetto composto da 6 perline:”.

121212

“Ah. Dopo il primo movimento diventa 212121 e dopo il secondo torna come prima”.

“Esattamente”.

“E allora come facciamo a calcolare questo numero di spostamenti?”.

“Bisogna pensare a qualche formuletta”.

“Era quello che temevo”.

“Non sarà difficile. Chiamiamo k il minimo numero di spostamenti di perline da fare perché il braccialetto torni uguale a com'era all'inizio”.

“Va bene. Ah, è per questo che hai messo da parte le stringhe monocromatiche?”.

“Molto bene! Per quelle k vale 1, naturalmente, perché sono sempre uguali a sé stesse.”.

“Ho capito, anche se avrei detto che per esse k dovrebbe essere 0 ”.

“Beh, 0 allora va bene per tutte, no? Tutte quante con 0 mosse diventano uguali a sé stesse”.

“Già, hai ragione. Quindi k deve essere positivo”.

“Bene. E, escludendo le stringhe monocromatiche, k deve essere maggiore di 1”.

“Giusto”.

“Ora, supponi di aver trovato un valore di k che funziona per una certa stringa: se essa diventa uguale a sé stessa dopo k mosse, lo farà anche dopo 2k mosse, dopo 3k mosse, e così via”.

“Mi pare ovvio”.

“Allora, facciamo questo calcolo: dividiamo il numero p di perline per k”.

“Non so quanto possa risultare”.

“Beh, vogliamo una formula, non un risultato esatto. Cosa significa che p diviso k dà quoziente h e resto r?”.

“Non ne ho assolutamente idea”.

“Ma sì, lo sai dalle elementari. La maestra non ti faceva fare la prova?”.

“Ah, sì, dovevo moltiplicare il quoziente per il divisore e aggiungere il resto”.

“Esatto: vale la formula p = hk + r”.

“Vabbé. Questo mi aiuta?”.

“Certo. Cosa mi dici di r?”.

“So che è il resto”.

“E il resto, in una divisione, può essere grande quanto si vuole?”.

“Eh, no, il resto è sempre più piccolo del divisore”.

“Perfetto: quindi r è un numero compreso tra 0 e k”.

“Però non può essere uguale a k, solo a 0, no?”.

“Certo. Ora, se prendiamo una stringa di lunghezza p e facciamo p spostamenti di perline, la stringa torna a essere uguale a sé stessa indipendentemente dal valore di p, sei d'accordo”.

“Ah, certo, sposto tutte le perline fino a che non tornano nella posizione iniziale”.

“Benissimo. E anche se faccio hk spostamenti la stringa torna a essere uguale a sé stessa”.

“Perché?”.

“L'abbiamo detto prima: k è proprio quel numero di spostamenti da fare perché la stringa non cambi, e se ne puoi fare k ne puoi anche fare 2k, 3k, eccetera. Anche hk”.

“Ah, ok.”.

“Ora riprendiamo l'uguaglianza che definisce la divisione: p = hk + r. Questa ci dice che se prendiamo una stringa e facciamo hk spostamenti, questa diventa uguale a com'era all'inizio. Se poi ne facciamo altri r, in tutto ne abbiamo fatti hk + r, cioè p. Questo significa che di nuovo la stringa ritorna com'era all'inizio”.

“Giusto”.

“Mica tanto giusto, perché questo significherebbe che ci bastano r spostamenti per riportare la stringa alla posizione iniziale”.

“E perché non è possibile?”.

“Perché il resto di una divisione è minore del divisore: r è minore di k”.

“Vabbé, r sarà minore di k, qual è il problema?”.

“Il problema è che k dovrebbe essere il numero minimo di spostamenti da fare, e invece così facendo avremmo trovato un numero ancora più piccolo”.

“Ah. Allora c'è qualcosa di sbagliato nel ragionamento?”.

“No, c'è un'unica conclusione coerente con tutto quanto abbiamo detto: r deve essere 0”.

“Ah! Allora p è multiplo di k, e tutto torna”.

“Giusto. E cosa potremmo dire se p fosse un numero primo?”.

“O k è uguale a 1…”.

“Questo vorrebbe dire che le stringhe sono monocromatiche”.

“Giusto, e noi l'abbiamo escluso. Allora k e p devono essere uguali”.

“Ottimo. Riassumendo: avevamo p perline di n colori diversi, con le quali abbiamo costruito np stringhe diverse”.

“Poi abbiamo tolto tutte le stringhe monocolori, che sono tante quante i colori, cioè n”.

“E quindi sono rimaste npn stringhe. E ci siamo chiesti quante di queste generano braccialetti uguali”.

“Uhm, abbiamo detto che potevamo raggrupparle k alla volta. Ah, k è p, quindi possiamo raggrupparle a gruppi di p”.

“Ed ecco il risultato, quindi: il numero di stringhe, escluse quelle monocromatiche, è divisibile per p”.

“Questo è un teorema? npn è divisibile per p?”.

“Sì, si chiama piccolo teorema di Fermat, e ne avevamo già parlato, in altri termini”.

mercoledì 26 dicembre 2018

Un generatore di numeri primi

“Ehi, guarda, ho scoperto un generatore di numeri primi!”.

“Uhm”.

“Come uhm? Guarda:”.

P(n) = n2 + n + 41

“Uhm”.

“Ma insomma, cosa c'è che non va? P(0) fa 41, che è un numero primo”.

“Questo è vero”.

P(1) fa 43, che è ancora primo”.

“Vero anche questo”.

P(2) fa 47, P(3) fa 53, tutti primi”.

“Certo”.

“E posso andare avanti così, i numeri successivi sono 61, 71, 83, 97, 113, 131, 151, 173, 197, 223, 251, 281, 313, 347, 383, 421, 461, 503, 547, 593, 641, 691, 743, 797, 853, 911, 971, 1033”.

“Molto bene”.

“Quindi sto generando numeri primi”.

“Sì, certo. Hai calcolato P(41)?”.

“Aspetta che faccio i calcoli”.

“Forse non hai bisogno di fare tutti i conti per dire se è primo o no”.

“Perché?”.

“Beh, stai sommando tre numeri: 412 + 41 + 41”.

“Oh”.

“Come vedi, 41 è un fattore comune a tutti e tre”.

“Uffa, risulta un numero composto”.

“Sì, 41 × 43. Prova anche a calcolare P(40)”.

“Questo sarà primo, dai”.

“Prova”.

“Allora: 402 + 40 + 41”.

“Che, volendo, puoi scrivere come 402 + 80 + 1”.

“E perché questa scrittura dovrebbe essere meglio?”.

“Perché è uguale a (40 + 1)2, cioè 412”.

“Oh, è composto anche questo”.

“Già”.

“Ma ci sarà un polinomio che funziona, no?”.

“Cioè un polinomio P(n) a coefficienti interi in una variabile n che assuma valori primi per ogni n intero positivo?”.

“Uh, mamma mia, che pignoleria. Sì, un polinomio fatto così”.

“Certo, eccotene uno: P(n) = 2”.

“Eh? Ma no, che genera numeri primi diversi!”.

“Allora lo vuoi anche non costante”.

“Sì! Quanto sono noiosi questi Veri Matematici”.

“Capisci che bisogna esser precisi, altrimenti poi non si sa bene quello che si vuole”.

“Va bene, va bene. Esiste un polinomio così?”.

“No”.

“Ma come? Tra tutti gli infiniti polinomi che si possono costruire, non ce n'è nemmeno uno che genera solo numeri primi?”.

“Nemmeno uno”.

“Santo cielo. E perché?”.

“Immagina che ne esista uno, per esempio uno che assuma il valore 43 quando n = 1”.

“Come fa il mio”.

“Esatto: possiamo scrivere che P(1) = 43”.

“Bene”.

“Ora prova a calcolare P(1 + 43k)”.

“Cos'è k?”.

“Un qualunque numero intero”.

“Eh, ma come faccio a calcolare P(1 + 43k) se non so come sia fatto P?”.

“Allora, partiamo dall'inizio. Supponiamo che esista P, che sarà scritto in maniera molto generica in questo modo:”.

P(n) = anxn + an−1xn−1 + … + a1x + a0

“Gulp”.

“Prova a calcolare, adesso, P(1 + 43k)”.

“Vediamo, risulterà una cosa del genere:”.

P(1 + 43k) = an(1 + 43k)n + an−1(1 + 43k)n−1 + … + a1(1 + 43k) + a0

“Bene. Comincia a svolgere”.

“Stai scherzando?”.

“No, ma non devi svolgere tutto tutto. Per esempio, da tutte quelle parentesi del tipo (1 + 43k) elevate a una qualche potenza puoi estrarre il primo termine, che è 1”.

“Eh, ma poi c'è un sacco di altra roba”.

“Certo, cominciamo dal facile: ognuna di quelle parentesi genera sicuramente un 1”.

“Va bene. Ognuno di quegli 1 viene moltiplicato per un coefficiente diverso”.

“E quindi puoi cominciare a scrivere una cosa del genere:”.

P(1 + 43k) = an + an−1 + … + a1 + a0 + (altra roba)

“Non mi sembra una scrittura molto matematica, però va bene”.

“Ti ricordi quanto faceva P(1)?”.

“Abbiamo detto 43”.

“E, però, se sostituisci 1 nel tuo generico polinomio cosa ottieni?”.

“Ah, facile, ottengo an + an−1 + … + a1 + a0”.

“Benissimo. Quindi sai che an + an−1 + … + a1 + a0 = 43”.

“Ah. Ma allora posso scrivere così:”.

P(1 + 43k) = 43 + (altra roba)

“Certo. Adesso concentriamoci sull'altra roba”.

“E come facciamo? Dobbiamo svolgere tutte quelle potenze di binomio, non si finisce più”.

“Non facciamolo. Sarai d'accordo con me se ti dico che lo sviluppo di qualunque potenza del tipo (1 + 43k)n contiene un termine uguale a 1, e tanti altri termini che contengono, almeno una volta, il fattore 43?”.

“Eh, sì, giusto. Tutti i termini dopo il primo 1 contengono le varie potenze di 43k. Non ricordo bene il calcolo dei coefficienti, però”.

“Beh, non importa ai fini dei calcoli che stiamo facendo. Senza conoscere nessuna regola, puoi immaginare di dover calcolare quella potenza in questo modo:”.

(1 + 43k)n = (1 + 43k)(1 + 43k) … (1 + 43k)

“Ah, certo”.

“Quando ti calcoli tutti i prodotti, vedi che c'è un solo caso in cui fai 1×1×…×1, mentre in tutti gli altri casi almeno un termine del tipo 43k lo devi prendere”.

“Giusto, e quindi un 43 c'è sempre”.

“Ottimo. Ed ecco allora che possiamo semplificare ulteriormente il calcolo che stavamo facendo, mettendo in evidenza il fattore comune 43:”.

P(1 + 43k) = 43 + 43(altra roba ancora)

“Bene, e quindi?”.

“E quindi P(1 + 43k) è divisibile per 43”.

“E allora?”.

“E allora non è primo, dunque P(n) non può assumere valori primi per ogni valore di n”.

“Ah!”.

“Volendo essere più precisi, bisognerebbe distinguere due casi nell'espressione P(1 + 43k) = 43 + 43(altra roba ancora)”.

“Quali?”.

“Se la parentesi (altra roba ancora) fosse uguale a 0, allora il risultato sarebbe 43, che è effettivamente un numero primo”.

“Allora potrebbe succedere?”.

“Eh, questo significherebbe che P(1 + 43k) dovrebbe essere uguale a 43 per infiniti valori di k”.

“E questo non è possibile?”.

“Lo è, ma un polinomio che assume infiniti valori uguali è un polinomio costante”.

“Ah, il caso banale P(n) = 43”.

“Già. Se vuoi un polinomio non costante e in grado di generare solo numeri primi, non ce la fai. Non esiste. Naturalmente 43 è solo un esempio, puoi rifare tutta la dimostrazione sostituendo, al posto di 43, un qualsiasi numero p primo. Quindi, niente da fare: non esiste un polinomio P(n) non costante a coefficienti interi in una variabile n che assuma valori primi per ogni n intero positivo”.

“Oh. Peccato”.

“Già”.

giovedì 6 dicembre 2018

Minacce aliene — Parte 4

“Bene, quindi il problema diventa: se ciascuno dei numeri da 1 a n viene colorato di rosso o di blu, qual è il minimo valore di n per ottenere una progressione aritmetica monocromatica composta da 3, oppure 4, oppure k termini?”.

“Oh, due variabili?”.

“Eh, le cose si complicano”.

“Già mi pare un ottimo risultato affermare che un valore di n che risolve il problema esiste sempre”.

“E hai ragione, questo è il primo passo notevole. Dopo aver dimostrato l’esistenza di un tale n, van der Waerden ha provato anche a stabilirne un valore minimo. Il fatto è che questo valore minimo è enorme, così grande da non poter essere espresso nelle usuali notazioni a cui siamo abituati”.

“Eh? Come è possibile? La notazione scientifica permette di esprimere numeri enormi”.

“Che però sono ridicolmente piccoli se confrontati col numero trovato da van Der Waerden”.

“Incredibile”.

“Per definire il numero ha usato una successione di funzioni, che crescono sempre più velocemente”.

“Uhm, non capisco”.

“Aspetta, partiamo dal semplice. Non avrai difficoltà a immaginare la funzione DOPPIO(x), che raddoppia il suo ingresso”.

“Stai dicendo che DOPPIO(x) = 2x?”.

“Esatto”.

“E c’è bisogno di una funzione apposita?”.

“Per calcolare il doppio, certamente no. Per capire come è fatta la nostra successione di funzioni, invece, sì. Lasciami andare avanti”.

“Ok, vai”.

“Ora definisco la funzione ESPONENTE(x), che calcola il valore di 2 elevato a esponente x”.

“Una funzione esponenziale”.

“Sì, la cosa interessante è che questa funzione è definibile a partire da DOPPIO(x)”.

“In che modo?”.

“Cosa succede se calcoli per x volte il doppio di 1?”.

“Aspetta, allora… se calcolo 1 volta il doppio di 1, ottengo 2, e fin qua è facile. Se calcolo 2 volte il doppio di 1, ottengo 2 per 2, cioè 4. Se calcolo 3 volte il doppio di 1, ottengo 2 per 2 per 2… ah! Certo, se calcolo x volte il doppio di 1, ottengo 2 elevato a x, cioè ESPONENTE(x)”.

“Quindi possiamo dire che ESPONENTE(x) = DOPPIO(DOPPIO(...DOPPIO(1))), dove la funzione DOPPIO compare x volte”.

“Bello, comincio a capire”.

“Ora facciamo un altro passo, definiamo la funzione TORRE(x)”.

“Che immagino sia fatta dall'applicazione di x volte della funzione ESPONENTE”.

“Infatti.”.

“Da dove viene il nome TORRE?”.

“Prova a calcolare TORRE(3)”.

“Vediamo, TORRE(3) = ESPONENTE(ESPONENTE(ESPONENTE(1)))”.

“Ok, quindi partiamo da ESPONENTE(1)”.

ESPONENTE(1) = DOPPIO(1), no?”.

“Certo”.

“E DOPPIO(1) = 2”.

“Giusto anche questo. Quindi TORRE(3) = ESPONENTE(ESPONENTE(2))”.

“Bene, allora adesso devo calcolare ESPONENTE(2), che è uguale a DOPPIO(DOPPIO(1)), cioè DOPPIO(2), cioè 4”.

“Infatti avevamo visto che ESPONENTE(2) calcola 2 elevato a 2, cioè 4”.

“Ah, ecco, vero. Quindi mi rimane da calcolare ESPONENTE(4)”.

“Si capisce meglio se calcoli ESPONENTE(22), applicando direttamente l’esponenziale”.

“Applicando direttamente la definizione di ESPONENTE, verrebbe 222”.

“”Una torre di potenze. Ecco perché questa funzione si chiama TORRE: calcola torri di potenze.

“Non è come fare una potenza di una potenza?”.

“Eh, no, qui non ci sono parentesi: per calcolare una torre di potenze, si parte dall'alto. Per esempio, TORRE(4) è 2222 = 224 = 216, mentre ((22)2)2, che è la cosiddetta potenza di potenza, è uguale a 28.

“Ok, ci sono”.

“Ora andiamo avanti, definiamo una nuova funzione, WOW(x). Ti anticipo che WOW non ha nessun significato se non quello di stupore, per quanto veloce cresce questa funzione”.

“Non ci posso credere”.

“Eh, in mancanza di nomi migliori… I numeri calcolati da WOW sono enormi. Naturalmente, WOW(x) è definita come TORRE(TORRE(…TORRE(1))), dove la funzione TORRE compare x volte”.

“Gulp. Chissà quanto vale WOW(4)”.

“Un numero enorme. WOW(4) = TORRE(TORRE(TORRE(TORRE(1))))”.

“Uhm, TORRE(1) è uguale a 2, fin qua è facile. Quindi mi rimane da calcolare TORRE(TORRE(TORRE(2)))”.

“Anche TORRE(2) è facile, no?”.

“Certo, è uguale a 22, cioè 4”.

“Ok, quindi ora devi calcolare TORRE(TORRE(4))”.

TORRE(4) è una torre di 2 composta da 4 elementi, cioè 2222, che è uguale a 65536”.

“Bene, ultimo passo, devi calcolare TORRE(65536)”.

“Argh”.

“O anche wow!”.

“Una torre di potenze composta da 65536 esponenti, una cosa impossibile da immaginare”.

“Esattamente”.

“E questo numero è quello trovato da van der Waerden?”.

“Oh, no, questo è ancora piccolo se confrontato con quello”.

“Cosa?”.

“Eh, sì. Per arrivare al numero trovato da van der Waerden, occorre immaginare questa successione di funzioni:”.

DOPPIO(1)
ESPONENTE(2)
TORRE(3)
WOW(4)
eccetera

“Ogni volta applichiamo tante volte la funzione precedente?”.

“Esattamente”.

“E dopo WOW che funzioni ci sono?”.

“Non sono stati definiti nomi per le funzioni successive. Sai come si fa, si definisce una regola e poi si va avanti così. Per scrivere i termini successivi si usa un nome generico, che è ACKERMANN”.

“Questo è un nome proprio, suppongo?”.

“Esatto, dal nome di chi l’ha definita. Una volta capito che a ogni passo si deve applicare la funzione precedente un certo numero di volte, possiamo definire la funzione ACKERMANN in questo modo:”.

ACKERMANN(1) = DOPPIO(1)
ACKERMANN(2) = ESPONENTE(2)
ACKERMANN(3) = TORRE(3)
ACKERMANN(4) = WOW(4)
eccetera

“Quell'eccetera fa paura”.

“Ed eccoci arrivati alla soluzione del problema proposto da van der Waerden”.

“Se ciascuno dei numeri da 1 a n viene colorato di rosso o di blu, qual è il minimo valore di n per ottenere una progressione aritmetica monocromatica composta da k termini?”.

“E la risposta è: ACKERMANN(k)”.

“Quindi, tornando al quesito iniziale, quello delle progressioni aritmetiche composte da 3 numeri dello stesso colore, siamo sicuri di trovarne se prendiamo i numeri che vanno da 1 a ACKERMANN(3), giusto?”.

“Giusto”.

“E ACKERMANN(3) è uguale a TORRE(3), cioè 16. Uhm, non avevo dimostrato che anche solo prendendo i numeri da 1 a 9 troverò sempre una progressione aritmetica monocolore?”.

“Sì, certo. La stima ACKERMANN(k) è una condizione sufficiente per essere sicuri di trovare la progressione monocolore. Non è detto che, con ulteriori studi, non si possa migliorare la stima. Anzi, un miglioramento è già stato fatto: nella dimostrazione originale di van der Waerden compare il numero ACKERMANN(k), ma successivamente, nel 1987, il matematico israeliano Sharon Shelah ha dimostrato che ci si può fermare a WOW(k)”.

“Ah, ecco. Rimane comunque un numero colossale”.

“E, per quanto riguarda il quesito iniziale, ancora più inutile: WOW(3) è uguale a 65536”.

“Se k aumenta, però, WOW(k) rimane a un livello inferiore rispetto a ACKERMANN(k), vero?”.

“Esatto. Sappi che Graham, un altro matematico che ha lavorato alla teoria di Ramsey, ha offerto un premio di 1000 dollari per chiunque sia in grado di dimostrare che, al posto di WOW(k), si può usare TORRE(k). O a chi sia in grado di dimostrare il contrario, cioè che TORRE(k) è un numero troppo basso”.

“Anche in questo campo, quindi, ci sono molti problemi aperti”.

“Già. Quella di Ramsey è una teoria affascinante, proprio perché si occupa di trovare strutture ordinate all'interno di strutture apparentemente casuali. Un articolo divulgativo di Graham e Spencer, comparso su Le Scienze nel 1990, si concludeva con questa domanda: oggi, grazie alla teoria di Ramsey, siamo in grado di riconoscere con facilità le costellazioni del cielo notturno. Quali configurazioni potremmo mai trovare in insiemi che sono ACKERMANN(9) volte più grandi?”.

“Speriamo di non trovare alieni cattivi, però”.



Questa è l'ultima parte di un articolo uscito sulla rivista Archimede, numero 4, del 2017. La prima parte è qua, la seconda qua, la terza qua.

venerdì 9 novembre 2018

Minacce aliene — Parte 3

Come disse il matematico Theodore Motzkin descrivendo la teoria di Ramsey: complete disorder is impossible”.

“Uh, chissà cosa ne pensano i filosofi”.

“Eh, non è un’affermazione da poco: se l’insieme è abbastanza grande, emergeranno sempre strutture ordinate. Prima ancora che Ramsey sviluppasse tutta la sua teoria, i matematici hanno studiato strutture emergenti non solo in ambito geometrico, ma anche in ambito aritmetico”.

“Per esempio?”.

“Per esempio, nel 1926 un matematico olandese, Bartel van der Waerden, si mise a studiare strutture presenti all’interno di successioni aritmetiche ”.

“Che, ehm, sarebbero?”.

“Le successioni aritmetiche sono successioni di numeri in cui la differenza tra due termini consecutivi è sempre costante. Detto in un altro modo, ogni termine della successione si ottiene dal precedente aggiungendo sempre la stessa costante. Per esempio, la successione 4, 7, 10, 13, 16 è una successione aritmetica”.

“Vero, ogni volta aggiungi 3”.

“Sì: per definire una successione aritmetica serve il punto di partenza, che nel nostro caso è 4, e la costante, che i Veri Matematici chiamano ragione”.

“Che nel nostro caso è 3”.

“Sì. Ora, i problema che studiava van der Waerden è questo: scriviamo tutti i numeri da 1 a 9 in rosso oppure in blu. È sempre vero che possiamo trovare tre numeri rossi o tre numeri blu che formano una progressione aritmetica?”.

“Uhm, con così pochi numeri non mi sembra un problema difficile”.

“Hai ragione, questo è un esempio, giusto per capire come funziona il problema, Puoi risolvere il quesito senza sapere nulla della teoria di Ramsey”.

“Allora ci provo. Vediamo un momento, mi sembra utile partire dal centro della successione. Provo a vedere cosa succede se i numeri 4 e 6 sono colorati di rosso”.

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

“Molto bene”.

“Devo sicuramente evitare la progressione 4, 5, 6. E quindi devo colorare 5 di blu”.

1, 2, 3, 4, 56, 7, 8, 9

“Pefetto”.

“Però così non ho escluso tutte le possibili progressioni. Per esempio, potrebbe esserci 2, 4, 6. Oppure anche 4, 6, 8. Ok, coloro di blu anche 2 e 8”.

1, 2, 3, 456, 7, 8, 9

“Uhm”.

“Cosa succede? Ah! Ho colorato di blu 2, 5, 8, che sono in progressione aritmetica!”.

“E quindi la tua supposizione iniziale non funziona”.

“Hai ragione. Allora 4 e 6 non possono essere colorati entrambi di rosso. E, simmetricamente, nemmeno di blu. Significa che devono avere due colori diversi!”.

“Forse”.

“Giusto, se hanno colori diversi posso sperare di evitare progressioni monocromatiche, ma devo capire se ci riesco. Allora, proviamo. Coloro 4 di rosso e 6 di blu”.

“Senza perdita di generalità”.

wlog!”.

“Già”.

“Ahh, ho usato wlog anche io, come fanno i Veri Matematici! Allora, parto da qua:”.

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

“Bene”.

“Direi di poter colorare il 5 come voglio, anche qui non perdo di generalità se lo coloro di rosso o di blu: in ogni caso non ottengo una progressione aritmetica monocromatica”.

“Giusto”.

“Quindi lo coloro di rosso. Ora la situazione è questa:”.

1, 2, 3, 4, 56, 7, 8, 9

“Se 5 fosse blu, la situazione sarebbe simmetrica”.

“Sì, vedo. Con questa configurazione, mi devo preoccupare di non avere il 3 rosso. Se invece 5 fosse blu, mi dovrei preoccupare di non avere il 7 blu. Ho capito. E allora coloro di blu il 3”.

1, 2, 3456, 7, 8, 9

“E così hai evitato la progressione rossa di ragione 1. Come prosegui?”.

“Ho già due numeri blu, devo evitare di avere il terzo in progressione. Direi quindi che 9 debba essere rosso”.

1, 2, 3456, 7, 8, 9

“Bene, così hai evitato di avere 3, 6, 9 monocolore. Hai altre possibilità?”.

“Uhm. Sì, bisogna evitare che 1, 5, 9 sia tutta rossa, quindi 1 va colorato di blu”.

1, 2, 3456, 7, 8, 9

“Bene, vai avanti”.

“Vedo che 5, 7, 9 rischia di essere tutta rossa, quindi coloro 7 di blu. Però devo evitare che 6, 7, 8 sia blu, quindi coloro 8 di rosso”.

1, 2, 3456, 7, 89

“Ormai è fatta”.

“Per evitare che 1, 2, 3 sia tutta blu, devo colorare 2 di rosso. Ehi, ma se 2 è rosso dopo ho 2, 5, 8 tutta rossa!”.

“E quindi?”.

“E quindi non ce la faccio a colorare i numeri da 1 a 9 con due colori in modo da non ottenere successioni aritmetiche monocromatiche”.

“Ancora una volta, emerge un ordine”.

“Già. Bell’esercizio, ma van der Waerden non avrà studiato questo problema, vero?”.

“Beh, questo era un esempio semplice. Sai come fanno i Veri Matematici quando risolvono un problema: partendo dal caso semplice, guardano se possono...”.

“...generalizzarlo, ormai ho capito”.



Questa è la terza parte di un articolo uscito sulla rivista Archimede, numero 4, del 2017. La prima parte è qua, la seconda qua.

giovedì 11 ottobre 2018

Minacce aliene — Parte 2

Ora, naturalmente ai matematici piace generalizzare”.

“Capirai”.

“Eh, è nella loro natura. Si sono posti quindi questa domanda: se su un grafo formato dai lati e dalle diagonali di un esagono si trova sempre un triangolo monocromatico, che succede con un pentagono? Un quadrilatero? Qual è il numero minimo di vertici che deve avere un grafo completo affinché, colorando i suoi spigoli con due colori, si possa essere certi di formare sempre un triangolo monocromatico?”.

“Beh, certamente non più di 6, no?”.

“Infatti. Se riusciamo a trovare un triangolo che ci piace in un grafo con 6 vertici, aumentando i vertici aumentano anche gli spigoli, e quindi aumentano le possibilità di trovare triangoli monocromatici”.

“Quindi la domanda diventa: potrebbe essere 5, o meno ancora?”.

“Ed ecco la risposta:”.



“Uhm. Un pentagono”.

“Un pentagono con 5 spigoli colorati di rosso e 5 colorati di blu. Osservalo bene: ci sono triangoli monocromatici?”.

“Eh, no”.

“Quindi esiste almeno una colorazione di questo grafo che non produce triangoli monocromatici”.

“E quindi la nostra ricerca è finita: il numero minimo di vertici per avere i triangoli monocromatici è 6. Ottimo, fine della generalizzazione”.

“Non c’è mai fine alle generalizzazioni”.

“Capirai”.

“Per esempio: troverò triangoli anche se uso tre colori? Quattro? Di più?”.

“Ah. Non sembra facile”.

“Non lo è. Ma si può generalizzare anche in un altro modo: posso colorare con 2 colori in modo da trovare triangoli del primo o quadrati del secondo?”.

“Uh, che delirio”.

“E trovare le risposte a queste domande è difficilissimo. Anzi, alcune di queste risposte non le conosciamo ancora”.

“Davvero?”.

“Eh, sì. Il numero che abbiamo calcolato poco fa, il minimo numero di vertici che deve avere un grafo perché si possa sempre trovare al suo interno un triangolo blu o un triangolo rosso, si chiama numero di Ramsey per tre rosso e tre blu, e si indica con R(3,3). Erdős ha detto, una volta: supponete che gli alieni invadano la Terra e che minaccino di annientarla se entro un anno gli uomini non riusciranno a trovare il numero di Ramsey per cinque rosso e cinque blu. Potremmo far scendere in campo le menti migliori e i calcolatori più veloci del pianeta e probabilmente entro un anno riusciremmo a calcolare quel valore. Se tuttavia gli alieni volessero il numero di Ramsey per sei rosso e sei blu. non avremmo altra scelta se non un attacco preventivo.”.

“Eh eh, non credevo fosse così difficile”.

“Lo è, eccome se lo è. I matematici sono riusciti a dimostrare che un numero di Ramsey esiste sempre, qualunque sia il numero di colori e il numero di lati da colorare. Il problema è che non sappiamo quali siano, questi numeri, se non in pochi casi”.

“Ma pensa”.

“Già: per quanto riguarda il famoso R(5,5) di Erdős, nel 1989 si è scoperto che questo numero deve essere almeno 43. Mentre nel 2017, l'anno scorso, si è capito che non può essere più grande di 48”.

“Una scoperta recentissima!”.

“Eh, sì. E, dato che fregiarsi del titolo di potenziale salvatore dagli alieni dovrebbe essere uno stimolo enorme per un Vero Matematico, puoi renderti conto della difficoltà del problema”.

“Quindi di pensare a risolvere R(6,6) non se ne parla proprio, suppongo. Meglio sviluppare la tecnologia per combattere gli alieni?”.

“Le ultime stime per R(6,6) sono del 1965. Da allora, nessuno è riuscito a fare meglio. Sappiamo solo che R(6,6) è un numero compreso tra 102 e 165”.

“Eppure non sono numeri così grandi, come è possibile che non si riescano a migliorare le stime?”.

“Ricordati che i numeri di cui stiamo parlando sono i vertici. Sai quanti spigoli ha un grafo completo con 100 vertici?”.

“Eh, al momento no...”.

“Prova a pensare: quanti spigoli partono da ogni vertice?”.

“Eh, direi 99, uno per ogni vertice, tranne quello da cui parto”.

“E dato che ci sono 100 vertici...”.

“Ho 100×99 spigoli?”.

“Non esattamente. In questo modo, ogni spigolo verrebbe contato due volte, una per il vertice di partenza e una per quello di arrivo”.

“Ah, allora devo dividere per due il risultato!”.

“Già. Quindi un grafo con 100 vertici ha 50×99 spigoli, cioè 4950”.

“Anche questo non è un numero così esagerato, magari con un computer si può fare qualche stima, no?”.

“Eh, sai quante possibili colorazioni si possono fare, anche soltanto con due colori?”.

“Uhm, non saprei come calcolarle”.

“Non è difficile: per ogni spigolo hai due scelte, o lo colori di blu o di rosso. Quindi due scelte per il primo spigolo, moltiplicate per altre due scelte per il secondo, e così via”.

“Gulp, devo moltiplicare 2 per sé stesso 4950 volte”.

“Esatto. Un numero composto da 1491 cifre. Se passi a un grafo con 120 vertici ti risulta un numero di configurazioni da provare composto da 2150 cifre”.

“Comincia a diventare lunghetta”.

“E non è finita: in ognuna delle configurazioni devi cercare degli esagoni”.

“Argh”.

“In un grafo completo sei vertici scelti a caso sono sempre collegati da sei spigoli, quindi per calcolare il numero di esagoni ti basta calcolare il numero di possibili scelte di sei vertici”.

“E come faccio?”.

“Beh, il primo vertice lo puoi scegliere in 100 modi diversi, il secondo in 99, il terzo in 98, e così via, fino al sesto vertice, che puoi scegliere in 95 modi. In realtà queste scelte non sono tutte diverse, puoi mescolare i sei lati in 6! modi, come se fossero le lettere di un anagramma”.

“Totale: 100×99×98×97×96×95. Poi divido per il fattoriale di 6, vediamo… fa 1 miliardo e rotti. E dovrei controllarli tutti per ognuno dei grafi? Roba da matti”.

“Come vedi, non esiste ancora la potenza di calcolo necessaria per poter affrontare questo problema con la forza bruta. Meglio attaccare gli alieni”.

“Ma allora come hanno fatto a fare quelle stime di cui parlavi? ”.

“Erdős è stato il primo a farle, e ha escogitato un metodo che, a prima vista, è spiazzante. I Veri Matematici lo chiamano metodo probabilistico”.

“Uhm, usa la probabilità? Si può dimostrare un teorema con considerazioni di probabilità? Mi pareva che i teoremi dessero certezze”.

“Eh, è proprio per questo che il metodo è spiazzante: Erdős ha usato la probabilità per arrivare a una vera dimostrazione”.

“Uh”.

“Erdős partiva da questa idea: supponiamo di colorare gli spigoli di un grafo in maniera casuale, tirando una moneta. Se viene testa coloro lo spigolo di rosso, se viene croce lo coloro di blu”.

“Va bene”.

“Ora, supponiamo di voler fare una stima dal basso di R(34,34)”.

“Un numero impossibile da calcolare, se già R(6,6) è intrattabile”.

“Esattamente: questo esempio serve per capire la potenza del metodo probabilistico. Ci chiediamo, ad esempio, se un grafo con un milione di vertici potrebbe essere sufficiente per garantire la presenza di poligoni di 34 lati monocromatici”.

“Mi immagino il disegno”.

“Eh eh. Ora, un grafo completo con 34 vertici ha 561 spigoli”.

“Vediamo se ho capito: per ogni spigolo posso scegliere il primo vertice in 34 modi, e il secondo in 33, però così facendo conto gli spigoli due volte, quindi dopo aver moltiplicato 34 per 33 devo dividere per 2. Sì, risulta 561”.

“Esattamente. Ora la probabilità che questi 561 vertici siano tutti dello stesso colore”.

“Ho probabilità un mezzo per ogni lato, quindi dovrebbe essere (1/2)561”.

“Bene, però i colori sono due”.

“Quindi moltiplico per due, e mi viene (1/2)560”.

“Ok. Quanti poligoni di 34 lati abbiamo in un grafo di un milione di vertici?”.

“Oh, tanti. Avevamo visto che già il calcolo con 100 dava un numero molto grande”.

“Eh, sì. Procedendo allo stesso modo, risulta che il numero di combinazioni è circa 3×10165. A questo punto, possiamo chiederci quanto vale la probabilità di trovare un poligono di 34 lati monocromatico”.

“Devo moltiplicare la probabilità che un singolo poligono sia monocromatico con il numero dei poligoni, no?”.

“Vero”.

“Quindi devo moltiplicare (1/2)560 per 3×10165”.

“Quanto viene?”.

“Poco meno di un millesimo”.

“Non importa il valore esatto, ciò che conta è che il risultato sia minore di 1”.

“Perché?”.

“Perché se tutte le possibili colorazioni di spigoli contenessero poligoni di 34 lati monocromatici, allora questa probabilità dovrebbe essere uguale a 1”.

“Ah, vero: avremmo la certezza di trovare un poligono monocromatico”.

“Dunque, se la probabilità è minore di uno, ciò significa che esiste almeno una colorazione che non ci dà poligoni monocromatici”.

“E quindi?”.

“E quindi un milione di vertici sono troppo pochi: abbiamo trovato una limitazione inferiore per R(34,34)”.

“Ah. Non è stato così difficile”.

“Per questo il metodo è potente: permette di capire qualcosa in un universo di calcoli proibitivi”.

“Ordine nel caos”.

“Proprio così. Come disse il matematico Theodore Motzkin descrivendo la teoria di Ramsey: complete disorder is impossible”.






Questa è la seconda parte di un articolo uscito sulla rivista Archimede, numero 4, del 2017. La prima parte è qua.

venerdì 7 settembre 2018

Minacce aliene — Parte 1

Gli alieni invadono la Terra e minacciano di annientarla se entro un anno gli uomini non riusciranno a trovare il numero di Ramsey per cinque rosso e cinque blu. Potremmo far scendere in campo le menti migliori e i calcolatori più veloci del pianeta e probabilmente entro un anno riusciremmo a calcolare quel valore. Se tuttavia gli alieni volessero il numero di Ramsey per sei rosso e sei blu, non avremmo altra scelta se non un attacco preventivo.


“Com’è questa faccenda degli alieni?”.

“Te lo spiego con un gioco”.

“Oh, bene!”.

“Abbiamo questo schema. A turno dobbiamo colorare i segmenti che collegano i punti: io uso il rosso, tu usi il blu. Naturalmente se uno di noi ha colorato un segmento, l’altro non può colorarlo di nuovo”.



“Ok”.

“Perde il primo che forma un triangolo. Comincia tu ”.

“Uhm”.

“Cosa c’è?”.

“Di solito, quando un Vero Matematico propone un gioco, è sicuro di vincere”.

“Eh, c’è del vero in quello che dici”.

“E quindi, se le cose stanno così, io non ho nemmeno la speranza di riuscire a pareggiare. Figuriamoci se posso pensare di vincere”.

“In effetti in questo gioco non è possibile pareggiare, nemmeno giocando male”.

“Davvero? E come è possibile? Non dirmi che, anche colorando i lati a caso, si riesce sempre a creare un triangolo”.

“E invece è proprio così. In questo gioco è impossibile non avere un triangolo. Prova: colora a caso alternativamente di rosso e di blu i segmenti, e guarda come va a finire”.




“Uh, è vero. Però, se non sbaglio, un caso favorevole non dimostra un’affermazione, no?”.

“Molto bene, vedo che i miei sforzi hanno prodotto qualche risultato”.

“Eh, so che i Veri Matematici tengono molto alle loro dimostrazioni, e so che questa non lo è. E mi è venuta anche la curiosità di sapere come si possa affermare che è sempre possibile trovare un triangolo colorato”.

“Bene, bene. La dimostrazione non è difficile: il campo di gara di questo gioco...”.

“A proposito: ha un nome?”.

“Sì, si chiama Sim. Dicevo, il campo di gara è quello che i Veri Matematici chiamano grafo completo composto da 6 vertici”.

“Un esagono con tutte le sue diagonali”.

“Esatto. Qui trattiamo le diagonali vere e proprie e i lati dell’esagono allo stesso modo: li chiamiamo spigoli. Da ogni vertice escono naturalmente cinque spigoli”.

“Naturalmente”.

“Quindi almeno tre verranno colorati allo stesso modo”.

“Uhm, perché?”.

“Vuoi assegnare ogni diagonale a un colore: è come se tu dovessi distribuire cinque maglie in due cassetti, quello rosso e quello blu”.

“Cosa c’entrano le maglie?”.

“E’ un esempio: distribuisci cinque maglie in due cassetti. Quante maglie andranno in ogni cassetto?”.

“Boh, dipende”.

“Mettere una maglia in un cassetto corrisponde a colorare uno dei cinque spigoli. Riesci a fare in modo che nessuno dei due cassetti contenga tre maglie?”.

“Eh, no, è impossibile: posso mettere due maglie in ogni cassetto, per un totale di quattro maglie. Poi però mi rimane la quinta, e da qualche parte devo mettere pure quella”.

“Quindi uno dei due cassetti avrà almeno tre maglie”.

“Perché almeno?”.

“Perché potresti anche mettere tutte le maglie nello stesso cassetto. Qualunque cosa tu faccia, un cassetto conterrà certamente più di due maglie”.

“Va bene”.

“E quindi, comunque tu scelga una colorazione dei cinque spigoli che partono da un vertice dell’esagono, almeno tre di essi avranno lo stesso colore”.

“D’accordo”.

“Supponiamo che sia il blu”.

“Immagino che la dimostrazione con tre spigoli rossi sia simmetrica a questa”.

“Esattamente. I Veri Matematici usano così spesso queste simmetrie che hanno coniato un acronimo apposta: invece di scrivere che la scelta che hanno fatto non fa perdere di generalità al problema, scrivono wlog”.

“Una funzione? Una specie di logaritmo? Che roba è?”.

“Un acronimo: without loss of generality. Alcuni lo usano anche quando parlano”.

“Sono pazzi”.

“Eh, un po’. Ma andiamo avanti: chiamiamo V il vertice che abbiamo scelto. V è connesso con altri tre vertici, che possiamo chiamare R, S e T. Se uno qualsiasi degli spigoli RS, ST o RT è blu, allora abbiamo trovato un triangolo blu. Se nessuno dei tre invece è blu...”.

“...allora abbiamo un triangolo rosso!”.

“Quello di vertici R, S e T, esatto.”.

“E quindi è vero che in una qualsiasi colorazione degli spigoli di questo grafo troviamo sempre un triangolo con i lati dello stesso colore”.

“Una qualsiasi colorazione fatta con due soli colori, naturalmente”.

“Ah, sì, certo. Dunque, al gioco del Sim non si può pareggiare”.

“Proprio così. Ora, naturalmente ai matematici piace generalizzare”.

“Capirai”.




Questa è la prima parte di un articolo uscito sulla rivista Archimede, numero 4, del 2017.

domenica 19 agosto 2018

Come di consueto, classifiche (questa volta non olimpiche)

Ecco la classifica definitiva dei campionati europei 2018, ordinata come al solito secondo la proposta di Simon Tatham.

Uno stato X è stato migliore di un altro stato Y se il medagliere di Y può essere trasformato nel medagliere di X mediante una sequenza di aggiunte di medaglie oppure di sostituzione di medaglie basse con medaglie alte.