Tutti i quesiti e le soluzioni del torneo dell`anno scolastico 2003

Torneo di giochi matematici
Questi sono tutti i testi, con le relative soluzioni, dei quesiti del torneo di
giochi matematici che si è svolto durante l’anno scolastico 2003–2004.
Una copia di questo file si trova anche su internet, sul sito della scuola,
all’indirizzo http://www.fermi.mo.it/~zar/. Allo stesso indirizzo si possono anche trovare le classifiche finali (quella generale, quella del biennio e
quella del triennio).
Quesito 1. Scomponi in fattori il polinomio x4 + x2 + 1.
Anche se il polinomio assomiglia a un “falso quadrato”, è comunque possibile scomporlo, anche se non in fattori di primo grado. Infatti:
x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − x2 =
= (x2 + 1)2 − x2 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1).
Quesito 2. Il fattoriale di un numero naturale n si indica con il simbolo n!
ed è definito come il prodotto di tutti i naturali che vanno da n fino a 1. In
formule:
n! = n(n − 1) . . . 3 · 2 · 1.
Con quante cifre uguali a 0 termina il numero 100!?
Ventiquattro. Infatti bisogna sapere quante coppie di fattori uguali a 2
e a 5 sono contenute nel prodotto. Il 2 compare più volte del 5, quindi è
sufficiente contare i fattori uguali a 5.
All’interno del prodotto ci sono 20 multipli di 5, e cioè 5, 5 · 2, 5 · 3, e
cosı̀ via fino a 5 · 20. Inoltre in quattro di questi multipli il 5 è contenuto una
seconda volta, e cioè in 5 · 5, 5 · 10, 5 · 15, 5 · 20.
In conclusione, il fattore 5 compare 24 volte, e quindi 100! termina con
24 cifre uguali a 0.
1
Per i curiosi, risulta che 100! è uguale a:
9332621544394415268169923885626670049071
5968264381621468592963895217599993229915
6089414639761565182862536979208272237582
51185210916864000000000000000000000000
Quesito 3. In quanti modi si possono disporre 8 torri in una normale scacchiera 8 × 8 in modo tale che nessuna di esse sia in presa?
Ci sono 40320 modi di disporre le 8 torri.
Ci sono 8 modi possibili per posizionare la prima torre sulla prima riga.
Una volta scelta una posizione, ci sono 7 modi possibili per posizionare la
seconda torre sulla seconda riga (bisogna evitare la colonna su cui si trova
la prima torre). Poi rimangono 6 modi possibili per la terza torre, e cosı̀ via
fino all’ultima, che potrà essere messa sull’unica colonna libera. Quindi il
numero totale di modi possibili è dato dalla moltiplicazione
8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 8! = 40320.
Si può anche ragionare in un modo un po’ più complicato, che riportiamo
qui sotto come riferimento per i quesiti dei prossimi mesi. . .
Visto che su ogni riga della scacchiera potrà trovare posto solamente una
torre, usiamo delle cifre per indicare la posizione dei pezzi. Per ogni riga
si usa una cifra che indica la posizione della torre su quella riga. Dunque
la disposizione globale degli otto pezzi sarà data da un numero di otto cifre
tutte diverse, composto dai numeri 1, 2, . . . , 8 (se ci fossero due cifre uguali
significherebbe che esiste una colonna che contiene due torri, e questo non è
accettabile).
Allora il problema si riduce a trovare le permutazioni degli otto primi
numeri naturali, che sono 8! = 40320.
Quesito 4. Trovare un numero di due cifre, uguale al doppio prodotto delle
proprie cifre.
Il numero richiesto è 36. Siano d la cifra delle decine e u quella delle
unità. Si ha allora:
10d + u = 2du.
Da cui, ricavando d:
d=
u
.
2(u − 5)
Dalla formula appena ricavata si vede che u > 5, altrimenti la cifra delle
decine sarebbe negativa. Dei valori rimanenti, soltanto u = 6 è accettabile,
2
gli altri forniscono valori decimali per d. Al valore u = 6 corrisponde d = 3,
e quindi il numero cercato è 36, che è l’unico numero ad avere la proprietà
richiesta.
Quesito 5. Quanto vale l’ampiezza dell’angolo acuto formato dalle lancette
di un orologio che segna le 12:10?
L’ampiezza è di 55◦ . Rispetto alla verticale (12:00) la lancetta dei minuti
si è spostata di 10 minuti, cioè di un sesto di un’ora, cioè di un sesto di un
angolo giro, cioè di 360◦ /6 = 60◦ .
La lancetta delle ore si è spostata anch’essa di un sesto di ora, ma un’ora
corrisponde a un dodicesimo di un angolo giro. Perciò la lancetta delle ore si
è spostata di
360◦
= 5◦ .
6 · 12
Quindi l’angolo formato dalle due lancette è di 60◦ − 5◦ = 55◦ .
Quesito 6. Un tipografo distratto ha commesso un errore di trascrizione:
invece di scrivere un numero del tipo 2a 9b ha sbagliato nel posizionare gli
esponenti, scrivendo cosı̀ il numero di quattro cifre 2a9b. Il tipografo, però, è
stato fortunato: il numero da lui scritto in maniera errata è comunque uguale
a quello che avrebbe dovuto scrivere come prodotto di due potenze. Qual è
questo numero?
Esiste solo un numero con questa proprietà:
25 92 = 2592.
Per trovarlo si può procedere in due modi diversi: o si fa fare il calcolo a
un computer, scrivendo un semplice programma oppure usando le funzioni
di un foglio elettronico, oppure si prova a ragionare per cercare di escludere
qualche valore di a o di b, per poi arrivare per tentativi alla soluzione.
Nel primo caso si fa fare tutto al computer, e si ottiene come risultato il
numero cercato.
Nel secondo caso si può ragionare nel modo seguente. Se a = 0, rimane
da scoprire se per qualche b è vera l’uguaglianza 9b = 2090 + b. Se un tale b
esiste, deve essere
2090 ≤ 9b ≤ 2099,
e quindi
log9 2090 ≤ b ≤ log9 2099.
Calcolando i logaritmi, si ottiene (ricordando che b deve essere un numero
naturale) che 4 ≤ b ≤ 3, che è impossibile.
3
Se invece a 6= 0, allora il numero 2a 9b = 2a9b è pari, e quindi b è un
multiplo di 2. Esaminiamo i vari casi: se b = 0 si ottiene
2090 ≤ 2a ≤ 2990,
e passando ai logaritmi si ottiene
log2 2090 ≤ a ≤ log2 2990.
Calcolando i logaritmi, si ottiene che 12 ≤ a ≤ 11, impossibile.
Se b = 2 si ottiene
2092 ≤ 2a 92 ≤ 2992,
e cioè
2092
2992
≤ a ≤ log2 2 .
2
9
9
Calcolando i logaritmi, si ottiene che 5 ≤ a ≤ 5. Dunque a = 5 è un valore
accettabile, e per verifica diretta si ottiene proprio che 25 92 = 2592.
Se b = 4 si ottengono (ora tagliamo un po’ di passaggi) valori negativi
per gli estremi dell’intervallo all’interno del quale può variare a. Lo stesso
succede per tutti gli altri valori di b. Quindi l’unico numero per il quale vale
la proprietà richiesta dal tipografo è proprio 2592.
log2
Quesito 7. Quattro città, situate su un piano ai vertici di un quadrato,
devono essere connesse tra loro mediante strade, utilizzando il percorso totale
più breve possibile. Qual è la soluzione migliore tra quelle indicate in figura?
Esiste una soluzione ancora migliore?
Supponendo che il lato del quadrato sui cui vertici stanno le città sia
unitario,
il primo percorso ha una lunghezza totale di 3, il secondo invece
√
sono le due diagonali di un quadrato di lato unitario), e il
di 2 2 (le strade
√
terzo di 1 + 5 (il tratto verticaleÏ lungo 1, i due obliqui si calcolano con il
teorema di Pitagora e sono lunghi 5/2 ciascuno. Quindi il percorso migliore
è il secondo.
Esiste però una soluzione migliore (che è la migliore possibile, anche se la
dimostrazione di questa affermazione è un po’ lunga), rappresentata in figura 1. In questa figura le strade che partono dalle quattro città si connettono
4
Figura 1: La soluzione ottimale
tutte a una strada centrale formando angoli di 120◦ . Allora i quattro segmenti che√hanno come estremi le città e l’incrocio con la strada centrale sono
lunghi 1/ 3 (sono il lato di un triangolo equilatero
avente altezza uguale a
√
1/2), mentre la strada√centrale è lunga 1 − 1/ 3. In totale, dunque, le strade
hanno lunghezza 1 + 3, che è la minima lunghezza possibile.
Quesito 8. È più probabile, giocando a caso, indovinare la colonna vincente
del totocalcio (che adesso è fatta di 14 partite) oppure la cinquina su una
ruota del lotto?
È più facile indovinare la colonna del totocalcio. Infatti per calcolare
quante sono le possibili colonne del totocalcio si devono calcolare le disposizioni con ripetizione di tre oggetti (i simboli 1, X e 2) presi quattordici
volte.
In matematica, per “disposizioni” si intendono quei raggruppamenti di
oggetti che si distinguono anche per l’ordine. Per esempio, le due disposizioni
di tre oggetti “123” e “312” sono diverse. Nel caso del totocalcio, gli oggetti si
possono ripetere. Per calcolare il numero di colonne del totocalcio si procede
in questo modo: ci sono 3 possibili scelte per la prima partita (cioè “1”, oppure
“X”, oppure “2”), poi ci sono ancora tre possibili scelte per la seconda, e cosı̀
via fino alla quattordicesima. Quindi in totale ci sono
314 = 4782969
possibili colonne.
Per quanto riguarda invece le estrazioni del lotto, occorre calcolare le
combinazioni semplici di 90 oggetti (i 90 numeri del lotto) presi 5 alla volta.
In matematica, per “combinazioni” si intendono quei raggruppamenti di
oggetti che non si distinguono per l’ordine. Per esempio, le due combinazioni
di 3 oggetti “123” e “312” sono uguali. Nelle estrazioni del lotto, infatti, non
importa l’ordine in cui vengono estratti i numeri. In questo caso, al contrario
di quanto succede nel totocalcio, gli elementi non si possono ripetere: un
numero non può essere estratto due volte.
5
Per calcolare il numero di possibili cinquine su una ruota del lotto si può
procedere in questo modo: se le cinquine si distinguessero anche per l’ordine,
allora ci sarebbero 90 possibili scelte per il primo estratto, 89 per il secondo,
88 per il terzo, 87 per il quarto, 86 per il quinto. Quindi in totale ci sarebbero
90 · 89 · 88 · 87 · 86 cinquine. Bisogna ricordare però che l’ordine con cui sono
presentati i numeri non conta, e ci sono 5! modi per ordinare 5 oggetti. Quindi
il numero di cinquine calcolato prima tenendo conto dell’ordine va diviso per
5!. In totale ci sono quindi
90 · 89 · 88 · 87 · 86
= 43949268
5!
possibili cinquine. Dunque è decisamente più facile indovinare una colonna
del totocalcio.
Quesito 9. La successione di Fibonacci è una successione definita ricorsivamente in questo modo:


F1 = 1
F2 = 1


Fn = Fn−1 + Fn−2
∀n ∈ N, n ≥ 3.
In pratica, i primi due termini sono uguali a 1, e per ottenere ogni termine
dopo i primi due occorre fare la somma dei due termini precedenti. Quindi i
primi termini della successione di Fibonacci sono 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,. . .
Si consideri ora la successione delle sole cifre dell’unità dei numeri che
compongono la successione di Fibonacci, e cioè 1, 1, 2, 3, 5, 8, 3, 1,. . . Questa
successione è periodica? Se sı̀, quanto è lungo il periodo? Se no, perché non
lo è?
La successione delle cifre dell’unità dei numeri di Fibonacci è periodica
di periodo 60.
Per dimostrare che è periodica basta pensare che per calcolare i suoi
termini occorre sommare i due termini precedenti e scartare un eventuale
riporto. Quindi ogni termine dipende solo dai due precedenti, che sono entrambi numeri compresi tra 0 e 9. Ma ci sono solo 100 possibili disposizioni
di due numeri compresi tra 0 e 9, e cioè (0, 0), (0, 1), . . . (9, 9). Quindi dopo
al massimo 100 passi la successione deve ripetersi.
Per calcolare l’esatto periodo, invece, le cose sono più complicate. La cosa
migliore è quella di far fare i calcoli a un computer, e verificare il risultato.
Quello che segue è un programmino scritto in C che calcola la cifra delle
unità dei primi cento numeri di Fibonacci, e quando incontra la sequenza
(1, 1) (che è uguale alla sequenza iniziale) stampa la lunghezza del periodo.
Il risultato è proprio 60.
6
#include<stdio.h>
int main(void)
{
int x1,x2,x3, i ;
x1=x2=1;
for(i=3; i<100; i++) {
x3=(x2+x1)%10;
x1=x2%10;
x2=x3%10;
printf (”%d %d\n”,i,x3);
if (x1==1 && x2==1)
printf (”Trovato periodo=%d\n”,i−2);
}
}
Inoltre esiste un’espressione non ricorsiva per la successione di Fibonacci:
√ !n
√ !n !
1
1+ 5
1− 5
Fn = √
−
,
2
2
5
in questo modo si può calcolare direttamente ogni valore, senza dover calcolare prima tutti i valori precedenti (anche se non sembra, per ogni valore di n
si ottiene sempre un risultato intero).
Quesito 10. Qual è la probabilità che in una classe di 25 persone ce ne siano
almeno due che compiono gli anni lo stesso giorno?
La probabilità è circa del 57%.
È utile dapprima calcolare la probabilità che in una classe di 25 persone
tutti compiano gli anni in un giorno diverso. Si può procedere cosı̀: la probabilità che due persone compiano gli anni in due giorni diversi è uguale a
364
. La probabilità che tre persone compiano gli anni in tre giorni diversi è
365
uguale a 364·363
. Procedendo cosı̀ si arriva a dedurre che la probabilità che 25
3652
persone compiano gli anni in 25 giorni diversi è uguale a 364·363...341
. Dunque
36524
la probabilità che in un gruppo di 25 persone ce ne siano almeno due che
compiono gli anni lo stesso giorno è
1−
364 · 363 . . . 341
= 0.57 = 57%.
36524
7
Quesito 11. Attraverso il centro di una sfera solida viene fatto un foro
cilindrico lungo esattamente sei centimetri. Qual è il volume residuo della
sfera?
Figura 2: Sezione della sfera con il foro cilindrico
Sia R il raggio della sfera. Nella figura 2 si vede una sezione della sfera,
nella quale il foro cilindrico è il rettangolo ABCD (il foro attraversa la sfera
dal basso verso l’alto, cioè un’apertura corrisponde al lato AB, l’altra
√ al lato
CD). Allora si ha che HK = 6, OK = 3 e il raggio del foro è DK = R2 − 9.
L’altezza delle calotte sferiche su ciascuna estremità del cilindro sarà KF =
EH = R − 3. Per determinare il volume residuo dopo aver asportato il
cilindro con le calotte, si aggiunge il volume del cilindro, 6π(R2 − 9), al
doppio volume della calotta sferica e si sottrae il totale dal volume della
sfera, 4πR2 /3. Il volume della calotta è ottenuto con la seguente formula,
nella quale h rappresenta l’altezza e r il raggio: πh(3r2 + h2 )/6.
Fatto questo calcolo, tutti i termini si cancellano salvo 36π, volume del
residuo in centimetri cubici. Dunque il residuo rimane costante qualunque
sia il diametro del foro o la dimensione della sfera.
Quesito 12. In un deserto largo 800 chilometri non vi sono distributori di
benzina, mentre ne è disponibile una quantità illimitata al margine di esso.
Un autocarro può portare benzina sufficiente per percorrere 500 chilometri
(si chiamerà un “carico”) e può costituire i suoi posti di rifornimento in
qualunque punto lungo l’itinerario. Tali depositi possono essere di entità
qualsiasi e si suppone che non vi sia alcun tipo di perdita.
8
Qual è la minima quantità (in carichi) di benzina necessaria all’autocarro
per poter attraversare il deserto? Vi è un limite alla grandezza del deserto
che l’autocarro può attraversare?
Sono necessari 3 carichi e 7/15. Non vi è limite alla grandezza del deserto
che l’autocarro può attraversare.
Si indichi con il termine “unità” la distanza che l’autocarro può percorrere
con un carico, cioè 500 chilometri. Due carichi farebbero arrivare l’autocarro
ad una distanza massima di 1 unità e 1/3. Ciò verrebbe fatto in quattro
viaggi, prima costituendo un deposito in un punto ad 1/3 di unità dal punto
di partenza. L’autocarro parte con un carico completo, arriva al deposito,
lascia 1/3 di carico, ritorna, rifà il pieno, arriva al deposito e mette nel suo
serbatoio il terzo di carico in deposito. Esso ora ha il pieno sufficiente per
percorrere una distanza pari ancora ad una unità.
Tre carichi farebbero arrivare l’autocarro ad 1 più 1/3 più 1/5 di unità in
nove viaggi. Il primo deposito è ad 1/5 di unità di distanza dalla partenza.
Tre viaggi permettono di lasciare 6/5 di carico in deposito. L’autocarro
ritorna, fa di nuovo il pieno ed arriva al deposito successivo costituendo due
pieni completi, sufficienti a far arrivare l’autocarro ai rimanenti 1 e 1/3 di
unità nel modo spiegato sopra.
La domanda è trovare la minima quantità necessaria per fare arrivare
l’autocarro a 800 chilometri. Tre carichi lo farebbero arrivare a 766 chilometri
e 2/3, quindi serve un terzo deposito alla distanza di 33 chilometri e 1/3 (pari
a 1/15 di unità) dalla partenza, che contenga tre carichi. L’autocarro può
costituire questo deposito in questo modo: per tre volte parte col pieno, lascia
nel deposito 13/15 del suo carico e torna indietro. L’ultima volta carica 7/15
di carico e arriva al deposito con 6/15, dove aveva lasciato 39/15 di carico per
un totale di 3 carichi completi. Ora, procedendo come sopra, può compiere
il resto del viaggio.
Riassumendo: tra il punto di partenza e il primo deposito vengono fatti
7 viaggi, usando 7/15 di carico di carburante. I 3 carichi che rimangono
sono esattamente sufficienti al resto del viaggio, dunque la quantità totale di
carburante consumato è di 3 carichi e 7/15. In totale occorrono sedici viaggi.
Continuando in modo analogo, quattro carichi porterebbero l’autocarro
alla distanza di 1 più 1/3 più 1/5 più 1/7 di unità, e cosı̀ via. La somma di
questa serie infinita diverge con l’aumentare del numero dei carichi, perciò
l’autocarro può attraversare un deserto di qualsiasi grandezza.
Quesito 13. Un sistema formale è un insieme di regole che permettono di
operare su alcuni oggetti per produrne altri. Il seguente sistema formale è
stato inventato dal logico americano Emil Post intorno al 1920. Gli oggetti
9
su cui opera sono stringhe di caratteri, composte soltanto dai tre caratteri M,
I, U.
Il sistema obbedisce alle seguenti tre regole:
1. Se si possiede una stringa che termina con una I, si può aggiungere
una U alla fine.
2. Se si possiede una stringa del tipo Mx, allora si può costruire anche Mxx.
3. Se si possiede una stringa che contiene III, si può costruire una nuova
stringa mettendo una U al posto di III.
4. Se all’interno di una delle stringhe c’è la coppia UU, la si può eliminare.
Per esempio, la prima regola dice che se si ha a disposizione la stringa
MI, allora si può costruire MIU.
La seconda regola dice, per esempio, che da MIU si può ottenere MIUIU,
che da MUM si può ottenere MUMUM, e che da MU si può ottenere MUU.
Grazie alla terza regola, a partire da UMIIIMU si può ottenere UMUMU; da
MIIII si possono ottenere sia MIU che MUI; da IIMII non si può costruire
niente di nuovo usando questa regola, perché le tre I devono essere in fila;
da MIII si può costruire MU. Attenzione: le regole non possono essere usate
al contrario: da MU non è possibile passare a MIII.
Con la quarta regola si può passare da UUU a U; da MUUUIII si può passare
a MUIII.
Queste regole costituiscono il “modo di ragionare” all’interno del sistema formale, mentre le stringhe che si ottengono saranno chiamate “teoremi”.
Analogamente a quanto succede, per esempio, nella geometria euclidea, ogni
teorema dipende da teoremi dimostrati precedentemente, i quali a loro volta dipendono da altri teoremi, e cosı̀ via fino al punto di partenza, dove si
trovano gli assiomi.
Anche in questo sistema formale c’è un assioma, la stringa MI. A partire
da questa stringa (e solo da questa), utilizzando le quattro regole esposte
sopra, è possibile ottenere la stringa MU?
La risposta è no. Dopo aver fatto un po’ di prove, ci si accorge che il
numero di I contenute nelle stringhe sembra non diventare mai zero. Chiamiamo il numero di I contenute in una stringa la sua “I-somma”. Allora,
l’I-somma dell’assioma (MI) è uguale a 1. Le regole 1 e 4 lasciano intatta
l’I-somma, perché operano solo sulle U. La regola 3 invece fa diminuire di 3
l’I-somma di una stringa. Questa regola cambia dunque l’I-somma, ma non
la fa mai diventare un multiplo di 3 se già prima non lo era. La regola 2
10
invece raddoppia l’I-somma, e anche questa non crea un multiplo di 3 se non
a partire da un altro multiplo di 3 (infatti 2n è multiplo di 3 solo se lo è n).
Riassumendo:
1. L’I-somma iniziale è 1 (che non è multiplo di 3).
2. Due regole non incidono affatto sull’I-somma.
3. Le altre due regole incidono sull’I-somma, ma in modo tale da creare
un multiplo di 3 solo se ce n’era già uno presente prima di applicare la
regola.
La conclusione è quindi che l’I-somma non può mai diventare un multiplo
di 3. In particolare, zero è un valore impossibile per l’I-somma. Quindi, la
stringa MU non si può ottenere.
Quesito 14. Scomporre in fattori il polinomio x4 + 1.
Analogamente a quanto fatto nel quesito numero 1, si può scomporre
il polinomio aggiungendo e sottraendo una opportuna quantità in modo da
ottenere una differenza tra due quadrati:
x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2 =
= (x2 + 1) − 2x2 = (x2 +
√
2x + 1)(x2 −
√
2x + 1).
Quesito 15. In una vecchia canzone dello Zecchino d’oro c’erano quarantaquattro gatti che marciavano compatti in fila per sei col resto di due. Qual è
il numero minimo di gatti necessari per poter marciare in fila per 2, 3, 4, 5,
6, 7, 8, 9 oppure 10 senza mai avere resto?
Il numero richiesto è il minimo comune multiplo dei numeri compresi tra
2 e 10, cioè 2520.
Quesito 16. Da una barca in un lago viene gettata l’ancora. Rispetto a
quando l’ancora era ancora a bordo, il livello del lago sale, scende o resta
invariato?
Il livello scende.
Quando è sulla barca, l’ancora contribuisce allo spostamento di un volume
di liquido di peso pari al peso dell’ancora.
Quando viene gettata, l’ancora contribuisce allo spostamento di un volume di liquido di volume pari al volume dell’ancora.
Siccome le ancore affondano, nel primo caso viene spostata una quantità
maggiore di acqua. Quindi, una volta gettata l’ancora, il livello del lago
diminuisce.
11
Quesito 17. Un bizzarro, anziano, milionario matematico ha deciso di lasciare ad ognuno dei suoi eredi una quantità di monete d’oro che sia una
potenza di 7 (incluso 70 ). Inoltre non ci devono essere sette persone (o più)
che ricevono la stessa cifra. Sapendo che il capitale del matematico ammonta a un milione di monete, quanti possono essere, al più, i pretendenti
all’eredità?
Gli eredi sono 16.
Indicando con ak il numero di eredi che riceveranno una quota pari a 7k
(e ricordando che ak ≤ 7), risolvere il problema significa trovare i valori di ak
che rendono vera l’equazione
N
X
ak 7k = 106 .
k=0
Tradotto in altri termini, questo significa trasformare 106 in base 7. Eseguendo i calcoli (sapete tutti calcolare un cambiamento di base, vero?) si ottiene
che
(106 )10 = (11333311)7 .
Gli eredi saranno quindi pari alla somma delle cifre di 11333311, cioè 16.
Quesito 18. Di un numero naturale si sa che termina con la cifra 2, e che
se si riscrive il numero spostando l’ultima cifra al primo posto, si ottiene un
numero che è il doppio di quello iniziale. Qual è questo numero?
Il numero è 105263157894736842.
Infatti il numero richiesto termina certamente per 2, e togliendo l’ultima
cifra si ottiene il doppio del numero iniziale, quindi il doppio del numero dato
termina per 4. Allora 4 è anche la penultima cifra del numero richiesto. Per
trovare la terzultima cifra, basta raddoppiare il 4 e si ottiene 8. Andando
avanti cosı̀, e ricordandosi di sommare i riporti, si trovano tutte le cifre del
numero richiesto. Ci si deve fermare quando si ottiene un 2 (senza riporto).
Questo dimostra anche che il numero cosı̀ trovato è il più piccolo che gode di
questa proprietà. Chi ha sufficiente precisione nella propria calcolatrice può
verificare che
2 · 105263157894736842 = 210526315789473684
(a dir la verità, si può verificare anche a mano, senza calcolatrice).
Quesito 19. Trovare 5 numeri naturali consecutivi A, B, C, D, E tali che
A2 + B 2 + C 2 = D 2 + E 2 .
12
I numeri sono 10, 11, 12, 13, 14.
Se si indicano i cinque numeri richiesti con n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 e
si imposta l’equazione
(n − 2)2 + (n − 1)2 + n2 = (n + 1)2 + (n + 2)2 ,
risolvendo si ottiene n2 − 12n = 0, che fornisce le due soluzioni n = 0 (non
accettabile) e n = 12. Quindi i cinque numeri sono quelli indicati sopra.
Quesito 20. Un numero di 6 cifre inizia con la cifra 1. Se si sposta la prima
cifra al posto delle unità, si ottiene un numero che è il triplo di quello dato.
Qual è questo numero?
Il numero è 142857.
Per trovarlo, basta provare a moltiplicare il numero incognito, che indichiamo con 1ABCDE, per 3. Si sa che 3E deve essere uguale a 1, quindi E
può solo essere uguale a 7. Quindi 3 · 7 = 21 e ci si deve ricordare del riporto
di 2.
Proseguendo nella moltiplicazione, 3D deve essere uguale a E, quindi a 7,
allora D non può che essere 5 (infatti 3 · 5 più il riporto di 2 dà come risultato
7). Ripetendo la moltiplicazione per 3 per tutte le cifre, e ricordandosi dei
riporti, si trova come risultato 142857.
In pratica, si tratta di risolvere “in colonna” la moltiplicazione
1ABCDE x
3 =
-------ABCDE1
Quesito 21. Sia n un numero intero positivo, e sia f (n) il numero di cifre
uguali a 1 usate per scrivere tutti i numeri da 1 a n. Per esempio, f (1) = 1,
f (2) = 1 (perché per scrivere i numeri 1 e 2 si usa una sola cifra 1), f (10) =
2, f (11) = 4, e cosı̀ via. Qual è il più piccolo n tale per cui f (n) = n (escluso
1, naturalmente)?
Il numero cercato è 199981.
Per quanto riguarda i numeri che vanno da 1 a 9, si ha che f (n) = 1,
perché la cifra 1 compare una sola volta. Per calcolare quante cifre 1 si usano
per scrivere tutti i numeri da 1 a 99, si può pensare di incolonnare i numeri
in questo modo:
00
01
13
02
.
.
.
97
98
99
Si nota che sono state usate 200 cifre in tutto (lo zero viene usato solo per
semplificare i calcoli), e tutte le cifre sono state usate per lo stesso numero
di volte. Quindi la cifra 1 (e questo calcolo vale anche per tutte le altre
cifre) compare 200/10=20 volte. Quindi si può concludere che f (99) = 20.
Procedendo analogamente si possono incolonnare numeri di tre cifre:
000
001
.
.
.
998
999
e si conclude che in questo caso la cifra 1 è stata usata 3000/10=300 volte.
Quindi f (999) = 300, e proseguendo si ha che f (9999) = 4000, f (99999) =
50000, e cosı̀ via.
Proseguendo con le considerazioni su f (n), si ha che f (199) = 140 perché
fino a 99 si hanno 20 cifre 1, da 100 a 199 se ne hanno ancora 20 per le cifre
delle decine e delle unità, poi si hanno altre 100 cifre 1, quelle delle centinaia.
Allora f (1999) = 1600 (1000 volte nelle migliaia, 300 volte fino a 999 e altre
300 da 1000 a 1999 considerando solo le ultime tre cifre).
Allora si ha che f (199999) = 100000 + 50000 + 50000 = 200000, ed anche
f (200000) = 200000. Questa non è però la cifra più piccola per cui f (n) = n,
infatti se si va un po’ indietro a partire da 199999 si trova f (199990) =
199990, e scendendo ancora si ha corrispondenza per altri dieci numeri, fino
a f (199981) = 199981. Poi l’uguaglianza non vale più.
Questo discorso un po’ complicato può essere evitato se si fa fare il lavoro
ad un programma per computer. Ecco un esempio di programma scritto in
C che trova rapidamente i valori cercati.
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int conta(long int n)
14
{
//
//
//
//
conta quante cifre 1 sono presenti
nel numero n, copiando il numero
su una stringa e andando a guardare
ogni carattere della stringa
int i ,somma=0;
char stringa [15];
sprintf ( stringa , ”%d”,n);
for ( i=0;i<strlen(stringa ); i++)
if ( stringa [ i]==’1’)
somma++;
return(somma);
}
int main(void)
{
long int n,totale=0;
for (n=1;n<1000000000;n++) {
totale+=conta(n);
if ( totale ==n)
printf (”%d\n”,totale);
}
}
Quesito 22. Si supponga di avere a disposizione un foglio di carta abbastanza grande da poterlo piegare su se stesso 50 volte: quanto diventerà il suo
spessore? (Per questo esercizio è bene anche specificare il metodo usato per
determinare lo spessore di un singolo foglio di carta)
Il risultato dipende, naturalmente, dallo spessore del foglio di carta, ma
comunque lo spessore finale sarà dell’ordine delle decine o delle centinaia di
milioni di chilometri!
Prima di tutto, vediamo come fare per determinare lo spessore di un
foglio. Si può misurare lo spessore di un libro con un righello, e dividere
quella misura per il numero di fogli (attenzione, non di “pagine”) di cui è
composto il libro. Io ne ho scelti tre, meditando ogni singola scelta. . .
15
Per primo, ho preso una copia della Bibbia di Gerusalemme, quella stampata su carta molto fine e sottilissima, e ho notato che in 4.5 centimetri ci
stanno 1328 fogli. Dunque un singolo foglio misura 0.0034 centimetri.
Poi ho scelto un libro per bambini (un geniale libro per bambini, consigliatissimo anche agli adulti. . . ) dal titolo “Le mitiche avventure di Capitan
Mutanda”, di Dav Pilkey. Ho trovato che in 1 centimetro ci stanno 58 fogli,
per uno spessore di 0.017 centimetri.
Infine ho scelto il testo di Courant–Robbins “Che cos’è la matematica”, consigliato ad ogni studente che si rispetti. Qui 313 fogli occupano
2.6 centimetri, per uno spessore di 0.0083 centimetri.
Ora pensiamo a piegare il foglio: ogni volta che si effettua una piega, si
raddoppia lo spessore: dopo la prima piega ci saranno 2 fogli uno sull’altro,
dopo la seconda ce ne saranno 4 (cioè 22 ), dopo la terza 8 (cioè 23 ), dopo la
cinquantesima ce ne saranno 250 .
Se prendiamo il foglio più sottile (quello della Bibbia), avremo uno spessore totale di 250 · 0.0034 centimetri, pari a 3.8 · 107 km (per avere un’idea,
siamo intorno ai 2 minuti luce, cioè allo spazio percorso dalla luce in due
minuti). Se prendiamo il foglio di spessore intermedio, quello del libro sulla
matematica, otteniamo 9.4·107 km, circa 5 minuti luce. Se prendiamo il foglio
di spessore maggiore, quello di Capitan Mutanda, arriviamo a 2.0 · 108 km,
pari a quasi 11 minuti luce, una distanza maggiore di quella fra la terra e il
sole (che è di circa 8 minuti luce).
In ogni caso, serve molta, molta carta. . .
Quesito 23. Sono andato in un giardino a rubare delle mele. Il giardino,
però, ha tre guardiani. Al primo guardiano, per uscire, ho dato la metà
delle mele più mezza mela. Al secondo guardiano ho dato la metà delle mele
rimaste più mezza mela. Al terzo guardiano ho dato la metà delle mele
rimaste più mezza mela. Libero, finalmente, mi sono mangiato l’ultima mela
rimasta. Quante mele avevo rubato?
Avevo rubato 15 mele.
Se alla fine rimango con una sola mela, prima dell’ultimo guardiano dovevo averne 3 (infatti, se indico con n il numero di mele che avevo prima di
passare dall’ultimo guardiano, ho che
n 1
n 1
+
= − = 1,
n−
2 2
2 2
e quindi, ricavando n da questa equazione di primo grado, ottengo che n =
1 · 2 + 1 = 3).
Analogamente, prima del secondo guardiano avevo 3 · 2 + 1 = 7 mele, e
all’inizio ne avevo rubate 7 · 2 + 1 = 15.
16
Quesito 24. Il burbero professore di matematica Setteperotto ha assegnato
una punizione al suo studente più disattento, Berto. Il ragazzo deve scrivere
alla lavagna la seguente lista di frasi:
• In questa lista c’è esattamente una frase falsa.
• In questa lista ci sono esattamente due frasi false.
• In questa lista ci sono esattamente tre frasi false.
• ...
• In questa lista ci sono esattamente cento frasi false.
Non appena ha finito di scrivere la centesima e ultima frase, Berto crede di
essere libero di andare. Ma il professore gli dice: “Bene. Adesso analizza la
lista e dimmi quante e quali sono le frasi vere!”. Cosa direste voi?
Le frasi sono tutte incompatibili tra loro, quindi al più una sola di esse
è vera. Se fossero tutte false, allora la centesima frase sarebbe anche vera,
e questo è impossibile. Quindi ce n’è una sola vera, e le altre 99 sono false.
Quindi la 99-esima è vera, e le altre sono false.
Quesito 25. Ad una riunione tra matematici si ritrovano otto amici: quattro
mariti e quattro mogli. Tutti si scambiano i soliti convenevoli: baci, abbracci,
strette di mano. Nessuno ha ovviamente stretto la mano a se stesso o al
proprio coniuge. Alla fine della festa uno di loro, Alberto, domanda a tutti
a quante persone hanno stretto la mano e riceve da ognuno una risposta
diversa. Alberto ha stretto la mano a Bruno. La moglie di Alberto ha stretto
la mano alla moglie di Bruno? E a Bruno?
La moglie di Alberto ha stretto la mano a Bruno, ma non a sua moglie.
Ci sono 8 persone, nessuno stringe la mano a se stesso o al proprio coniuge.
Quindi ognuno stringe la mano a un massimo di 6 persone. Siccome sono
state date 6 risposte tutte diverse, devono essere attribuiti i numeri 0, 1, 2,
3, 4, 5, 6.
Cominciamo dalla persona che ha stretto 0 mani, l’introverso. Non ha
salutato nessuno. La persona che ha stretto 6 mani (l’estroverso) ha salutato
tutti tranne se stesso e il proprio coniuge, quindi l’estroverso è il coniuge
dell’introverso. Utilizziamo questa notazione: si mettono tra parentesi le
coppie identificate, e si lasciano fuori quelle non ancora identificate. Quindi
per ora la situazione è (0,6), 1, 2, 3, 4, 5, Alberto.
La persona che ha stretto 1 mano (il quasi introverso) ha salutato una
persona, quindi deve aver salutato l’estroverso che ha salutato tutti.
17
A
6
0
5
1
4
2
3
Figura 3: Schema delle strette di mano
La persona che ha stretto 5 mani (il quasi estroverso) ha salutato tutti
tranne l’introverso, il coniuge e se stesso: quindi il quasi introverso è il coniuge
del quasi estroverso. Ora la situazione è (0,6), (1,5), 2, 3, 4, Alberto.
Ragionando allo stesso modo, la persona che ha stretto 2 mani (lo pseudo
introverso) è dunque il coniuge della persona che ne ha strette 4 (lo pseudo
estroverso). I due restanti sono Alberto e sua moglie. La situazione allora è
questa: (0,6), (1,5), (2,4), (3, Alberto).
Quindi la moglie di Alberto ha stretto la mano a 3 persone. E Alberto
deve dunque aver stretto la mano all’estroverso, al quasi estroverso e allo
pseudo estroverso, cioè a 3 persone, una delle quali è Bruno. E quindi la
moglie di Alberto non può aver stretto la mano alla moglie di Bruno (infatti
non ha stretto la mano né all’introverso, né al quasi introverso, né allo pseudo
introverso, uno delle quali è la moglie di Bruno), mentre ha sicuramente
stretto la mano a Bruno.
Quesito 26. Un carpentiere, lavorando con una sega circolare, desidera tagliare un cubo di legno, di tre centimetri di lato, in ventisette cubetti da un
centimetro. Egli potrebbe farlo facilmente con sei tagli, mantenendo i pezzi
sempre in modo da conservare la forma cubica. È possibile ridurre il numero
dei tagli necessari risistemando i pezzi dopo ogni taglio?
Non c’è alcun modo di ridurre i tagli a meno di sei. Infatti un cubo ha sei
facce; la sega fa tagli netti, che producono una faccia alla volta. Per ricavare
il cubo da un centimetro di lato posto al centro (quello senza superfici libere
da cui cominciare) occorre fare sei passaggi con la sega.
18
Quesito 27. Un gruppo di aerei è dislocato su una piccola isola. Il serbatoio
di ogni aereo contiene esattamente carburante sufficiente a consentire mezzo
giro intorno al mondo, ma è possibile trasferire quanto carburante si vuole
dal serbatoio di un aereo a quello di un altro mentre gli aerei sono in volo.
La sola fonte di carburante è sull’isola e, agli effetti del problema, si suppone
che non venga perduto tempo nel rifornimento sia in aria che al suolo.
Qual è il numero minimo di aerei necessario per assicurare il volo di uno
di essi per un giro completo intorno al mondo, ammettendo che gli aerei
abbiano la stessa velocità costante rispetto al suolo, lo stesso consumo di
carburante e che tutti gli aerei rientrino sani e salvi alla base?
Sono sufficienti tre aerei per assicurare il volo di uno di essi intorno al
mondo. Vi sono molti modi per realizzare il giro del mondo, ma il seguente
sembra il più efficace; con questo si usano solo cinque serbatoi di carburante,
consente ai piloti di due aerei tempo sufficiente per prendere un caffè prima
di far rifornimento alla base ed è sviluppato secondo una piacevole simmetria.
Distanza
Tempo
Figura 4: Diagramma del moto degli aerei
Gli aerei A, B e C partono insieme. Dopo aver percorso 1/8 della distanza,
C trasferisce 1/4 del suo carburante ad A ed 1/4 a B. Cosı̀ a C resta 1/4 di
serbatoio, proprio quanto basta per tornare a casa.
19
A e B continuano insieme ancora per 1/8 di percorso, poi B trasferisce
1/4 di serbatoio ad A. B rimane con 1/2 serbatoio, proprio quanto gli basta
per tornare indietro alla base dove esso arriva con il serbatoio vuoto.
L’aereo A, col serbatoio pieno, continua sino ad 1/4 di strada dalla base,
dove resterebbe senza carburante. Qui viene incontrato da C che si è rifornito alla base e che gli trasferisce 1/4 di carburante, dopodiché entrambi si
dirigono alla base.
I due aerei resterebbero senza carburante ad 1/8 di percorso dalla base, dove però vengono incontrati dall’aereo B che ha fatto rifornimento. B
trasferisce ad ognuno degli altri due 1/4 del suo serbatoio e tutti e tre gli
aerei hanno ora esattamente il carburante sufficiente per raggiungere la base
a serbatoio vuoto.
Quesito 28. Un monaco si reca a meditare sulla montagna, partendo all’alba
dal convento. Durante la marcia il monaco si ferma a riposare alcune volte
e a mangiare; arriva sulla cima della montagna nel tardo pomeriggio e inizia
il periodo di meditazione.
Dopo alcuni giorni, riparte all’alba di ritorno al convento e arriva nel
pomeriggio, lungo la stessa strada della salita.
A questo punto, si accorge che esiste un punto, lungo il percorso, in cui
durante i due viaggi è passato alla stessa ora del giorno. Perché?
Spazio
Rappresentiamo su un grafico il moto del monaco durante la salita e
durante la discesa. Si tratta di due curve continue (il monaco non si teletra-
Tempo
Figura 5: Diagramma del moto del monaco
sporta) che, in un qualche punto, si devono attraversare. Quello è il punto
in cui, sia durante la salita che durante la discesa, il monaco è passato alla
stessa ora.
20
Quesito 29. Pitagora ha dimostrato che, in un triangolo rettangolo, il quadrato costruito sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati costruiti
sui cateti. E questo teorema si traduce in linguaggio algebrico con la nota
formula: x2 + y 2 = z 2 , e le terne di numeri interi che soddisfano alla formula vengono dette terne pitagoriche. Sembra però impossibile generalizzare
questa formula. Cioè, invece di lasciare l’esponente 2, si può provare a scrivere una formula generica con un esponente n, ma poi non è facile trovare
i valori di x, y e z che soddisfino alla nuova equazione. E dunque sapreste
dimostrare che l’equazione
xn + y n = z n
non ammette soluzioni intere per n > 2?
Basta leggere le lettere iniziali di ogni periodo di cui la domanda è composta per accorgersi che questo è un pesce d’aprile. . .
La domanda contiene infatti il testo dell’ultimo teorema di Fermat: un
teorema famoso, proposto da Fermat sotto forma di nota scritta a margine
della sua copia di un antico testo greco di Aritmetica di Diofanto.
La nota in questione fu scoperta dopo la morte di Fermat. In essa, il matematico affermava di aver scoperto la dimostrazione del fatto che l’equazione
xn + y n = z n non ammette soluzioni intere quando n > 2.
Ecco la famosa nota:
“Cubum autem in duos cubos, aut quadrato-quadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in
duos eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem
sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet”.
La sua traduzione è pressapoco questa:
“È impossibile che un cubo sia la somma di due cubi, che una quarta
potenza sia la somma di due quarte potenze, o in generale che ogni numero,
che sia una potenza maggiore di due, sia la somma di due uguali potenze.
Ho scoperto una dimostrazione davvero meravigliosa di questa proposizione.
Ma questo margine è troppo stretto per contenerla”.
Pierre de Fermat nacque nel 1601 e morı̀ nel 1665, era un avvocato francese che coltivava l’hobby per la matematica. Pur essendo un amatore, i suoi
lavori nel campo della teoria dei numeri furono tanto eccezionali che Fermat
viene considerato come uno dei “grandi” matematici. Aveva l’abitudine di
scrivere annotazioni sui margini dei libri o sulle lettere che scriveva ad amici,
piuttosto che di pubblicare le sue scoperte. Ha scoperto la geometria analitica
indipendentemente da Cartesio, ma non pubblicò i suoi lavori sull’argomento. Ha fondato la teoria della probabilità assieme a Pascal e ha scoperto il
principio secondo il quale la luce viaggia attraverso un mezzo ottico in modo
21
tale da utilizzare il minor tempo possibile. Ha risolto molti problemi fondamentali di analisi, e ha fornito molti importanti contributi alla teoria dei
numeri e all’ottica.
Il suo “ultimo teorema” è rimasto irrisolto (nonostante molti matematici
avessero tentato di trovarne una dimostrazione) fino al 1995, quando venne
pubblicata una dimostrazione da parte di A. Wiles. Bisogna dire che la
dimostrazione è lunghissima, fa uso di concetti che Fermat non conosceva, e
solo pochi esperti al mondo riescono a comprenderla completamente.
Quesito 30. Una nota marca di merendine per la prima colazione inserisce,
in ogni scatola, una figurina di un matematico famoso. Il produttore sostiene
che tutti i matematici sono distribuiti uniformemente, e che la serie completa
è composta da 8 figurine (siamo solo alla prima edizione). Quante scatole
dovremo comprare per avere una probabilità “ragionevole” di completare la
collezione?
Servono almeno 22 scatole. All’acquisto della prima scatola le probabilità
di trovare un matematico che ci manca sono, evidentemente, pari a 1. Quindi
è ragionevole acquistare una scatola (pari a 8/8) per avere un matematico
che manca alla collezione.
All’acquisto della seconda scatola le probabilità di trovare un matematico
che non abbiamo sono ora pari a 7/8, quindi in media dovremo comprare 8/7
di scatole per trovare il secondo matematico. Per trovare il terzo, comprando
una scatola avremo una probabilità pari a 6/8, e quindi dovremo comprare
22
8/6 di scatola, e cosı̀ via. Alla fine, le scatole che si dovranno comprare
saranno
N=
8 8 8 8 8 8 8 8
761
+ + + + + + + =
≈ 21.7
8 7 6 5 4 3 2 1
35
cioè serviranno almeno 22 scatole.
Quesito 31. Prendete un numero naturale abbastanza grande, per esempio
3141592654. Ora contate quante cifre pari (zero compreso) sono presenti
nel numero (in questo caso 4), poi contate quante cifre dispari sono presenti
nel numero (in questo caso 6), poi fate la somma dei due numeri trovati
(in questo caso 10), infine create un nuovo numero mettendo uno a fianco
dell’altro i tre numeri appena calcolati (in questo caso 4610).
Poi ripetete lo stesso procedimento al numero appena trovato, e guardate
cosa succede (in questo caso risulta 314). Continuate cosı̀ per un po’. Adesso
rispondete alla domanda: perché?
Quello che succede è che, in ogni caso, il procedimento produce il numero
123, e poi si stabilizza.
Infatti, qualunque sia il numero iniziale, dopo un po’ di passaggi si ottengono sempre tre cifre, perché il procedimento di conteggio delle cifre pari e
di quelle dispari fa sempre diminuire il numero di cifre necessarie per scrivere
il totale. Non appena questo avviene, si ha che l’ultima cifra del numero che
verrà scritto sarà 3 (è il totale delle cifre, e questo totale si stabilizza a 3).
Ma la terza cifra è la somma delle due precedenti, quindi saranno possibili
solo questi casi:
• 123
• 213
• 033
• 303
che sono tutti possibili, e che generano 123 al passo successivo.
Quesito 32. Alice e Bruno, due amici matematici, si incontrano per strada
e chiacchierano del più e del meno. “Ho scoperto che il numero di quest’anno,
2004, ha una particolare proprietà”, dice Alice, “infatti si può esprimere come
somma di interi positivi consecutivi: 2004 = 247 + 248 + 249 + 250 + 251 +
252 + 253 + 254”.
23
“Interessante”, risponde Bruno, “ma ora che mi ci fai pensare anche
l’anno prossimo ha questa proprietà: 2005 = 1002 + 1003”. “Ehi!”, continua il matematico, “ma anche l’anno scorso aveva la stessa proprietà:
2003 = 1001 + 1002. Non è che sia una proprietà valida per tutti gli anni del
terzo millennio?”
Alice ci pensa un po’ su, poi conclude: “No! Esiste un anno nel terzo
millennio che non ha questa proprietà! Indovina qual è?”
Qual è questo anno che non si può esprimere come somma di interi
positivi consecutivi?
L’anno è il 2048. Se indichiamo con m + 1 l’intero positivo di partenza
(nell’esempio del 2004, m + 1 = 247) e con n l’intero positivo finale (nello
stesso esempio, n = 254), e se ricordiamo la formula del piccolo Gauss sulla
somma dei primi interi, che è la seguente:
1 + 2 + ··· + n =
n(n + 1)
,
2
allora la proprietà richiesta dal problema si può esprimere in formule in questo
modo:
n(n + 1) m(m + 1)
−
2
2
1 2
= (n − n − m2 − m)
2
1
= ((n − m)(n + m) + (n − m))
2
1
= (n − m)(n + m + 1).
2
N=
Ma questo significa che l’anno cercato N deve contenere almeno un fattore
dispari, perché o n − m è dispari, oppure lo è n + m + 1. Fra tutti gli anni del
terzo millennio solo 2048 = 211 non contiene nemmeno un fattore dispari.
Quesito 33. Scomporre in fattori primi il numero
267 − 1 = 147573952589676412927.
Il numero si scompone nel prodotto di soli due numeri primi:
147573952589676412927 = 193707721 · 761838257287.
Chi ha trovato strano questo quesito1 è invitato a proseguire nella lettura:
troverà la storia di questo problema e dello strano personaggio che l’ha risolto.
1
ha certamente ragione, ma quale quesito matematico non è strano in un qualche senso
del termine?
24
I numeri nella forma 2p − 1, in cui p è primo, sono chiamati numeri di
Mersenne dal nome di Martin Mersenne, un frate parigino del diciassettesimo
secolo che fu il primo a far notare come molti numeri di questo tipo sono
primi. Ora esiste un sito internet, www.mersenne.org, che raccoglie tutti i
numeri primi di Mersenne conosciuti e che, mediante il calcolo distribuito,
consente a chiunque sia in possesso di un computer di continuare nell’analisi
di questo tipo di numeri.
Per circa 200 anni si sospettò che il nostro 267 − 1 fosse primo. Un giorno
dell’ottobre 1903, a una riunione a New York della American Mathematical
Society, il professore Frank Nelson Cole della Columbia University si alzò per
una comunicazione. Cole, che era sempre stato un uomo di poche parole, andò
alla lavagna e senza dire una parola procedette a scrivere col gesso il calcolo
aritmetico per elevare 2 alla sessantasettesima potenza. Poi accuratamente
sottrasse 1. Senza una parola passò poi ad una parte pulita della lavagna e
moltiplicò per esteso
193707721 · 761838257287.
I due calcoli coincidevano. Per la prima e sola volta che sia stata registrata, un
uditorio della American Mathematical Society applaudı̀ vigorosamente l’autore di una comunicazione. Cole riprese il suo posto senza aver pronunciato
una parola. Nessuno gli pose domande.
Tempo dopo fu domandato a Cole quanto tempo ci avesse messo a scomporre il numero, ed egli rispose: “Le domeniche di tre anni”.
Quesito 34. Una epidemia di influenza marziana ha contagiato tutti gli
abitanti della colonia terrestre su Marte. La malattia è altamente contagiosa,
tanto che la si può contrarre semplicemente toccando un oggetto toccato, in
precedenza, da una persona infetta. Nell’infermeria della colonia la vita è
frenetica, soltanto tre dottori non si sono ammalati e devono operare, in
sequenza, un paziente.
Purtroppo, però, a causa dell’epidemia sul pianeta non giungono più i
rifornimenti, e ai tre chirurghi sono rimaste soltanto due paia di guanti.
Essi, come già detto, devono operare in sequenza il loro paziente, ma devono
anche evitare qualunque contatto tra di loro e con qualunque oggetto toccato
dagli altri (tutti e quattro potrebbero già avere contratto la malattia, essere
contagiosi, e non aver ancora mostrato i sintomi). Dunque come possono
fare i medici per operare il paziente utilizzando solo due paia di guanti? Non
è ammesso usare un solo guanto alla volta, i chirurghi devono usare entrambe
le mani.
Ogni guanto ha due superfici, quella interna e quella esterna. Quindi
i medici hanno a disposizione quattro superfici da gestire. Possono dunque
25
operare il loro paziente in questo modo: il primo medico indossa il primo paio
di guanti sopra al secondo paio, ed opera. Il secondo medico indossa di nuovo
il primo paio di guanti, che ha la superficie interna ancora “pulita”. Il terzo
medico rivolta il secondo paio di guanti, portando all’interno la superficie
“pulita”, li indossa e poi indossa anche il primo paio di guanti, che hanno
la superficie esterna “sporca”, ma toccata dal paziente. In questo modo le
quattro diverse superfici sono state toccate solo da una delle quattro persone,
e la malattia non si diffonde.
26