Mettiamo che il prisma abbia come base un poligono di...

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Mettiamo che il prisma abbia come base un poligono di 7 lati;quante saranno le sue facce, quanti i suoi spigoli e vertici? Il con-to è presto fatto: ci sono 9 facce (7 laterali e le due basi), 21 spi-goli (7 in ogni base più 7 verticali) e 14 vertici (7 per base). Seinvece di 7 la base ha n lati, avremo n+2 facce (n laterali e le duebasi), 3n spigoli (n ogni base più n verticali) e 2n vertici.

Tanto per fare qualche altro esempio, proviamo con i cinque soli-di regolari: il tetraedro, il cubo, l’ottaedro, il dodecaedro e l’ico-saedro. Le figure di questi solidi, che vedete qui accanto, sono sta-te disegnate da Leonardo da Vinci per la Divina proportione,un’opera che Luca Pacioli pubblicò nel 1509, pressappoco cin-quecento anni fa. Il cubo lo abbiamo già incontrato, e anche iltetraedro che è una piramide le cui facce sono tutte triangoli equi-lateri. Per quanto riguarda gli altri solidi, ci basterà sapere che

l’ottaedro è composto di 8 triangoli, in ogni vertice si incontra-no 4 spigoli;l’icosaedro è composto di 20 triangoli, in ogni vertice si incon-trano 5 spigoli;il dodecaedro è composto di 12 pentagoni, in ogni vertice siincontrano 3 spigoli.

Sapreste fare il calcolo degli spigoli e dei vertici di questi tre soli-di? Se no, ma anche per controllare il vostro risultato, basteràgirare la pagina.

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4 FACCE, SPIGOLI, VERTICI: LA CLASSIFICAZIONE DELLE SUPERFICI


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Le facce sono già scritte, e non c’è nessun problema. Per calcola-re gli spigoli dell’ottaedro, osserviamo che ogni triangolo ha 3lati, e quindi ci sono in tutto 3×8=24 lati. Ma attenzione! i latidei triangoli sono sovrapposti due a due, e quindi ogni due latic’è un solo spigolo; in totale dunque abbiamo 12 spigoli. Ognispigolo ha poi due estremi, e quindi in tutto ci sono 24 estremi.Ma siccome in ogni vertice si incontrano 4 spigoli, gli estremi sisovrappongono 4 a 4, per un totale di 6 vertici.

Questo conto si poteva anche evitare, perché si vede a occhiocome stanno le cose per un ottaedro, che è fatto di due piramidia base quadrata, attaccate per le basi. Allora le facce sono quel-le laterali delle due piramidi, cioè 8 (le basi spariscono perché siattaccano e finiscono all’interno dell’ottaedro); i vertici sonoquelli della base più i due vertici delle piramidi, dunque 6; e infi-ne gli spigoli sono gli 8 laterali delle due piramidi più i 4 dellabase, in totale 12. Perché allora se si vedeva direttamente abbia-mo fatto il calcolo di sopra? perché quel calcolo funziona ancheper gli altri due solidi, per i quali il computo diretto è un po’ piùdifficile. Provate a farlo, poi girate la pagina per controllare.

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Il calcolo dell’icosaedro è praticamente uguale a quello dell’ot-taedro: ci sono 20 facce, e questo si sapeva fin dall’inizio. Ognifaccia ha 3 lati, dunque in totale 60 lati, che però si sovrappon-gono a coppie dando luogo a 30 spigoli. Infine ogni spigolo ha 2estremi, dunque ci sono 60 estremi, che però si fondono a grup-pi di 5 e danno 12 vertici.

Veniamo infine al dodecaedro, che come dice il suo nome ha 12facce. Ogni faccia ha 5 lati (le facce del dodecaedro sono penta-goni) e quindi 60 lati che danno 30 spigoli. Questi 30 spigolihanno 60 estremi, che si fondono tre a tre, e quindi ci sono 20vertici. Proviamo a fare una tabella di quello che abbiamo tro-vato finora:

Facce Spigoli Vertici

Tetraedro 4 6 4Cubo 6 12 8Ottaedro 8 12 6Icosaedro 20 30 12Dodecaedro 12 30 20Piramide a base di n lati n+1 2n n+1Prisma a base di n lati n+2 3n 2n

Riuscite a tirarci fuori qualcosa? Sapreste trovare una relazione,una formula, che lega tra loro facce, vertici e spigoli di tutti que-sti solidi? Per saperne di più, basterà guardare alla pagina chesegue.



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cie. I punti in cui si incontrano saranno i vertici, le parti di lineatra due vertici saranno gli spigoli, e le regioni delimitate daglispigoli saranno le facce.

Proviamo ad esempio con una sfera con due meridiani, come nel-la figura.

Qui abbiamo 4 facce (i 4 spicchi in cui due meridiani dividonola sfera), 4 spigoli (i 4 mezzi meridiani) e 2 vertici (i due poli); eanche in questo caso risulta F+V=S+2.

E se ci mettiamo anche l’equatore? Non vi ricorda qualcosa?

No? allora vedete alla pagina seguente.

Forse con un aiutino? Allora proviamo a sommare tra loro inumeri delle facce e dei vertici, così:

Facce+ vertici Spigoli

Tetraedro 8 6Cubo 14 12Ottaedro 14 12Icosaedro 32 30Dodecaedro 32 30Piramide a base di n lati 2n+2 2nPrisma a base di n lati 3n+2 3n

Che ne dite? Ora è sicuramente più facile: i numeri delle facce edei vertici sommati insieme danno il numero degli spigoli piùdue; in formule:

Facce + Vertici = Spigoli +2.

Vogliamo fare una prova? Possiamo provare con una coppia dipiramidi con la base di n lati, unite per le basi come l’ottaedro.Questo solido ha 2n facce (quelle laterali delle piramidi), n+2vertici (quelli di una base più i due vertici) e 3n spigoli (quellilaterali delle piramidi più quelli della base). Avremo allora

Facce + Vertici = 2n+n+2 = 3n+2Spigoli = 3n

e verifica ancora la relazione F+V=S+2.

Fin qui i poliedri. Ma è proprio necessario fermarsi ai poliedri,cioè ai solidi a facce piane? a prima vista sembra di sì, perché seno cosa sono gli spigoli e i vertici? D’altra parte, proviamo aimmaginare un poliedro -per esempio un cubo- fatto di plastili-na, sul quale disegnamo gli spigoli con un pennarello. Se oradeformiamo il cubo, magari allungandolo fino a formare unparallelepipedo rettangolo, o anche un solido con facce non pia-ne come nella seconda figura o addirittura arrotondandolo finoa farlo diventare una sfera, il numero delle facce, degli spigoli edei vertici resta lo stesso.

In quest’ultimo caso -quando il cubo è diventato una sfera- glispigoli sono solo delle linee tracciate sulla superficie, le faccesono le regioni delimitate dagli spigoli, e i vertici i punti in cui siincontrano tre o più spigoli. In generale, possiamo prendere unoggetto qualsiasi, e tracciare delle linee chiuse sulla sua superfi-



spigolo

faccia

faccia

vertice vertice

vertice

spig

olo

spigolo

faccia

faccia

vertice vertice

vertice

spig

olo

spig

olofaccia

faccia

spigolovertice

vertice

spig

olo

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Provate ad appiattire le otto regioni (le otto facce) in cui i tre cer-chi dividono la sfera. Ma certo, l’ottaedro!

Il calcolo si fa allora allo stesso modo, e dà sempre lo stesso risul-tato:

F+V=S+2.

A questo punto il gioco è fatto, si dirà, e la formula che lega traloro facce, spigoli e vertici di un solido è praticamente dimostra-ta. Piano, bisogna rispondere. Le prove che abbiamo fatto sug-geriscono sicuramente che la formula sia valida, ma altro è sug-gerire, altro è dimostrare. Chi ci dice infatti che tra tutti gli innu-merevoli poliedri non ce ne sia uno, magari strano e difficile daimmaginare, per il quale la formula non vale? Siamo propriosicuri che non ci siano eccezioni? La risposta a questa obiezionepuò essere solo una: dimostrare. Fare altre prove a questo puntoè inutile; le prove hanno dato tutto quello che potevano dare:una congettura. Per andare più avanti bisogna dimostrare che lanostra formula è vera per qualsiasi poliedro.

Già, ma come? In effetti, dimostrare è tutt’altra cosa che verifica-re come abbiamo fatto finora. Per verificare, si prende un poliedroe si contano facce,vertici e spigoli. Per dimostrare, visto che i polie-dri sono infiniti, occorre avere qualche idea. Magari cominciare daun caso più semplice: invece di poliedri, che sono figure nello spa-zio, prendere figure piane, come questa per esempio.

Anche in figure piane come questa abbiamo facce, vertici e spi-goli. Se proviamo a contarli, troveremo 6 facce, 9 vertici e 14 spi-goli, e risulta F+V=S+1. Vale sempre questa formula? Anche sta-volta possiamo fare delle prove.

Un poligono ha 1 faccia e tanti spigoli quanti vertici, e dunqueF+V=S+1.

Una stella a cinque punte, come questa ha 6 facce, 15 spigolie 10 vertici, e abbiamo ancora F+V=S+1.

Una busta chiusa

ha 4 facce, 5 vertici e 8 spigoli; una aperta 5 facce, 6 vertici e 10spigoli. In ogni caso risulta F+V=S+1.

Siete d’accordo con il calcolo di vertici e spigoli della stella e del-la busta aperta? Sia che rispondiate sì che no, farete meglio apassare alla prossima pagina.



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In conclusione, dobbiamo far vedere che se a un reticolatoaggiungo un segmento, la quantità F+V–S non cambia, ossia cheaggiungendo uno spigolo in un modo qualsiasi, necessariamenteaumento di uno o il numero dei vertici o quello delle facce.

Ma proprio in un modo qualsiasi? Eh, no! Perché se aggiungo unsegmento completamente separato dalla figura preesistente, ilnumero dei vertici aumenta di 2 e non di 1 come dovrebbe, equindi la quantità F+V–S cambia (aumenta di 1). Il guaio succe-de perché quando aggiungo un segmento non legato agli altri, lafigura che ne risulta è composta di due parti separate; come sidice in matematica è sconnessa. Questo non deve accadere:occorre che a ogni passo il disegno sia sempre connesso, cioè chenon sia mai fatto di due pezzi separati. Nota bene: questa non èuna condizione arbitraria, messa lì per far tornare il discorso; èinvece una condizione necessaria, che in un primo momento,dato che tutti gli esempi che abbiamo visto riguardavano figureconnesse, avevamo tralasciato. Se infatti il nostro reticolato pia-no non è connesso, la quantità F+V–S non è uguale a 1, comeavveniva negli esempi che abbiamo visto, ma sarà uguale a cosa?La risposta alla prossima pagina.

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Ma, si potrebbe obiettare, non si era detto che in un vertice devo-no arrivare almeno tre spigoli? Com’è che nel vertice in alto del-la busta ne arrivano solo due?

L’obiezione non è campata in aria, anzi. Però per quanto ciriguarda è irrilevante, in quanto sia che si consideri il punto inalto un vertice, sia che lo si escluda, la formula F+V=S+1 nonvacilla. Nel primo caso, è il calcolo che abbiamo appena fatto;nel secondo il numero dei vertici diminuisce di uno, ma diminui-sce di uno anche quello degli spigoli, perché i due segmenti inalto, che prima avevamo contato per due, ora contano per uno.Chi lo preferisce, può dunque dire che la busta aperta ha 5 fac-ce, 5 vertici e 9 spigoli; non sarà d’accordo con gli altri sul nume-ro dei vertici e degli spigoli, ma concorderà sulla validità dellaformula F+V=S+1. Lo stesso per la stella: se volete, potete con-tare solo 5 vertici e 10 spigoli, ma avrete sempre F+V=S+1.

Ma non si era detto che una faccia aveva almeno tre spigoli?Uffa, come siete pignoli! In questo caso la busta aperta non èammissibile. Però vi avverto, poi vi troverete in difficoltà. È mol-to meglio, datemi retta, ammettere che in un vertice possanogiungere due soli spigoli (e che una faccia possa avere anche unsolo spigolo); anzi addirittura sarà meglio ammettere la possibi-lità che uno o più spigoli abbiano un estremo libero. Queste figu-re le chiameremo reticolati. In ogni caso, la congettura che per reticolati piani si abbiaF+V=S+1 sembra anche stavolta sufficientemente fondata.D'altra parte, come c’erano infiniti poliedri, così ci sono infinitireticolati, ed esaminare tanti casi particolari non serve a nulla:bisogna avere un’idea per trattare il caso generale.

Intanto cominciamo a vedere come è fatto in generale un retico-lato piano. Ci sono un numero finito di linee rette, gli spigoli, chedelimitano le facce e terminano sui vertici. Possiamo pensare dicostruirlo partendo da un segmento (uno spigolo, due vertici enessuna faccia) e aggiungendo via via altri spigoli, fino a com-pletare il disegno. Se possiamo provare che ogni volta cheaggiungiamo uno spigolo aggiungiamo anche necessariamente oun vertice o una faccia, la quantità F+V–S resta inalterata (per-ché se S aumenta di uno, aumenta di uno o F o V) e quindi rima-ne uguale a quello che era all’inizio. E siccome per un solo seg-mento risulta F=0, S=1 e V=2, e dunque all’inizio abbiamoF+V–S=1, si ha sempre F+V–S=1 e la congettura è dimostrata.

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1. Il nuovo spigolo ha un solo estremo su un vertice della figura,oppure2. Il nuovo spigolo ha ambedue gli estremi su due vertici dellafigura.

Il caso 1 è descritto nella figura precedente: avendo un solo estre-mo su un vertice della figura originaria, il segmento aggiuntonon potrà delimitare una faccia. Il numero delle facce rimanequindi lo stesso, mentre quello dei vertici aumenta di 1, quellolibero del segmento aggiunto.

Nel caso 2. invece il numero dei vertici resta lo stesso, e bisognafar vedere che aumenta di uno il numero delle facce. Questo casoè più complesso e si spezza in due sottocasi:

2A. Il segmento aggiunto si trova all’interno di una faccia già esi-stente, oppure2B. Il segmento aggiunto non si trova all’interno di una facciagià esistente.

Nel primo caso, la faccia in questione viene divisa in due,aumentando così di 1 il numero delle facce. Nel secondo, il nuo-vo segmento, insieme con alcuni degli spigoli già presenti, deveracchiudere una nuova faccia, perché altrimenti il disegno origi-nario non sarebbe stato connesso. Anche in questo caso dunqueil numero delle facce aumenta di 1, e la formula per i reticolatipiani connessi F+V–S=1 è finalmente dimostrata.

Ma noi eravamo partiti dai poliedri, e ci siamo ritrovati con ireticolati. Cosa hanno a che fare i reticolati piani con i poliedri?E in che modo le due congetture sono legate? Per questo biso-gnerà girare la pagina.

Supponiamo che la nostra congettura valga per tutti i reticolaticonnessi, e dunque che per questi si abbia F+V–S=1.Supponiamo ora di avere un reticolato fatto di due parti connes-se completamente separate l’una dall’altra; quanto vale per que-sto reticolato la quantità F+V–S? La risposta è semplice: infattiper ognuna delle due parti varrà la relazione F+V–S=1, e quindiper la figura complessiva sarà F+V–S=2. Lo stesso vale se invecedi due ci sono 12 o 73 o un numero qualsiasi di componenti con-nesse: la quantità F+V–S dà esattamente il numero delle particonnesse.

Questo vale anche se le parti connesse sono disposte una dentrol’altra, in modo da delimitare delle facce, come nella figura chesegue, con 8 spigoli, 8 vertici e 2 facce (dunque con F+V–S=2).

Una volta chiarito questo punto, possiamo tornare al nostro pro-blema, supponendo che il nostro reticolato sia connesso. Si trat-ta di provare che aggiungendo uno spigolo (naturalmente attac-candolo alla figura già esistente in modo da conservare la con-nessione) aumenta di uno anche il numero dei vertici o quellodelle facce. Per conservare la connessione, lo spigolo da aggiun-gere dovrà avere almeno uno degli estremi su un vertice dellafigura. Si possono dare due casi:

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F+V-S=1 F+V-S=1

F+V-S=2

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Immaginiamo che la superficie di un poliedro sia fatta di gom-ma, in modo da poterla deformare e stendere. Naturalmente,non sarà possibile stendere tutta la superficie su un piano senzaromperla da qualche parte, perché se no alcune parti si dovran-no necessariamente sovrapporre. Se però ritagliamo via una del-le facce, resterà un poliedro con un buco, che potrà essere diste-so sul piano. La figura a sinistra mostra un cubo disteso sul pia-no dopo aver tolto una faccia. Naturalmente questa operazionesi può fare in tanti modi (la figura a destra mostra un altro risul-tato ottenuto sempre a partire dal cubo) ma quello che conta nonè la forma della figura che si ottiene, ma il numero delle facce,degli spigoli e dei vertici, che è lo stesso per tutte le figure cheprovengono dal cubo. In particolare, gli spigoli e i vertici del reti-colato piano sono tanti quanti quelli del poliedro di partenza,mentre le facce sono una di meno (manca infatti quella che è sta-ta tagliata).

Grazie a questa operazione di taglio e spianamento, si capisce larelazione tra i reticolati piani e i poliedri: un reticolato piano è ilrisultato dello spianamento di un poliedro a cui è stata tolta unafaccia. Le due congetture sono allora equivalenti: infatti se perreticolati piani vale la formula F+V=S+1, la stessa formula varràper i poliedri a cui è stata tolta una faccia. Di conseguenza per ipoliedri completi, che hanno una faccia in più dei reticolati cor-rispondenti, risulterà F+V=S+2.

Tutto fatto allora? Non c’è più nulla da dire? Solo il fatto chequeste domande siano state poste dice che qualcosa c’è ancora.Ma cosa? Per saperlo, voltare la pagina.



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Ma avete provato con un mazzocchio? Se non sapete cos’è,guardate questo disegno di Paolo Uccello:

Complicato, vero? Proviamo a farlo più semplice, come questo:

Siamo sicuri che togliendogli una faccia sia possibile distenderlosu un piano? Guardiamo le cose da un altro punto di vista. Seprendiamo un pallone di gomma e gli facciamo un buco, possia-mo allargarlo e stenderlo su un piano: per quanto riguarda latopologia, un pallone bucato è come un disco. Prendiamo inveceuna gomma da bicicletta bucata e cerchiamo di fare lo stessoallargando il buco. Riusciremo a stenderla su un piano? O inaltre parole, sarà equivalente a un disco? e se no cosa viene?Cercate di immaginarvelo e poi controllate alla pagina seguente.

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Per prima cosa, occorre essere sicuri che gli spigoli del poliedroformino una figura connessa, in modo che una volta spianato ilpoliedro, il reticolato risulti connesso. Infatti la formula F+V-S=1vale solo per reticolati connessi. Ad esempio se il nostro poliedrodi partenza era formato da due cubi uno sull’altro (si noti che ilcubo piccolo non ha la faccia che poggia sul cubo grande, e chela faccia superiore di quest’ultimo è forata in corrispondenza),quando si toglie la faccia inferiore del cubo grande e si spiana, ilreticolato che ne risulta è quello in figura, che è composto di dueparti connesse. Allora risulterà F+V-S=2, e quindi per il poliedroavremo F+V-S=3, come si può verificare contando.

In secondo luogo, siamo proprio sicuri che tutti i poliedri con-nessi si possano spianare, (qui proseguire con la seconda riga)Siamo proprio sicuri che tutti i poliedri si possano spianare,naturalmente dopo aver tolto una faccia? Vediamo: il cubo sispiana, una piramide pure (provare per credere), un prismaanche, i poliedri regolari (ottaedro, dodecaedro, icosaedro)anche. Sembra proprio che la risposta sia sì, e che questi dubbipossano venire solo a dei matematici pedanti.


Poliedri spianati: un tetraedro,una piramide a base quadrata, un prisma a base triangolare.

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Consideriamo due di questisolidi separati. Per ognuno diessi risulta F+V–S=2 e quindi,se ne contiamo insieme le facce,gli spigoli e i vertici, avremoF+V–S=4. Quando ora attac-chiamo le due facce rosse, ilsolido che ne risulta avrà due

facce di meno (quelle rosse); inoltre i vertici e gli spigoli corri-spondenti delle due facce verranno a coincidere, e quindi di ognicoppia di vertici (e di spigoli) corrispondenti ne resterà solo uno.In totale, le facce diminuiranno di 2, gli spigoli e i vertici di tan-ti quanti sono gli spigoli e i vertici delle facce che si incollano, nelnostro caso 4. In ogni caso, siccome una faccia ha tanti spigoliquanti vertici, gli spigoli e i vertici diminuiranno sempre dellostesso numero, e quindi il numero V–S rimarrà lo stesso. Per ilsolido risultante si avrà allora F+V–S=2.

Possiamo ora ripetere lo stessoprocedimento incollando unaltro solido sulla faccia arancio-ne: il solido risultante avrà sem-pre F+V–S=2.

Lo stesso avverrà se attacchiamo l’ultima asta verticale, ma solosulla faccia turchese. Anche per questo solido si avrà la relazio-ne F+V–S=2. Se ora chiudiamo l’anello, attaccando tra loro lefacce rosse, il numero delle facce diminuirà come prima di due,mentre la differenza V–S resterà invariata; di conseguenza il nuo-vo solido verificherà la relazione F+V–S=0. Si vede facilmente dove sta la differenza: mentre prima si incol-lavano due solidi separati, partendo dalle relazione F+V–S=4,ora invece si incollano due facce dello stesso solido, che verificala relazione F+V–S=2. In conclusione, la chiusura di un anello haprovocato la diminuzione di 2 della quantità F+V–S.

E che succede se si aggiunge un altro foro? Cioè se invece di unaciambella si fa un 8? La risposta voltando la pagina.

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Cosa viene se si cerca di stendere su un piano una gomma con unbuco? Guardate questa figura:

Proprio così, un coperchio, o se si vuole un disco con una mani-glia. Lo stesso avviene con il mazzocchio o con il poliedro dellafigura: anche se si toglie una faccia (che è lo stesso che fare unbuco) non è possibile stenderli su un piano. Per questi poliedridunque la dimostrazione che abbiamo fatto prima non funziona.

Un momento, si potrebbeobiettare, è vero che la dimo-strazione non funziona, maquesto non significa che laformula F+V–S=2 sia falsa:bisognerà trovare una dimo-strazione diversa. Questaosservazione è giusta, e a vol-

te le cose stanno così; in questo caso però è proprio la formulache non va. Infatti riprendiamo il solido di sopra, e contiamo lefacce, i vertici e gli spigoli. Ci sono quattro facce verdi, quattrogialle, quattro grigie davanti e altrettante dietro; in totale 16 fac-ce. Per i vertici, osserviamo che il solido è costituito da un paral-lelepipedo grande, da cui è stato tolto un parallelepipedo più pic-colo; ci sono dunque tutti i vertici del parallelepipedo grande,cioè otto, e tutti quelli del parallelepipedo piccolo, altri otto, perun totale di 16. Per quanto riguarda gli spigoli, ne abbiamo 12del parallelepipedo grande, altri 12 di quello piccolo, quattrodiagonali che delimitano le facce grigie sul davanti e altre quat-tro diagonali simili sul dietro; abbiamo dunque 32 spigoli e inconclusione F+V–S= 16+16–32=0.

Il motivo della diversità di comportamento tra questo solido“forato” e quelli che abbiamo visto prima, ad esempio un paral-lelepipedo senza buco, per i quali vale invece la formulaF+V=S+2, sta nella presenza del buco, che rende il solido piùsimile a un anello che a una sfera. Per capire meglio di che si trat-ta, vediamo cosa succede se si attaccano due solidi “normali”, diquelli con F+V=S+2.

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Cosa succede con un solido a forma di 8, ossia con una ciambellacon due buchi? Un solido simile si può costruire prendendo dueciambelle,

e incollandole per una faccia, così:

Come prima, il numero complessivo delle facce diminuisce didue, mentre la differenza V–S resta invariata. Dato che ognunodei solidi ciambella verificava la relazione F+V–S=0, per il nuo-vo solido risulterà F+V–S=–2. Se poi la nostra ciambella avessetre buchi (cosa che si può costruire attaccando un’altra ciambel-la a quest’ultimo solido) avremmo F+V–S=–4, eccetera. Così adesempio un solido a forma di ciambella con 27 buchi verificheràla relazione F+V–S=–52; in generale la quantità F+V–S varrà 2meno il doppio del numero di buchi.

Il numero χ=F+V–S si chiama caratteristica di Eulero del polie-dro. In realtà, ricordando quello che si era detto all’inizio, lacaratteristica di Eulero può essere definita per una qualsiasisuperficie: basterà tracciare sulla superficie delle linee, e contarei vertici e le facce che si generano. Il numero di linee non conta;infatti la quantità F+V–S non cambia aggiungendo eventualilinee. Come abbiamo visto, la caratteristica di Eulero di una sfe-ra è 2, quella di un toro (cioè di una ciambella) è 0, quella di unaciambella con due buchi è –2.

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5 IL FALSARIO, I GIORNI DELLA SETTIMANA E L’ARITMETICA MODULARE

Alla ricerca di un falsario, che spaccia false monete d’oro delducato di Burlandia, la polizia ha fermato sei viaggiatori prove-nienti da quel paese, a ognuno dei quali ha sequestrato le mone-te incriminate e ne ha fatto sei mucchietti. Per sapere quantopesano le monete buone e quanto le false, la polizia si è messa incontatto con quella di Burlandia, ma la linea telefonica era mol-to disturbata, e questo è quanto si è riusciti a sentire:

“Le monete buone pesano brrr bzz grammi precisi, e quelle falsesi riconoscono da quelle vere perché pesano un grammo grff pssdelle altre”.

- Ha detto un grammo più o un grammo meno? - chiese l’ispettore.- Non si è capito niente. E ora la comunicazione si è interrotta.- Pazienza. Vediamo cosa si può fare.

Nell’ufficio doganale c’era una bilancia da salumaio, di quelleche pesano con la precisione di un grammo. Con l’aiuto dellaquale la polizia riesce a smascherare il falsario. Quante pesateal minimo avranno dovuto fare? Provate a confrontare lavostra risposta (e il vostro metodo) con quello riportato nellapagina seguente.

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χχ = 2

χχ = 0 χχ = -2

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Intanto con sei pesate si riesce di sicuro; basta pesare separata-mente una moneta di ogni viaggiatore: le cinque che pesanouguale sono buone; la sesta, che pesa un grammo più o menodelle altre, è la falsa. Ma sei pesate, una per ogni viaggiatore,sono decisamente troppe. E se i viaggiatori fossero 2000? Sidovrebbero fare 2000 pesate, occupando per chissà quanto tem-po gli uffici della polizia di frontiera. È vero che le pesate non sidevono fare sempre tutte: basta che le prime due siano uguali (edunque le monete siano buone) e la prima differente è la falsa.Ma se la prima differente è l’ultima? Meglio trovare un sistemapiù efficiente.

Ad esempio, ecco come si può fare con solo tre pesate. Si divi-dono le sei monete in tre gruppi di due, e si pesano i primi due.Se pesano uguale, vuol dire che sono buone, e si sa quanto pesauna moneta buona. Allora basta pesare una moneta del terzogruppo per vedere se è buona o no.

Se invece i pesi delle due prime coppie sono differenti … Qui aprima vista sembrerebbe che ci siamo arenati, perché certamen-te la moneta falsa sta tra queste quattro, ma dove? Tra le due piùpesanti o tra quelle più leggere? E come facciamo a concluderecon la sola pesata che ci resta? La situazione sembra disperata.

Ma siamo proprio sicuri di aver utilizzato tutte le informazioni cheabbiamo? Riflettiamoci un momento prima di girare la pagina.



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Mettiamo che le due coppie pesino la prima 20 grammi e laseconda 19. Si può sapere dove sta la moneta falsa e quantopesano le buone? Vediamo: le buone pesano un certo numero digrammi precisi (cioè un numero intero di grammi), la falsa ungrammo più o meno delle buone. Quando ne peso due insieme,se sono buone viene il doppio del peso della moneta buona, equindi un numero pari di grammi. Se invece tra le due c’è quellafalsa, il peso totale è il doppio di una moneta buona, più o menoun grammo, dunque un numero dispari di grammi. Quindi nelnostro caso la moneta falsa sta tra le due che pesano 19 grammie pesa 9 grammi, mentre le buone pesano 10 grammi. Allorabasta pesare una delle due monete della seconda coppia: se pesa9 grammi è la falsa, se ne pesa 10 la falsa è l’altra.

Questo metodo è buono anche quando ci fossero molti viaggia-tori; anzi più sono più fa risparmiare. Per esempio, se ci sono 20viaggiatori, si comincia facendo tre mucchi più o meno uguali, dicui due con lo stesso numero di monete, come 7, 7 e 6. Si pesa-no i due mucchi di sette; se sono uguali la moneta falsa sta tra lesei che restano e si sa quanto pesa la buona. Se sono diversi, ilmucchio il cui peso è un multiplo di 7 è quello delle monete buo-ne; in questo caso non solo si sa quanto pesa la moneta buona,ma anche se la falsa pesa più o meno.

In ogni caso dopo due pesate si resta con 6 o 7 monete, tra lequali c’è la falsa, e si sa quanto pesa la buona. A questo punto,con ogni pesata si elimina circa la metà delle monete che resta-no. Se ne pesano tre e si vede se sono buone o no, restando con3 o 4 monete. Poi se ne pesano 2, e alla peggio si resta con 2.Un’ultima pesata ci dice qual è la moneta falsa. Quindi in totalecon 5 pesate si trova il falsario tra 20 viaggiatori.

E quando ce ne sono 3000? La strategia consiste nel dividere laprima volta in tre mucchi uguali e pesarne due: con queste dueprime pesate si eliminano due dei gruppi di monete e si scoprequanto pesa la moneta buona. Poi si continua dividendo semprein due mucchi uguali le monete che restano e pesandone uno;ogni pesata restringe alla metà il numero delle monete da con-trollare. Naturalmente non sempre si possono dividere il gruppoiniziale in tre mucchi uguali e quelli successivi in due; si cercheràdi andarci più vicino possibile. La situazione migliore è quandole monete iniziali sono 3x2n; in questo caso bastano n+2 pesate.

Ma siamo proprio sicuri che questa sia la soluzione migliore? Iodico che si può fare molto meglio. Se volete, potete vedere comegirando la pagina.

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Se invece il resto r è tra 15 e 20, le monete false pesano un gram-mo meno delle buone e sono in numero uguali a 21-r.Aggiungendo questo numero al peso totale si ottiene il peso di 21monete buone.

Ad esempio, se il peso P è 205 grammi, dividendo 205 per 21 sitrova 9 con il resto di 16. Siccome il resto è tra 15 e 20, le mone-te false pesano di meno, e il falsario è il quinto viaggiatore, datoche 21-16=5. Per trovare il peso delle monete buone bisognaaggiungere 5 a 205, per un totale di 210 grammi. Dividendo per21, si trova che una moneta buona pesa 10 grammi.

Lo stesso procedimento funziona qualsiasi sia il numero di viag-giatori. Ad esempio con 13 viaggiatori si prende una moneta dalprimo, due dal secondo, ... , 13 dal tredicesimo, e si continuacome prima. Naturalmente occorre che ci sia un viaggiatore conalmeno tredici monete, uno con almeno dodici, eccetera; occor-re anche che la bilancia possa arrivare a pesare 1+2+3+ ... +13 =91 monete. O si può fare con meno?

E poi, è sicuro che funzioni con qualsiasi numero di viaggiatori?Non ci sarà qualche eccezione? Per le risposte, guardate allaprossima pagina.

Una sola pesata è sufficiente, naturalmente fatta con giudizio.

Il problema sta nel riuscire a distinguere tra loro i sei viaggiato-ri. Se come abbiamo fatto finora si prende una moneta da ognimucchio, per distinguere da quale dei mucchi viene la monetafalsa ci vogliono varie pesate; con una sola non c’è niente da fare.Infatti mettiamo di pesare un certo numero di monete -per esem-pio tre- e di trovare che pesano 19 grammi; possiamo dire senzadubbio che le monete buone pesano 6 grammi, la falsa 7, e chela falsa è una delle tre pesate, ma quale delle tre? Non c’è che dafare altre pesate, come abbiamo visto sopra. La chiave è alloranel prendere un numero di monete differente per ogni viaggiato-re. Il modo più semplice è di prendere una moneta dal primomucchio, due dal secondo, tre dal terzo, e così via fino a sei dalsesto, in totale 21 monete. Di queste sappiamo che il peso dellebuone è un numero intero di grammi, e che le false pesano ungrammo più o meno delle buone.

Chiamiamo p il peso sconosciuto di una moneta buona. Se tuttele monete fossero buone, il peso delle 21 monete sarebbe 21p, unnumero divisibile per 21. Invece nel mucchio ci sono delle mone-te false, e precisamente una se il falsario è il primo viaggiatore,due se è il secondo, ecc., 6 se è il sesto.

Supponiamo ora che le monete false pesino un grammo più del-le buone. Allora il peso totale sarà 21p più tanti grammi quantesono le monete false tra le 21 scelte, cioè 21p+1 se il falsario è ilprimo viaggiatore, 21p+2 se è il secondo, ecc., 21p+6 se è ilsesto. Di conseguenza, se si divide il peso totale per 21, si avràun resto di 1 se il falsario è il primo viaggiatore, di 2 se è il secon-do, ... di 6 se è il sesto.

Che succede invece se le monete false pesano un grammo in menodelle buone? In questo caso il peso totale sarà 21p meno tantigrammi quante sono le monete false tra le 21 scelte, cioè 21p-1 seil falsario è il primo viaggiatore, 21p-2 se è il secondo, ecc., 21p-6se è il sesto. Quando si divide per 21, il resto sarà 20 se il falsarioè il primo viaggiatore (infatti si può scrivere 21p-1=21(p-1)+21-1=21(p-1)+20), sarà 19 se il falsario è il secondo, 18 se è il terzo, ...15 se è il sesto.

Ricapitolando, si prende il peso totale P di tutte le monete e sidivide per il loro numero, cioè per 21. Se il resto è compreso tra1 e 6, le monete false pesano un grammo più delle buone e sonoin numero uguali al resto. In questo caso, togliendo il resto dalpeso totale si ottiene il peso di 21 monete buone, e quindi divi-dendo per 21 quello di una moneta buona.



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In effetti, si può fare a meno di prendere le 13 monete dell’ulti-mo viaggiatore, e quindi pesare solo le 1+2+3+...+12 = 78 mone-te dei primi 12. Vorrà dire che se il falsario è l’ultimo il peso tota-le sarà divisibile per 78. Naturalmente in questo caso non si sase la moneta falsa pesa più o meno della vera. Quanto all’altra domanda, un’eccezione c’è: quando i viaggiato-ri sono due, le informazioni che la linea telefonica disturbata nonpermettono di smascherare il falsario, per quante pesate si fac-ciano. Mettiamo infatti che le monete del primo viaggiatore pesi-no ognuna 16 grammi e quelle del secondo 17. Come si fa perdecidere se la moneta buona pesa 16 grammi e quella falsa ungrammo di più, o se la buona è quella da 17 grammi e la falsapesa un grammo di meno? Niente da fare; se non si riesce a rista-bilire la comunicazione, saremo costretti a lasciare libero il delin-quente.

Ma perché, si potrebbe obiettare, il metodo che abbiamo trova-to non funziona? Vediamo; si prende una moneta dal primo edue dal secondo, un totale di 3 monete. Se il peso totale P è 3p+1o 3p+2 la moneta falsa pesa di più e il falsario è il primo (o ilsecondo) viaggiatore; se invece il peso P è 3p-1 o 3p-2, il falsa-rio è il primo (o il secondo) viaggiatore e la moneta falsa pesa dimeno. Cosa non torna?

La risposta è: noi conosciamo solo il peso totale P; come si fa adecidere se P è della forma 3p+1, 3p+2, 3p-1 o 3p-2? Si divideper 3 e si guarda il resto, si potrebbe rispondere. Benissimo; met-tiamo allora che P sia 19, cosa viene? Uno potrebbe rispondere:se divido 19 per 3 viene 6 col resto di 1; quindi 19 è del tipo3p+1 con p=6; il falsario è il primo viaggiatore, la moneta buo-na pesa 6 grammi e la falsa 7. Fatto.

Fatto? Provate a vedere la pagina seguente.

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Ma quanto peserebbero le tre monete se il falsario fosse il secon-do viaggiatore, con la moneta buona che pesa 7 grammi e la fal-sa 6? Il calcolo è facile: una moneta del primo viaggiatore pesa 7grammi, più due del secondo, 19 grammi. Lo stesso di prima. E allora? Chi dei due è il falsario?

La verità è che conoscendo solo il peso totale P i quattro casiP=3p+1, P=3p+2, P=3p-1 e P=3p-2 non sono distinguibili; piùprecisamente non è possibile distinguere P=3p+1 da P=3p-2, néP=3p+2 da P=3p-1. Infatti se quando divido P per 3 mi vienecome resto 1, si ha P=3p+1, ma anche P=3(p+1)-2, e quindi nonso se il falsario è il primo viaggiatore, la moneta buona pesa pgrammi e la falsa p+1, o se invece il falsario è il secondo viag-giatore, la moneta buona pesa p+1 grammi e la falsa p.

Questo avviene perché il numero delle monete è troppo piccoloper discriminare tra tutti i possibili resti; nel caso in cui la mone-ta pesa di più i resti sono 1 e 2; nel caso in cui pesa di meno sono3-1 e 3-2, cioè ancora 1 e 2, e quindi non c’è modo di arrivare auna conclusione.

Quando i viaggiatori erano sei, le monete erano 21, e i resti del-la divisione del peso totale P per 21 andavano da 1 a 6 nel casoin cui la moneta falsa pesava di più e da 15 a 20 se pesava dimeno. Non c’erano quindi confusioni possibili e tutto andavaliscio. In generale, quando ci sono n viaggiatori e N monete, ipossibili resti della divisione del peso P per N vanno da 1 a n sela moneta falsa è più pesante e da N-n a N-1 se è più leggera;perché non ci siano confusioni occorre che n sia minore di N-n.Se i viaggiatori sono solo due, il numero delle monete è 3, e 2non è minore di 3-2. Mettiamo ora che i viaggiatori siano tre. Lemonete saranno 3+2+1=6, e abbiamo 3=6-3. Cosa succede allo-ra? Ce la faremo o no a trovare il falsario? La risposta alla pagi-na seguente.

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Ce la faremo, ma può darsi che non riusciamo a sapere (natural-mente con una sola pesata) se le monete false pesano più o menodelle buone. Come al solito, dividiamo il peso totale per il nume-ro di monete, nel nostro caso per 6. I resti possibili sono 1, 2, 3,4 e 5 (0 no, perché questo significherebbe che le sei monete sonotutte buone). Allora

Se il resto è 1, il falsario è il primo e la moneta falsa pesa di più,Se il resto è 2, il falsario è il secondo e la moneta falsa pesa di più,Se il resto è 5, il falsario è il primo e la moneta falsa pesa di meno,Se il resto è 4, il falsario è il secondo e la moneta falsa pesa di meno,Se il resto è 3, il falsario è il terzo, ma non sappiamo se la monetafalsa pesa di più o di meno.

Per gli altri numeri di viaggiatori, il sistema funziona sempre,perché prendendo una moneta dal primo, due dal secondo, ecce-tera, il numero totale N delle monete è maggiore del doppio delnumero n dei viaggiatori. Infatti per n=3 i due numeri (il nume-ro delle monete N e il doppio dei viaggiatori 2n) sono uguali; daquesto momento in poi ad ogni aumento del numero di viaggia-tori, 2n aumenta di 2, mentre N aumenta almeno di 4, quindi piùdi 2n.

Se poi questa dimostrazione non è convincente, si può calcolareil numero di monete N, cioè la somma 1+2+3+…+n. Un truccoper fare questo calcolo è quello che si dice fosse trovato dalmatematico Carl Friedrich Gauss da bambino. Si dice che quan-do Gauss andava alle elementari il maestro, che voleva tenereoccupati i ragazzi per qualche tempo, diede loro come eserciziodi calcolare la somma dei numeri da 1 a 100. Dopo pochi secon-di Gauss disse: 5050. Quando il maestro meravigliato gli chiesecome aveva fatto, Gauss disse: “Ho calcolato il doppio; ho fattola somma da 1 a 100 e da 100 a 1”. Anche noi possiamo fare lostesso, sommando i numeri da 1 a n e da n a 1, così:

1 2 3 ….. n-1 nn n-1 n-2 ..... 2 1

n+1 n+1 n+1 n+1 n+1

Il doppio del numero N che volevamo trovare è dunque dato dal-la somma di n addendi n+1, e dunque vale n(n+1). Avremo allora

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L’aritmetica modulare.

Il problema delle monete è un’applicazione di una parte curiosadell’aritmetica, che prende il nome di aritmetica modulare. Leprime divisioni che impariamo nella scuola elementare, primaancora di imparare a usare i decimali o le frazioni, sono le divi-sioni col resto: 53 diviso 7 fa 7 col resto di 4. Nella divisione perun numero, i resti possibili vanno da 0 al numero immediata-mente inferiore; ad esempio se si divide per 8, vanno da 0 a 7.Fissato il divisore, questi resti si possono sommare, sottrarre,moltiplicare, ecc.; insomma si può costruire un’aritmetica.

Intanto per indicare il resto della divisione di un numero a per unaltro b, si scrive a mod b. Ad esempio, 53 mod 7 = 4 (perché 4 è ilresto della divisione 53 : 7), 35 mod 7 = 0, 22 mod 7 = 1, eccetera.Con i resti delle divisioni con lo stesso divisore (cioè rispetto allostesso modulo) si possono eseguire le operazioni aritmetiche: 53mod 7 + 35 mod 7 = 4 + 0 = 4; 53 mod 7 × 22 mod 7 = 4 × 1 = 4,eccetera. La peculiarità di queste operazioni è che è indifferente pri-ma calcolare i resti e poi fare la somma (o il prodotto), oppure pri-ma fare la somma (o il prodotto) e poi calcolare il resto. Infatti si ha (53+35) mod 7 = 88 mod 7 = 4, e questo è lo stesso che53 mod 7 + 35 mod 7. Analogamente (53 × 22) mod 7 = 1166 mod7 = 4 = 53 mod 7 × 22 mod 7.

Un altro modo per vedere la stessa cosa è quello di definire lacongruenza modulo un numero dato. Due numeri interi (positi-vi o negativi) si dicono congrui (modulo un numero b) se la divi-dendoli per b si trova lo stesso resto. Ad esempio 32 diviso per 9ha resto 5, così come 14; si dice allora che 32 è congruo a 14modulo 9. In questo caso, invece che 32 mod 9 = 14 mod 9 siscrive più brevemente 32 = 14 mod 9. La stessa cosa si può espri-mere dicendo che due numeri sono congruenti modulo un terzo,ad esempio modulo 9, se la loro differenza è divisibile per 9.

Ritorniamo ora al problema del falsario, nel quale abbiamo vistoche il peso totale P delle monete è congruo modulo 21 al nume-ro F delle monete false, se queste pesano un grammo più dellebuone, mentre è congruo a 21 - F se le monete false pesano ungrammo di meno. Poichè 21 - F è congruo a -F modulo 21, pos-siamo dire che il peso totale è congruo al numero delle monetefalse, con il segno + se queste pesano più delle buone e con ilsegno - se pesano meno.

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I giorni della settimana.

L’aritmetica modulare aiuta a risolvere un certo numero di pro-blemi, alcuni solo curiosi, altri con un certo contenuto matema-tico. Tra i primi, notiamo quello dei giorni della settimana: se il4 marzo è giovedì, che giorno della settimana sarà il 24 marzo?

Per risolvere questo problema si potrebbe semplicemente conta-re: il 5 è venerdì, il 6 sabato, il 7 domenica, e così via fino al 24mercoledì. Ma se invece che il 24 marzo, che è un giorno abba-stanza vicino, volessimo sapere che giorno è il 12 settembre,occorrerebbe contare molto, e ancora di più se volessimo sapereche giorno è il 10 agosto dell’anno successivo. Se invece si usal’aritmetica modulo 7, il problema si può risolvere in tutti questicasi praticamente con la stessa fatica. Riuscite a vedere come? Seno, basta girare la pagina.

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Se il 4 marzo è giovedì, che giorno sarà il 5 dicembre?

L’aritmetica modulo 7 entra in questo problema perché due dateche distano di una o più settimane (ossia di un numero di giornimultiplo di 7) come ad esempio il 4 e il 18 marzo, cadono nellostesso giorno della settimana. Per capire come funziona, comin-ciamo da un problema più facile: che giorno sarà il 24 marzo?Siccome tra il 4 e il 24 marzo ci sono 20 giorni, il giorno dellasettimana avanzerà di 20 mod 7 = 6 giorni, e quindi se il 4 mar-zo è giovedì, il 24 sarà 6 giorni dopo giovedì, cioè mercoledì.

Per trovare il giorno corrispondente al 5 dicembre, bisogna con-tare i giorni che intercorrono tra le due date. Dal 4 marzo al 4aprile ci sono 31 giorni; altri 30 dal 4 aprile al 4 maggio, 31 dal4 maggio al 4 giugno, poi 30 fino al 4 luglio, 31+31 fino al 4 set-tembre, 30 fino al 4 ottobre, 31 fino al 4 novembre, e infine 31(30+1) fino al 5 dicembre. In totale, tra il 4 marzo e il 5 dicem-bre ci sono 31+30+31+30+31+31+30+31+31=276 giorni. Poiché276 = 3 mod. 7, dovremo avanzare di 3 giorni, e quindi il 5dicembre sarà domenica.

Se poi si vuole sapere che giorno della settimana sarà il 4 marzodell’anno successivo, cioè 365 giorni dopo, basterà calcolare 365mod 7 = 1, cosicché dopo un anno si avanzerà di un giorno dellasettimana e il 4 marzo dell’anno successivo sarà venerdì.Naturalmente se l’anno successivo non è bisestile, perché altri-menti tra le due date cadono 366 giorni e il 4 marzo sarà sabato.

Si può anche ragionare così: numeriamo i giorni della settimana:0 domenica, 1 lunedì, 2 martedì, ..., 6 sabato. Per trovare chegiorno è il 4 marzo dell’anno successivo (non bisestile), aggiun-giamo 365 al numero del giovedì, cioè a 4, e otteniamo 369.Dato che 369 mod 7 = 5, avremo che il 4 marzo successivo èvenerdì.

Si può anche andare indietro: che giorno era il 4 marzo 1904 se il4 marzo 2004 era giovedì? Per ogni anno all’indietro, si deve sca-lare di un giorno se l’anno non è bisestile e di due se è bisestile; intotale dunque di 100 giorni più il numero di anni bisestili tra il1904 e il 2004, cioè 25. Ora 125 mod 7 = 6, e quindi si dovrannoscalare 6 giorni, che è come aumentarne uno; di conseguenza il 4marzo 1904 era un venerdì. Qui bisogna fare attenzione, perchénon sempre andando indietro di un secolo si aumenta un giorno.Nel nostro caso ha giocato il fatto che il 2000 è stato un anno bise-stile; se invece si vuole trovare che giorno era il 4 marzo 1804,bisogna tener conto del fatto che il 1900 non era bisestile, e quin-di si dovrà tornare indietro di 124 giorni solamente a partire dal 4

marzo 1904, cioè in definitiva bisognerà avanzare due giorni.Pertanto il 4 marzo 1804 era una domenica.

E il 25 aprile 1804? In questo caso basterà contare i giorni dal 4marzo al 25 aprile; fino al 4 aprile sono 31, più 21 dal 4 al 25aprile fanno 52, cioè 3 modulo 7. Siccome il 4 marzo era dome-nica, il 25 aprile 1804 era mercoledì.

Allo stesso modo si possono risolvere problemi del tipo: se orasono le 16, che ora sarà tra 1675 ore? La risposta alla paginaseguente.

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Se numeriamo le ventiquattro ore del giorno da 0 a 23, e se orasono le 16, tra 1675 ore saranno le 1675+16=1691 modulo 24,cioè le 11.

La prova del nove (o dell’11, o quello che si vuole).

Come abbiamo detto, la ricerca del giorno della settimana è unproblema curioso ma di scarso interesse matematico. Un altroaspetto dell’aritmetica modulare, che ha invece un carattereessenzialmente matematico, è la prova del nove per la moltipli-cazione. Supponiamo di aver moltiplicato due numeri a e b, e diaver ottenuto come risultato c. Se vogliamo controllare se abbia-mo fatto errori, un modo è rifare la moltiplicazione, magari anumeri invertiti; se otteniamo lo stesso risultato avremo un moti-vo di più per pensare di aver calcolato giusto. Ma attenzione! Seotteniamo due risultati diversi siamo sicuri che almeno uno erasbagliato; se invece otteniamo lo stesso risultato, non potremoessere certi che è giusto, ma solo avere una conferma. Infattipotremmo aver fatto lo stesso errore in tutti e due i casi, e averottenuto così lo stesso risultato sbagliato.

Lo stesso avviene per la prova del nove: se viene male siamo sicu-ri di aver sbagliato o il calcolo o la prova; se invece viene bene,avremo una conferma dell’esattezza del risultato, ma mai la sicu-rezza. In ogni caso, la prova del nove è molto più veloce che nonrifare la moltiplicazione, e quindi è preferibile. Oggi poi ci sonole calcolatrici che non sbagliano quasi mai, e le moltiplicazioni ele loro prove sono quasi dimenticate.

La prova del nove (o anche, come vedremo, quella del sette o del13) si basa sul fatto, che avevamo già notato, che se a×b=c, allo-ra a mod p × b mod p = c mod p. Una volta fatta la moltiplica-zione a×b, e ottenuto il risultato c, si tracciano quattro caselle esi scrive

Se il risultato c è giusto, i due numeri in basso devono essereuguali; se non lo sono, vuol dire che si è fatto un errore o nellamoltiplicazione o nella prova. Dato che la prova è in genere mol-to facile, il più delle volte abbiamo sbagliato la moltiplicazione.

Come si vede, si può fare la prova rispetto a un qualsiasi nume-ro p. Ad esempio si può fare la prova del 2, osservando che a

a mod p b mod p

a mod p×b mod p c mod p

mod 2 è uguale a 1 se a è dispari e a 0 se è pari. La prova del 2consiste dunque in questo: se almeno uno dei numeri da molti-plicare è pari il risultato deve essere pari, se ambedue sono dispa-ri anche il risultato è dispari. Allora basta guardare ai due nume-ri: ce n’è almeno uno pari? Il risultato deve essere pari; sonoambedue dispari? Il risultato deve essere dispari.

Perché allora, visto che è così facile, non si usa la prova del 2?Ricordiamo che se la prova non torna il risultato è sbagliato, mase la prova torna non è detto che sia giusto; potrebbe funziona-re per caso. Perché nella prova del 2 i casi possibili sono solo due(pari o dispari), è piuttosto facile che la prova torni anche quan-do il risultato è sbagliato.

E perché allora non si fa la prova del 347? In questo caso ci sono347 casi possibili (tutti i numeri tra 0 e 346) e l’eventualità chela prova torni per caso è piuttosto remota. Certo, ma calcolareprima a mod p quando p = 347 e poi il diagramma della provaè più difficile e lungo che rifare la moltiplicazione quattro volte.Così conviene scegliere un numero p in modo che da una parte cisiano abbastanza casi possibili da rendere la prova significativa(se ci sono solo due casi, un errore passerà inosservato in mediauna volta su due, se ce ne sono cinque una volta su cinque), e dal-l’altra in modo che il calcolo di a mod p sia più facile possibile.

Il miglior compromesso è prendere p=9. Infatti i casi possibilisono 9, e quindi l’eventualità che un errore passi la prova è rela-tivamente piccola. Inoltre calcolare a mod 9 è molto semplice. Siha infatti:

10 mod 9 = 1,100 mod 9 = 1,1000 mod 9 = 1,

eccetera, e quindi per le proprietà dell’aritmetica modulare

231 mod 9 = 200 mod 9 + 30 mod 9 + 1 = 2× (100 mod 9) + 3× (10 mod 9) + 1 = 2 × 1 + 3 × 1 + 1 = 2 + 3 + 1 = 6.

Come si vede, per calcolare un numero modulo 9 basta fare lasomma delle sue cifre. Se poi questa somma è maggiore di 9, sicontinua finché si trova un numero minore di 9; se la sommadelle cifre è 9 si scrive 0, dato che 9 mod 9 = 0. Ad esempio 452mod 9 = 4+5+2 mod 9 = 11 mod 9 = 1+1 =2; 189 mod 9 = 1+8+9mod 9 = 18 mod 9 = 1+8 mod 9 = 9 mod 9 =0.

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Per fare la prova della moltiplicazione 1237×417=515829 si cal-colano per prima cosa i fattori modulo 9

1237 mod 9 = 1+2+3+7 mod 9= 13 mod 9 = 4417 mod 9 = 4+1+7 mod 9 = 12 mod 9 = 3

e si mettono nelle prime due caselle in alto.

Poi si esegue il prodotto e si mette nella casella in basso a sini-stra, sempre calcolando modulo 9: 4×3=12 mod 9 = 3. Infine sicalcola 515829 mod 9 e si scrive nella casella in basso a destra;se le due caselle in basso hanno lo stesso numero la prova è riu-scita e la moltiplicazione è confermata. Ciò accade in questocaso, in quanto

515829 mod 9 = 5+1+5+8+2+9 mod 9 = 30 mod 9 = 3.

Benché sia nettamente la più facile, la prova del 9 non è la solaagibile. Ad esempio, anche la prova dell’11 è abbastanza sempli-ce da poter essere eseguita senza troppi problemi. Il calcolo di unnumero modulo 11 si può fare osservando che

10 ≡ -1 mod 11100 = 10×10 ≡ (-1)×(-1) = 1 mod 111.000 = 100×10 ≡ 1×(-1) = -1 mod 1110.000 = 1000×10 ≡ (-1)×(-1) = 1 mod 11

e così via. Allora per ottenere un numero modulo 11 basta som-mare e sottrarre alternativamente le sue cifre da destra a sinistra,a cominciare da quella delle unità. Ad esempio si ha

1324 mod 11 = 4-2+3-1 = 4.

Possiamo provare a fare la prova dell’11 per la moltiplicazioneprecedente 1237 × 417 = 515829. Si ha

1237 mod 11 = 7-3+2-1 = 5,417 mod 11 = 7-1+4=10 ,10×5 mod 11 = 50 mod 11 = -5 mod 11 = 6,515829 mod 11 = 9-2+8-5+1-5= 6,

e quindi anche la prova dell’11 è riuscita.

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Un po’ più difficile è la prova del 13, che si basa sulle relazioniche seguono:

1 ≡ 1 mod 1310 ≡ -3 mod 13100 = 10×10 ≡ (-3)×(-3) = 9 ≡ -4 mod 131.000 = 100×10 ≡ (-4)×(-3) = 12 ≡ -1 mod 1310.000 = 1000×10 ≡ (-1)×(-3) = 3 mod 13100.000 = 10.000×10 ≡ 3×(-3) = -9 ≡ 4 mod 131.000.000 = 100.000×10 = 4×(-3) = -12 ≡ 1 mod 13

da cui poi si ricomincia. Per calcolare un numero modulo 13occorre partendo da destra verso sinistra moltiplicare successi-vamente le sue cifre per 1, -3, -4, -1, 3, 4, 1, -3, -4, eccetera esommare i prodotti. Ad esempio, se si vuol calcolare 126.132modulo 13, si farà

1×2+(-3)×3+(-4)×1+(-1)×6+3×2+4×1=2-9-4-6+6+4=-7 ≡ 6.

Ancora una volta si può fare la prova del 13 della solita molti-plicazione:

1237 mod 13 = 7-3×3-4×2-1 mod 13 = 7-9-8-1 mod 13 = -11mod 13 = 2

417 mod 13 = 7-3-4×4 mod 13 = 7-3-16 mod 13 = -12 mod 13 = 1

2×1 mod 13 = 2

515.829 mod 13 = 9-3×2-4×8-5+3+4×5 mod 13 = 9-6-32-5+3+20 mod 13 = - 11 mod 13 = 2.

Si può anche fare la prova del sette. Volete provare? Nel caso,potete sempre girare la pagina.

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Per la prova del sette, si calcolano prima le varie potenze di 10modulo 7:

1 ≡ 1 mod 710 ≡ 3 mod 7100 = 10×10 = 3×3 = 9 ≡ 2 mod 71.000 = 100×10 = 2×3 = 6 ≡ -1 mod 710.000 = 1000×10 ≡ (-1)×3 = -3 mod 7100.000 = 10.000×10 = -3×3 = -9 ≡ -2 mod 71.000.000 = 100.000×10 = -2×3 = -6 ≡ 1 mod 7

da cui poi si ricomincia. Per calcolare un numero modulo 7occorre partendo da destra verso sinistra moltiplicare successi-vamente le sue cifre per 1, 3, 2, -1, -3, -2, 1, 3, 2, eccetera e som-mare i prodotti. Allora

1237 mod 7 = 7+3×3+2×2-1 mod 7 =7+9+4-1 mod 7 = 19 mod7 = 5

417 mod 7 = 7+3+2×4 mod 7 = 7+3+8 mod 7 = 18 mod 7 = 4

5×4 mod 7 = 20 mod 7 = 6

515.829 mod 7 = 9+3×2+2×8-5-3-2×5 mod 7 = 9+6+16-5-3-10mod 7 = 13 mod 7 = 6.

Anche la prova della divisione (con resto) si fa allo stesso modo.Una volta eseguita la divisione A:B e trovato un quoziente Q eun resto R, risulta Q×B+R=A, e dunque

(Q mod p)×(B mod p) + R mod p = A mod p.

Si costruisce allora il solito schema di quattro caselle:

Se la divisione è corretta, le due caselle in basso devono essereuguali. Per esempio, se vogliamo verificare con la prova del novela divisione 147:15 = 9 con resto 11, avremo

0 6

2 3

Q mod p B mod p

Q mod p×B mod p+R mod p A mod p

e siccome i due numeri in basso sono diversi, la divisione non ècorretta (infatti il resto è 12 e non 11). Se si verifica la stessa divi-sione (stavolta con il resto giusto 12) con la prova dell’11 si avrà:

I divisori dello zero.

Un altro giochetto fa scoprire delle proprietà interessanti dell’a-ritmetica modulare. Supponiamo di avere due mazzi di carte,uno da 52 carte (quattro semi da A=1 a K=13) e l’altro da 40 car-te (quattro semi da 1 a R=10), disposti ordinatamente, prima ♥,poi ♦, poi ♣ e infine ♠. Se dal mazzo di 52 carte prendiamo unacarta ogni quattro, otterremo

♥4, ♥8, ♥Q, ♦3, ♦7, ♦J, ♣ 2, ♣ 6, ♣ 10, ♠ A, ♠ 5, ♠ 9, ♠ K

e dunque, senza tener conto dei semi, avremo tutte le carte da A aK. Se invece facciamo lo stesso con il mazzo da 40 carte, avremo

♥4, ♥F, ♦2, ♦6, ♦R, ♣4, ♣F, ♠2, ♠6, ♠R

ossia solo cinque carte diverse, ognuna ripetuta due volte. Seinvece prendiamo una carta ogni tre, fermandoci quando neabbiamo prese 13 o 10 nei due mazzi, otteniamo nel primo

♥3, ♥6, ♥9, ♥Q, ♦2, ♦5, ♦8, ♦J, ♣ A, ♣ 4, ♣ 7, ♣ 10, ♣ K

e nel secondo

♥3, ♥6, ♥D, ♦2, ♦5, ♦F, ♣ 1, ♣ 4, ♣ 7, ♣ R,

in ogni caso l’intera sequenza delle carte. Allo stesso modo, seuniamo più mazzi e prendiamo una carta ogni cinque, semprefermandoci quando ne abbiamo prese 13 o 10 nei due mazzi, nelprimo caso avremo l’intera sequenza, nel secondo solo due car-te, il 5 e il R, ognuna cinque volte.

Qual è il motivo di questa discrepanza? Se guardiamo alla sceltadelle carte dal punto di vista dell’aritmetica modulare, vediamoche nel primo caso abbiamo preso le carte che stanno nelle posi-zioni 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48 e 52; in altre paro-le le carte di posto 4k, cioè multiple di 4. Poiché ogni 13 carte i

9 4

4 4

100 101



103

6 IL NIM, LA TEORIA DEI GIOCHI E L’ARITMETICA BINARIA

Il NIM è un gioco molto semplice, che si può giocare senza nes-sun dispositivo particolare. In partenza il primo giocatore dispone un numero qualsiasi dipedine su un numero qualsiasi di righe, il secondo sceglie se farelui la prima mossa o lasciarla all’avversario. Ogni mossa consi-ste nel prendere una o più pedine da una sola riga. I giocatorimuovono a turno; vince chi prende l’ultima pedina.

Nella figura si vede una possibile situazione iniziale.

La disciplina matematica che studia le migliori strategie nel-l’ambito di giochi a due o più contendenti, e in generale chemodella le situazioni di antagonismo (oltre ai giochi, anche cosemolto più serie, come le strategie commerciali, la borsa, la poli-tica e la guerra) si chiama teoria dei giochi.

Dal punto di vista delle strategie da utilizzare per ottenere ilrisultato migliore, i giochi si possono dividere in due grandiclassi, a seconda che l’informazione sia completa o no. Alla pri-ma categoria appartengono gli scacchi, la dama, il NIM, e ingenerale i giochi di scacchiera. Alla seconda, quasi tutti se nontutti i giochi di carte. Nel primo caso, ambedue i giocatori cono-scono perfettamente lo stato del gioco, senza che nessuna infor-mazione sia nascosta e venga rivelata solo in un secondo tem-po. Naturalmente, non sanno che mosse farà l’avversario, maquesta è la sola informazione che manca: tutto il resto è palese.Nei giochi di carte invece, ogni giocatore conosce solo in partela situazione (in particolare non conosce le carte dell’avversarioné la disposizione delle carte nel mazzo), e inoltre l’informazio-ne è diversa per ogni giocatore.

valori si ripetono, otterremo in ultima analisi le carte 4k mod 13,con k = 1, 2, ..., 13. Nel secondo caso invece le carte si ripetonoogni 10, e quindi avremo le carte 4k mod 10, con k = 1, 2, ..., 10.

Nel primo caso le carte sono tutte diverse; infatti se trovassimola stessa carta per due valori diversi di k, ad esempio per k1 ek2, dovremmo avere 4k2 ≡ 4k1 mod 13, e dunque 4k2 – 4k1 =4(k2 - k1) sarebbe divisibile per 13. Siccome 13 è un numeroprimo, questo è possibile solo se k2 - k1 è divisibile per 13, maquesto non può essere, perché k2 - k1 è minore di 13.

Vediamo invece cosa succede nel secondo caso. Per avere duecarte uguali si deve avere 4k2 ≡ 4k1 mod 10, e quindi 4(k2 - k1)deve essere divisibile per 10. Siccome 4 è divisibile per 2, questoavviene quando k2 - k1 è divisibile per 5, cioè per i valori 1 e 6,2 e 7, 3 e 8, 4 e 9, 5 e 10. Questo è esattamente quanto accade-va nel primo esempio.

Invece nel secondo esempio le carte erano prese una ogni tre, equindi erano 3k mod 13 [oppure 3k mod 10]. Due carte ugualipossono venire solo se 3(k2 - k1) è divisibile per 13 [oppure per10], e questo avviene solo quando k2 - k1 è divisibile per 13[ovvero per 10; qui il fattore 3 non conta perché non ha fattoricomuni con 10]. In ambedue i casi questo è impossibile, perchék2 - k1 è minore di 13 [ovvero di 10].

Dall’esame di questi due esempi si vede che mentre nel primocaso si ottengono 13 carte diverse comunque si prendano le car-te (una ogni due, ogni 3 , ogni 4, eccetera, fino a una ogni 12),nel secondo caso si ottengono carte diverse solo se l’intervallonon ha fattori comuni con 10 (quindi se si prendono una cartaogni 3, ogni 7 o ogni 9), mentre negli altri casi si ottengono cin-que carte diverse se il fattore comune è 2, e solo due carte diver-se se il fattore comune è 5.

Il motivo è che 13 è un numero primo e 10 no. Dal punto di vistadell’aritmetica modulare, nel primo caso il prodotto di duenumeri può essere 0 (modulo 13) solo se almeno uno dei duenumeri è 0, cosa che accade anche nell’aritmetica comune. Nelsecondo caso invece due numeri diversi da zero possono avereprodotto 0; ad esempio 2×5 = 0 mod 10. I numeri 2 e 5 si chia-mano divisori dello zero. Nell’aritmetica modulo p, divisori del-lo zero possono esistere solo se p è un numero composto.

102


Nei giochi a informazione completa, si può dimostrare che ognigiocatore ha una strategia ottimale, che gli consente di ottenere ilmiglior risultato possibile. In particolare, uno dei due giocatori può forzare la vittoria o allapeggio ottenere la patta. Siccome nel NIM non si può pattare,uno dei giocatori può vincere sempre.

Lo stesso vale per gli scacchi o per la dama. Naturalmente altroè dimostrare che uno dei due giocatori ha una strategia che glipermette come minimo di pattare, altro è sapere quale dei duegiocatori è favorito, altro ancora è conoscere effettivamente lastrategia migliore. Nella maggior parte dei giochi, almeno inquelli più diffusi come gli scacchi, non si sa nemmeno se uno deigiocatori ha una strategia vincente o se ambedue siano in gradodi forzare la patta; meno che mai si conosce la strategia miglio-re. In giochi più semplici, come il Tic-tac-toe, si sa che se nes-suno dei giocatori sbaglia la partita finisce in parità.

Il Tic-tac-toe si gioca su una scacchiera 3x3, cioè con tre righe etre colonne. Ogni giocatore a turno mette una pedina su una del-le caselle vuote; per vincere si devono mettere tre pedine in filain una qualsiasi direzione (orizzontale, verticale o diagonale).

La migliore mossa del primo giocatore è al centro; il secondomuove in una casella d’angolo (altrimenti perde) e poi bloccatutti i tentativi del primo. Le figure illustrano la vittoria del nerose il bianco nella seconda mossa non occupa una casella d’an-golo, e una possibile patta altrimenti.

Invece il NIM non può finire in parità (uno dei due giocatorideve finire per prendere l’ultima pedina), e quindi uno dei duegiocatori ha una strategia vincente. Con le regole che abbiamodato all’inizio (il NIM si può giocare anche diversamente, adesempio a rovescio: perde chi prende l’ultima pedina) il secon-do giocatore vince sempre, e si sa anche come deve giocare. Maquesto lo vedremo dopo; prima facciamo qualche osservazionesui giochi e sulle strategie.

Normalmente si gioca in due: io e l’avversario, che facciamo alter-nativamente una mossa a testa. Dopo che io ho fatto una mossa,il gioco si trova in una certa posizione, che può essere vincente operdente. É vincente se qualsiasi cosa faccia l’avversario, riesco avincere (naturalmente se gioco bene); è invece perdente se avvieneil contrario: qualsiasi cosa io faccia, l’avversario - se gioca bene -riesce a contrastare le mie mosse e a giungere alla vittoria.

Attenzione! Una posizione non è vincente o perdente di per sé;dipende da chi ci arriva. Una situazione che è vincente (per me,naturalmente) se ci arrivo io e deve muovere l’altro, diventaautomaticamente perdente se ci arriva l’avversario e la mossatocca a me. Quindi quando abbiamo diviso le posizioni in per-denti e vincenti, lo abbiamo fatto nel caso che sia io ad arriva-re a questa posizione.

Vediamo qualche esempio per chiarirci le idee, e anche per fami-liarizzarci un po’ col gioco del NIM.

Intanto la posizione 0, cioè quella in cui non c’è rimasta nessu-na pedina in nessuna riga, è evidentemente vincente: se ci arri-vo ho vinto. Invece sono perdenti tutte le posizioni in cui cisono delle pedine su una sola riga; infatti in questo caso l’av-versario (a cui per definizione tocca la mossa) può prenderletutte e vincere.

La posizione (1,1) (due righe con una pedina ciascuna) è vin-cente: l’avversario prende una pedina, io l’altra e vinco. Sonoanche vincenti tutte le situazioni con due righe con un numerouguale di pedine. Sapete dire perché? Se no, girate la pagina.

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3 5 7

2 1

6 4

2 3 6

8 71

45 9



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Una posizione con due righe con un numero uguale di pedine suciascuna riga è vincente. Basta infatti usare la strategia “foto-copia”: qualsiasi cosa faccia l’avversario, io faccio lo stesso sul-l’altra riga. Ad esempio, se si parte dalla posizione (5,5) e l’av-versario gioca (5,3) togliendo due pedine dalla seconda riga, ione tolgo due dalla prima e vado a (3,3). Andando avanti così, aun certo punto l’avversario toglierà tutte le pedine da una riga-o perché sceglie di fare così, o perché è obbligato in quanto aforza di togliere siamo arrivati alla posizione (1,1)- e io vincoprendendo tutte quelle dell’altra. Se invece ci sono due righe conun numero diverso di pedine, la situazione è perdente perchél’avversario può pareggiare le pedine e poi continuare comesopra a parti invertite.

La stessa strategia funziona con più righe uguali a coppie, comead esempio (4,4,5,5). Basta infatti fare sempre la stessa mossadell’avversario sulla riga corrispondente. Se invece le righe sonouguali a coppie tranne due, la posizione è perdente perché l’av-versario può rendere uguali anche queste due e poi usare la stra-tegia fotocopia.Facciamo ora un altro passo, e vediamo cosa succede con trerighe. Se due delle tre righe hanno un numero uguale di pedine,la situazione è perdente. Perché? (La risposta sta girata la pagina,ma ora andiamo avanti). Il caso più facile con tre numeri diversidi pedine nelle tre righe è (1,2,3), cioè una pedina su una riga, duesu un’altra e tre sulla terza. Questa situazione è vincente o per-dente? Non riuscite a vederlo? Allora girate la pagina.

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Se ci sono tre righe, e due di esse hanno lo stesso numero dipedine, la situazione è perdente. Infatti l’avversario (a cui perdefinizione tocca la mossa) può prendere tutte le pedine dellaterza riga lasciando solo le due con lo stesso numero di pedine.

Invece la posizione (1,2,3) è vincente. Infatti le mosse possibilidell’avversario sono:

(1,2,2) e io vinco giocando (2,2), cioè eliminando la riga con una sola pedina,(1,2,1) e io vinco giocando (1,1),(1,2) e io vinco giocando (1,1),(1,1,3) e io vinco giocando (1,1),(1,3) e io vinco giocando (1,1)(2,3) e io vinco giocando (2,2).

Tutte le posizioni che si ottengono da (1,2,3) aggiungendo pedi-ne a una sola riga, come ad esempio (1,2,7) o (2,3,5) sono per-denti, dato che l’avversario può muovere in (1,2,3).

A questo punto si potrebbe proseguire analizzando varie situa-zioni a tre righe (ad esempio le posizioni (1,4,5), (1,5,7), (2,4,6),(2,5,7) sono vincenti o perdenti? la risposta al solito a paginanuova), ma già con tre sole righe la situazione si fa ingarbuglia-ta: cosa dire della posizione (21,32,44)? Occorre trovare unmetodo generale.

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Ma prima esaminiamo le situazioni che avevamo lasciato insospeso.

(1,4,5) è vincente. Infatti l’avversario può giocare:

(4,5) o (1,4,4) e io vinco giocando (4,4)(1,5), (1,4), (1,1,5) o (1,4,1) e io vinco giocando (1,1)(1,2,5), (1,3,5), (1,4,3) o (1,4,2) e io vinco giocando (1,2,3).

(1,5,7) è perdente, perché l’avversario giocherà (1,4,5).

Attenzione! non togliendo una pedina dalla riga di 5 e due daquella di 7, che è proibito (si possono togliere pedine da unasola riga), ma togliendo tre pedine dalla riga di 7.


(2,4), (2,6), (2,2,4), (2,2,6) e io vinco giocando (2,2)(4,6), (2,4,4) e io vinco giocando (4,4)(2,3,6), (2,3,4), (1,2,6), (1,2,4) e io vinco giocando (1,2,3)(1,4,6), (2,4,5) e io vinco giocando (1,4,5)


(2,5), (2,7), (2,2,5), (2,2,7) e io vinco giocando (2,2)(5,7), (2,5,5) e io vinco giocando (5,5)(1,5,7), (2,4,5) e io vinco giocando (1,4,5)(2,4,7), (2,5,6) e io vinco giocando (2,4,6)(2,3,5), (2,3,7), (1,2,5), (1,2,7) e io vinco giocando (1,2,3)

Attenzione! potrebbe venire in mente che quando il terzo nume-ro è la somma dei primi due la posizione sia sempre vincente, manon è così: (1,3,4) è perdente, perché l’avversario gioca ... cosa?

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Ma certo: (1,2,3)! No, le cose sono più difficili di così, o anchepiù facili se si trova l’idea giusta. Ma per questo bisogna fare unpo’ di matematica.

Le potenze di 2.

Una potenza, ad esempio 25, formata dalla base 2 e dall’espo-nente 5, è il numero che si ottiene moltiplicando la base per séstessa tante volte quanto è indicato dall’esponente. Nel nostrocaso, 25= 2×2×2×2×2=32. Analogamente 32=3×3=9 e 51=5.

Anche se non ci serve per il gioco del NIM, è utile conoscereuna proprietà importante delle potenze: se si moltiplicano duepotenze con la stessa base, il risultato è una potenza che ha labase uguale e come esponente la somma degli esponenti; adesempio 22×23=25. Infatti 22=2×2, 23=2×2×2, e quindi22×23=(2×2)×(2×2×2)= 2×2×2×2×2=25. Allo stesso modo si veri-fica che il rapporto di due potenze con la stessa base è unapotenza che ha ancora la stessa base e come esponente la diffe-renza degli esponenti; ad esempio 36/32=34. Naturalmente tuttigli esponenti devono essere positivi, e quindi nel rapporto l’e-sponente del numeratore deve essere maggiore di quello deldenominatore.

Se invece si vogliono considerare potenze con esponente 0 onegativo, la definizione che abbiamo data (potenza è il prodot-to di tante volte la base quanto è l’esponente) non è applicabi-le, e dobbiamo definirle indipendentemente. Un modo naturaleè di definirle in modo che continuino a valere le proprietà cheabbiamo appena visto. In questo caso, una potenza a esponen-te negativo, ad esempio 3-4, si dovrà definire come l’inverso del-la corrispondente potenza con esponente positivo: 3-4=1/34.Infatti si ha 3-4=32-6=32/36=1/34. Analogamente una qualsiasibase, ad esempio 7, elevata all’esponente 0 dovrà dare comerisultato 1; risulta infatti 73=73+0=73×70, e quindi 70=1.Ripetiamo che queste definizioni non derivano da quella dipotenza a esponente positivo, ma dal desiderio (naturale, manon implicito nella definizione) che per le potenze a esponentenegativo o 0 valgano le stesse regole di calcolo che valevano perquelle a esponente positivo.

Per il gioco del NIM sono essenziali le potenze a base 2: 20, 21, 22,23, ... o esplicitamente 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024,... e in particolare il fatto che ogni numero intero si può scriverecome somma di potenze di 2, tutte diverse tra loro. Quest’ultimaprecisazione, cioè che le potenze siano tutte diverse, è importan-te, perché se non si mette il risultato è ovvio e vale per ogni base,dato che ogni numero è somma di tanti 1, cioè di potenze (ripe-

tute) di qualsiasi numero. Se invece si specifica che le potenzedebbano essere tutte diverse tra loro, allora questo risultato èvero solo per le potenze a base 2.

Come si fa a scrivere un numero come somma di potenze a base2? La risposta è alla pagina seguente.

112 113



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Come si fa a scrivere un numero come somma di potenze a base2? Prendiamo ad esempio 45 (ma il metodo funziona con qual-siasi altro numero, come potrete provare). Si scrivono da destraa sinistra le potenze successive di 2: 1, 2, 4, 8, 16, 32, e qui cisi ferma perché la successiva potenza, 64, è maggiore di 45.

32 16 8 4 2 1

Il nostro numero 45 è maggiore di 32. Si prende allora 32, chesi sottrae da 45, ottenendo 13. Qual è la massima potenza di 2minore di 13? È 8, che quindi si prende e si sottrae da 13 otte-nendo 5. La massima potenza di 2 minore di 5 è 4, che si pren-de e si sottrae da 5. Il risultato, 1, una potenza di 2, e dunquesi prende. Risulta allora

45 = 32+8+4+1= 25+23+22+20.

Vediamo un altro esempio: 148. La più grande potenza di 2contenuta in 148 è 128. Si ha 148-128=20, e la massima poten-za di 2 contenuta in 20 è 16. Infine 20-16=4, che è una poten-za di 2. In conclusione 148=128+16+4.

Vogliamo vederne ancora un altro? prendiamo 1340. La poten-za più alta è 1024, resta 316. Da 316 si può togliere 256, resta60. Togliendo 32, resta 28; togliendo 16 rimane 12; togliendo 8resta 4, che è una potenza di 2. Abbiamo dunque 1340 =1024+256+32+16+8+4.

Fin qui il metodo ha funzionato, e funziona anche con 543 o con1444. Ma siamo certi che funzionerà sempre, ad esempio con232.657.456.766.980.568.009.909.888.454.875.122? Voleteprovare? Bene, ci vediamo tra qualche anno. E poi, anche se aves-simo tempo e voglia per provare questo numero, cosa avremmoconcluso? chi ci garantirebbe che andrà bene anche per gli altrinumeri? C’è un solo modo per esserne sicuri: dimostrarlo. Perfortuna in questo caso la dimostrazione non è troppo difficile, epotete provare da voi. In ogni caso, basta girare la pagina.

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Mettiamo che il prisma abbia come base un poligono di...

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