2 - MatNet

Piano Nazionale Lauree
Scientifiche
UN’AVVENTURA SENZA FINE:
PARADOSSI, VERITA’ E MERAVIGLIE
DELL’INFINITO
DA PITAGORA A CANTOR CON UNO
SGUARDO A TURING.
Alcune soluzioni dei quesiti proposti
1
PLS - MatNet a.s. '11-'12
Laboratorio di accoglienza matematica: Sistema di numerazione decimale
28-29/2/2008
Percorsi matematici per insegnanti di scuola primaria: I numeri naturali Antonio Criscuolo
Dimostrare che in una città di 150.000 abitanti vi sono due persone
che hanno lo stesso numero di capelli.
Van Etten, 1624
(Peano precisa: si stima che la superficie del capo umano portante
capelli è di 775 cm^2 e che ogni cm^2 contiene al massimo 165
capelli.
E conclude: il massimo numero che può avere una persona è 775 *
165 = 123.875 <150.000).
2
In una grande biblioteca ci sono almeno due libri che contengono lo
stesso numero di parole.
Abraham, 1933
Soluzione:
Una riga di libro contiene al massimo 20 parole;
una pagina contiene al massimo 50 righe;
un libro contiene al massimo 1000 pagine;
un libro contiene al massimo un milione di parole.
Se nella GRANDE BIBLIOTECA ci sono 1.000.000 libri di quel tipo
allora almeno due libri conterranno lo stesso numero di parole.
3
Sei in una stanza buia e devi prendere dei guanti e dei calzini pescando a caso
in due cassetti.
- In un cassetto ci sono 10 paia di calzini marroni e 10 paia blu. Quanti calzini
devi prendere per essere sicuro di avere un paio di calzini dello stesso colore?
- In un cassetto ci sono 10 paia di guanti marroni e 10 blu. Quanti guanti devi
prendere per essere sicuro di avere un paio di guanti dello stesso colore?
Perelman, FMP, c1935?
Soluzione:
Nel primo caso è sufficiente pescare 3 calzini.
Nel secondo caso occorre tener conto che i guanti destri sono diversi da quelli
sinistri.
Le possibilità colore-mano sono:
MD-MS-BD-BS
Io devo essere sicuro di avere un guanto destro e uno sinistro dello stesso
colore. Nella peggiore delle ipotesi potrei pescare:10 MD + 10BD (oppure
S).Ma al 21-esimo guanto sono sicuro di averne preso almeno un paio dello
stesso colore.
4
Mostrare che in un gruppo di 8 persone almeno due hanno il loro compleanno nello
stesso giorno della settimana.
Soluzione:
Naturalmente il problema è riferito ad un dato anno in quanto il giorno della settimana
del compleanno cambia di anno in anno.
Le persone sono i piccioni e i giorni della settimana sono le caselle.
Siccome 8>7 vale la tesi.
Nota: senza utilizzare direttamente il principio della piccionaia, avremmo dovuto
ragionare così:
Nella più ampia situazione il gruppo potrebbe essere formato da:
a) una persona che compie gli anni di LUN, e contiamo 1.
b) una persona che compie gli anni il MAR, e fanno 2
c) una persona che compie gli anni il MER, e fanno 3
d) una persona che compie gli anni il GIO, e fanno 4
e) una persona che compie gli anni il VEN, e fanno 5
f) una persona che compie gli anni il SAB, e fanno 6
g) una persona che compie gli anni la DOM, e fanno 7
L'ottava persona deve necessariamente compiere gli anni in uno dei giorni già citati
perciò, in questo caso esisteranno 2 persone che compiono gli anni nello stesso giorno
della settimana.
Ma questo è il "caso peggiore", perciò la tesi vale anche per gli altri casi.
5
• Tre numeri sono scelti a caso. La loro somma e' 19. Mostrare che almeno un
numero è maggiore o uguale a 7.
Soluzione:
I tre numeri sono le caselle mentre i piccioni sono 19.
Praticamente suppongo che i numeri siano interi positivi e che ogni piccione sia
una unità. Questi 19 piccioni si dividono in tre gruppi e vanno ad occupare le 3
caselle.
Poiché 19 > 6*3 allora almeno una casella contiene 6+1 = 7 piccioni (il numero
7).
• La differenza di due numeri è un multiplo di 11
Dati dodici numeri interi diversi, provare che almeno due di essi possono
essere scelti in modo che la loro differenza sia divisibile per 11.
Soluzione:
I resti della divisione per 11 sono i numeri da 0 a 10 , quindi almeno due dei
dodici interi divisi per 11 hanno lo stesso resto e quindi la loro differenza è un
multiplo di 11.
6
Si dimostri che non può esistere un algoritmo di compressione senza perdita di
informazioni, che riduca cioè la dimensione di un file di una dimensione
qualunque – o anche solo maggiore di un certo numero M di bit - datogli in
input.
Soluzione:
I file composti da M+1 bit sono 2M+1, ma i file di dimensione da 1 a M bit sono
solamente 2M+1 - 1; quindi ci devono essere almeno due file in ingresso
mappati sullo stesso file in uscita. Ma allora l'ipotesi che la compressione sia
senza perdita di informazioni fallisce,dato che non si potrebbe distinguere tra i
due file convertiti nello stesso file di output.
Che principio bisogna usare per risolvere tutti i quesiti?
Il principio di Dirichlet detto dei cassetti o della piccionaia afferma che se
n oggetti sono messi in m cassetti, e n > m, allora almeno un cassetto
deve contenere più di un oggetto. Un altro modo di vedere il principio è
che una piccionaia con m gabbie può contenere al più m piccioni, se non
se ne vogliono mettere più di uno in nessuna gabbia: un ulteriore volatile
dovrà necessariamente condividere la gabbia con un suo simile.
Formalmente, il principio afferma che se A e B sono due insiemi finiti e B
ha cardinalità strettamente minore di A, allora non esiste alcuna funzione
iniettiva da A a B.
7
Dal finito all’infinito
Il dizionario ci propone le seguenti definizioni:
agg. Che non ha o non può avere termine
………..
(osservazioni: nella prima definizione non si afferma che non abbia,
ma che non possa avere fine; si tratta di una differenza sottile, se si
afferma che l’infinito non ha fine facciamo due affermazioni, una
implicita, che dice che l’infinito esiste e l’altra esplicita, che non ha
fine. Se diciamo che non può avere fine affermiamo che nel caso
esista , non può finire. Questa differenza include un concetto quello
di infinito potenziale e attuale)
8
L’infinito
Dueinsiemi
insiemihanno
hannola
lastessa
stessanumerosità
numerositàse
sefra
fraessi
essièèpossibile
possibile
Due
stabilireuna
unacorrispondenza
corrispondenzabiunivoca
biunivoca
stabilire
A
0
1
2
3
4
…
n
…
B
0
2
4
6
8
...
2n
…
equipotenteall’insieme
all’insiemedei
deinumeri
numeripari
pariossia
ossia
NNèèequipotente
hala
lastessa
stessacardinalità
cardinalitàdi
diun
unsottoinsieme.
sottoinsieme.
ha
Numeri naturali
Numeri pari
Coorispondenza biunivoca tra N e Z
È possibile stabilire una corrispondenza biunivoca tra l’insieme N e
l’insieme Z in questo modo:
se n è pari il suo corrispondente è n/2
se n è dispari il suo corrispondente è -(n+1)/2
N
Z
0
1
2
3
4
5
6
…
0
-1
1
-2
2
-3
3
…
N e Z sono equipotenti, anche Z ha la cardinalità del numerabile
La costruzione geometrica dei numeri: razionali
7'
6'
5'
4'
numerirazionali
razionalieeTalete
Talete
I Inumeri
3'
2'
1'
5
7
0
L’insieme dei razionali è denso,
cioè dati due numeri razionali a
e b (supponiamo a < b), esiste
sempre un numero razionale c
tale che
a<c<b
Dimostrazione
Preso c=(a+b)/2 poiché a < b si ha
che
• a+b > 2a quindi c=(a+b)/2 > a
• a+b < 2b quindi c=(a+b)/2 < b
da cui
a
•
(a+b)/2
•
1
a < c < b.
b
•
Confronto di infiniti
Tabella delle frazioni POSITIVE
N0 × N0
1→(1,1) = 1/1=1
2→(1,2) = 1/2=0,5
3→(2,1) =2/1=2
4→(3,1) =3/1=3
5→(1,3) =1/3=0.333…
…………..
L’insiemeQ
Q++ ha
hala
la
L’insieme
cardinalitàdel
delnumerabile.
numerabile.
cardinalità
Q++,,
Q
puressendo
essendodenso,
denso,
pur
hala
lastessa
stessacardinalità
cardinalità di
diNN
ha
cheèèdiscreto.
discreto.
che
11 17
21 22
27
44 910 10
18 36
1
33
2
5
56
78
67
14 14
18 25 25
33
89
12 16
20
13 15
19 24
39
19 34 29
15 13
17 20
26 24
32 41
11
16 27
12
28 30
21
23
29
22
23 26
35
31 42
40
38
ASSURDO 2= 2 !
..\Dropbox\Diagonale
13
Un problema classico
In molti problemi matematici accade che il calcolo si possa spingere ad una
precisione elevata quanto si vuole: si può, cioè, ottenere un intervallo di
approssimazione più piccolo di una quantità piccolissima stabilita (ad es.
un millesimo, uno decimillesimo ecc.).
Consideriamo il classico problema di Achille e la tartaruga introdotto dal
filosofo greco Zenone di Elea nel Vsecolo a. C.
Achille insegue la tartaruga che inizialmente ha un vantaggio di 1 metro; la
velocità di Achille è di 10m/s, quella della tartaruga 1m/s. Quando Achille
raggiungerà la tartaruga?
Achille e la tartaruga
In molti problemi matematici accade che il calcolo si possa spingere ad una
precisione elevata quanto si vuole: si può, cioè, ottenere un intervallo di
approssimazione più piccolo di una quantità piccolissima stabilita (ad es. 1
millesimo, 1 decimillesimo ecc.).
Consideriamo il classico problema di Achille e la tartaruga introdotto dal
filosofo greco Zenone di Elea nel Vsecolo a. C.
Achille insegue la tartaruga che inizialmente ha un vantaggio di 1 metro; la
velocità di Achille è di 10m/s, quella della tartaruga 1m/s. Quando Achille
raggiungerà la tartaruga?
Se indichiamo con t i secondi necessari, lo spazio percorso da Achille è 10t
e deve risultare uguale alla somma del vantaggio iniziale della tartaruga con
lo spazio che essa percorre.
Se formalizziamo otteniamo:
10t=1+t
9t=1 quindi t=1/9 (in secondi)
La versione di Zenone
In 1/10 di secondo Achille raggiunge il punto in cui si trovava inizialmente la tartaruga,
ma intanto la tartaruga si è mossa ed ha percorso uno spazio di 1/10 di metro.
Per raggiungere la nuova posizione Achille dovrà impiegare un altro tempo pari a
0,1x 0,1= 0,01, quindi in totale avrà impiegato un tempo:
t2 =
1
1
+
= 0,11
10 100
Ma Achille non ha ancora raggiunto la tartaruga perché nel tempuscolo di 1/10 di
secondo essa avrà percorso 1/100 di metro. Achille arriverà a questa nuova posizione,
ma impiegherà 1/1000 di secondo, quindi un tempo complessivo
t3 =
1
1
1
+
+
= 0,111
10 100 1000
E così via. Zenone credeva di poter dimostrare che Achille non avrebbe mai raggiunto
la tartaruga, dal momento che, per raggiungerla, egli avrebbe dovuto compiere infinite
operazioni.
Invece…
Noi sappiamo, invece, che achille raggiunge la tartaruga e che gli infiniti
valori della successione:
0,1
0,11
0,111
0,1111
0,11111………
sono semplicemente valori approssimati per difetto di 1/9.
Il tempo 1/9 che occorre ad Achille per raggiungere la tartaruga può essere
idealmente diviso in infiniti tempuscoli, ma è pur sempre un tempo finito.
Del resto nel tempo 0,2 Achille ha percorso 2 metri è ha abbondantemente
superato la tartaruga, che ha percorso solo 0,2m ed è quindi arrivata a 1,2m
dal punto iniziale di Achille.
Dunque 0,2 è un valore approssimato per eccesso de tempo cercato.
Tutti i seguenti valori sono raddoppiati per eccesso:
0,2
0,12
0,112
0,1112
0,11112…..
Queste due successioni sono i valori approssimati per eccesso e per difetto
di 1/9 e lo definiscono.
Il paradosso della ruota.
Due ruote concentriche, tali che la più grande rotoli sopra
una retta, toccano con i loro punti due segmenti di uguale
lunghezza AB.
Anche in questo caso c’è bisogno di stabilire una
corrispondenza biunivoca tra la circonferenza
grande e quella piccola ( e quindi tra un segmento
ed una sua parte). Basterà proiettare dal centro in
comune i punti della circonferenza minore su
quella maggiore. Il paradosso, dunque, sta nella
possibilità di stabilire una corrispondenza
biunivoca tra un segmento continuo e una sua
parte.
Galileo, non riuscendo a risolvere i suoi
paradossi, arrivò a negare, come matematico, la
possibilità d’indagare l’infinito, poiché, secondo
lui, una mente limitata come quella dell’uomo non
era capace di studiare quantità infinite.
18
corrispondenza biunivoca
segmento - segmento
corrispondenza biunivoca
segmento - retta
19
La curva di Koch
Dato un segmento di lunghezza unitaria, lo si divida in tre parti e si sostituisca
quella centrale con due segmenti uguali a quello eliminato. Otteniamo quattro
segmenti: su ognuno di essi si applichi lo stesso procedimento all’infinito.”
“
..\Dropbox\Koch
20
La curva di Koch gode delle seguenti proprietà:
Autosomiglianza nella curva di Koch
•è continua in quanto limite uniforme di funzioni continue, cioè è una curva
nel senso matematico del termine;
•ha lunghezza infinita: infatti ogni tappa della sua costruzione aumenta la
lunghezza totale nel rapporto di 4/3 e la lunghezza della curva limite è
evidentemente superiore a tutte le lunghezze delle curve costruite ad ogni
passo;
•è autosimile: contiene una sua parte che è una trasformazione omotetica
della curva intera.
•non è derivabile in nessun punto, infatti una curva derivabile in un punto x0
vista su scale sempre più piccole intorno a x0 tende ad essere vicina ad una
retta passante per quel punto, la curva di Koch invece vista su qualsiasi scala
è identica a sé stessa.
21
In merito ai lati possiamo esprimere la loro lunghezza con la progressione
geometrica
si ricava che la lunghezza del lato tende a 0, quando si ripete la costruzione
“all’infinito”.
22
Il fiocco di neve: il perimetro
la prima figura è composta di 3 lati di
lunghezza 1 e, dunque, ha perimetro
nella seconda figura, ad ogni lato
della prima si sostituiscono 4
segmenti di lunghezza
, perciò
si ottiene un perimetro dato da
23
Procedendo nella costruzione, i perimetri costituiscono i termini della
progressione geometrica
si conclude che il perimetro della figura diventa infinitamente lungo quando si
ripete “all’infinito” la costruzione.
,
24
Calcoliamo l’area del fiocco di neve
•In merito alle aree delle figure che via via si ottengono a partire dal triangolo
equilatero iniziale, dovremo sommare le aree seguenti:
l’area del triangolo equilatero di lato 1 che è dato da
25
l’area di 3 triangoli equilateri di lato 1/3
che è dato da:
26
l’area di 12 triangoli equilateri di lato 1/3 che è
data da:
27
l’area di 48 triangoli equilateri di lato
da:
è data
28
.
Continuando il procedimento si arriva a costruire una figura la cui
area S si ottiene aggiungendo all’area
del triangolo iniziale la somma dei termini di una progressione
geometrica di
primo termine
e ragione
Essendo la ragione di tale progressione minore di 1, avremo che
29
Si trova così che l’area non diventa infinitamente grande, ma si avvicina
sempre di più al valore
Un’area compresa in un perimetro infinito risulta un numero finito!
30