MateFitness - Allena la mente

2007-10-17 17:28:00 La somma delle potenze

Mi capitano per le mani problemi di tutti i tipi: non sempre trovo la soluzione; qualche volta poi la soluzione mi procura una certa soddisfazione, e qualche volta invece trovo poco piacere per il procedimento seguito. Da cosa può dipendere questa maggiore o minore soddisfazione? Non è semplice rispondere, ma ritengo che quanto meno il problema sia “scolastico”, tanto più divertente può essere la soluzione. Alla luce di questo ragionamento, vorrei proporti un quesito.

Ci sono quattro numeri di tre cifre tali che in ognuno di essi la somma dei cubi delle singole cifre dà nuovamente il numero di partenza. Due di tali numeri sono 153 e 370. Infatti 13+53+33 = 1+125+27 = 153. Analogamente 33+73+03 = 27+343+0 = 370. Ora ti chiedo di trovare gli altri due numeri.

Con testo simile, ti informo che ci sono tre numeri di quattro cifre tali che in ognuno di essi la somma delle quarte potenze delle singole cifre dà nuovamente il numero di partenza. Uno di tali numeri è 9474. Infatti 94+44+74+44 = 6561+256+2401+256 = 9474. Devi trovare gli altri due.

Nuovamente ritocco appena un po’ il testo, e ti dico che ci sono due numeri di quattro cifre tali che in ognuno di essi la somma delle quinte potenze delle singole cifre dà nuovamente il numero di partenza. Uno dei due numeri è 4151. Infatti 4151 = 45+15+55+15 = 1024+1+3125+1 = 4151. Trova l’altro.

Ecco allora il mio quesito: come mai ti ho proposto questi problemi, e soprattutto… come mai quella premessa?
Nota: numero di quattro cifre significa da 1000 a 9999, cioè i numeri non possono iniziare con lo zero.

2007-05-04 15:40:00 Chi è Giorgio Dendi?

Giorgio Dendi, triestino, 48 anni, è da sempre appassionato di matematica ed enigmistica. Sin dalla tenera età i suoi giochi sono stati pubblicati su La Settimana Enigmista e Domenica Quiz. In seguito è stato autore per la televisione e per riviste del gruppo Mondadori, come ad esempio Topolino. Ha collezionato apparizioni televisive a “Sette e mezzo”, “Superflash” e “Scommettiamo che...”. Attualmente scrive su Focus Giochi. Ha composto migliaia di giochi, dimostrandosi un innovatore nel campo dell’enigmistica italiana - la più completa del mondo - . È stato più volte campione italiano di composizione e soluzione di ogni genere di gioco enigmistico. Nel 2000 si è laureato a Parigi campione mondiale di Giochi matematici. Da questa esperienza è nato l’incontro annuale di preparazione per gli ‘atleti’ italiani che partecipano a questi campionati, grazie al quale Giorgio Dendi ha forgiato ben cinque campioni del mondo. Tiene conferenze nelle scuole di ogni ordine e grado su matematica ed enigmistica.

2007-03-23 12:04:00 Indaghiamo sui quadrati

I problemi matematici possono essere facili o difficili da risolvere. Anche per i quesiti delle gare, ci può essere una minore o maggiore difficoltà. Ma ritengo che la cosa peggiore sia dover trovare da soli, senza una ben precisa domanda, qualcosa di “matematico”.

Ebbene, lo facciamo?

Prendiamo la tavola dei quadrati, e la esaminiamo con calma.

I primi quadrati li sappiamo a memoria… non ci vuol niente.

Quelli un po’ più grandi, se finiscono per 0, sono semplici da calcolare, no? Il quadrato di 40 è come il quadrato di 4, con due zeri in fondo, per questo 40x40=1600, e 90x90=8100.

E per i quadrati dei numeri che terminano per 5?

E per i quadrati dei numeri che terminano per 1?

Se ci sono delle regole, troviamole, e, se abbiamo le conoscenze adeguate, dimostriamole!

Buon lavoro!!!

2006-12-11 21:31:00 La tabella

Un problema curioso, divertente (spero), che presento spesso nelle scuole che accolgono me e i miei spettacoli. E’ un problema che propongo ai ragazzi delle scuole medie, ma anche a quelli delle superiori, e ai non studenti. La mia sorpresa è grande ogni volta, in quanto scopro sempre nuove vie per giungere alla soluzione, suggeritemi dai vari studenti. Ecco quindi le domande che ti pongo: sai risolvere il problema, e in quanti modi diversi si può giungere alla soluzione? Ti raccomando: non fermarti se hai trovato “solo” alcune soluzioni…

In una tabella quadrata con 1000 caselle di lato, vengono scritti gli interi, uno per casella, in questo modo: nella prima riga da 1 a 1000, nella seconda da 2 a 1001, e così via, fino alla 1000-esima riga, dove il primo numero è 1000. Ti chiedo quanto fa la somma di tutti i numeri presenti nella mia tabella.

Soluzione
Prima soluzione.
La soluzione ovvia è quella di fare la somma di tutti i numeri, così come ci è stato insegnato a scuola a fare le somme. Chiaramente, il lavoro è molto lungo, per cui non sarà quella la soluzione voluta.
Leggiamo però la prima riga: si sono tutti i numeri da 1 a 1000. Sappiamo che la somma dei primi n numeri interi vale n(n+1)/2. Nel nostro caso, sarà 10001001/2.
Consideriamo la seconda riga, che ci presenta tutti i numeri da 2 a 1001. Assomiglia alla prima riga, ma manda 1, e invece c’è il 1001. E’ ovvio che la somma di questi numeri sarà quindi esattamente il valore della prima riga più 1000. Analogo ragionamento per la terza riga, e per tutte le successive. Possiamo stilare questa tabella.

SOMMA riga per riga
1 2 3 … 1000 10001001/2
2 3 4 … 1001 10001001/2 +1000
3 4 5 1002 10001001/2 +2000

1000 1001 1002 1999 10001001/2 +999000


Totale 1000* (10001001) /2 +1000+2000+…+999000

Cioè 1000 (10001001) /2 1000 * (1+2+…+999)

1000 (1000*1001) /2 1000 * (999/1000) /2

Metto in evidenza 1000 * 1000 /2 * (999+1000)

1000 * 1000 * 1000 = 1.000.000.000

Ho trovato quindi che la soluzione cercata era unmiliardo.
Mi chiedo però se ci fosse stata una soluzione più semplice, alla portata dei ragazzi delle medie, che non sanno metterei in evidenza.


Seconda soluzione. Riscrivo la tabellina che mi è stata assegnata, ma, come il solito, dopo un po’ sono preso dalla mia solita pigrizia. Il motivo è semplice: dover scriver qualche migliaio, forse milione, di numeri, è davvero un’impresa per me. E fare la somma di tutti quanti non è adatto alle mie aspirazioni. Devo escogitare qualcosa che mi faccia risparmiare tempo. Cerco allora di risolvere un problema più semplice del quadrato di 1000 caselle di lato. Mi è venuta un’idea: proviamo a portare il problema su una tabella più piccola, ad esempio… ecco, di 1 quadratino di lato.

1

Faccio la mia bella tabella e trovo che la somma dei valori è 1. Forse tu affermeresti che mi potrei accontentare, ma voglio andare oltre, e disegno una tabella di 2 quadratini di lato.

1 2
2 3

Faccio anche ora la somma dei valori: 1+2+2+3 = 8. Mi soffermo un attimo a meditare. Andiamo avanti: nella tabella di 3 quadratini di lato, la somma è più laboriosa, ma sempre fattibile a mente: 1+2+3+2+3+4+3+4+5 = 27.

1 2 3
2 3 4
3 4 5

Facciamo una piccola tabella dei valori ottenuti.

LATO SOMMA
1 1
2 8
3 27

Conosco i numeri che appaiono a destra o mi sono perfettamente sconosciuti? Ah, ho trovato: sono cubi perfetti! E precisamente sono il cubo del numero che indica i quadratini di lato della tabella. Quindi il cubo di lato 4 prevedo che avrà un totale di 64. Verifichiamolo.

1 2 3 4
2 3 4 5
3 4 5 6
4 5 6 7

Vediamo se riesco anche a trovare un sistema veloce per fare la somma: la prima riga mi dà 10. La seconda riga mi dà 4 di più (infatti ognuno dei 4 numeri vale un intero di più di quello corrispondente della prima riga), quindi 14. Per lo stesso motivo, le ultime due righe danno 18 e 22. Faccio la somma: 10 + 14 + 18 + 22 = 64, cioè 43, come previsto. Allora la soluzione al problema originale, con 1000 caselle di lato, è 10003 = 1.000.000.000… sembra fin troppo banale che si riesca a fare tutto a mente! Naturalmente questa “dimostrazione” è soltanto un’intuizione, ma ritengo che per un ragazzo delle medie possa bastare.

Terza dimostrazione
Costruisco un problema completamente diverso (e meno complicato), che mi avvicini alla soluzione. Il mio nuovo problema è questo:

In un paese ci sono 2006 famiglie. Alcune hanno due automobili; la stessa percentuale di famiglie non ne ha; tutti gli altri hanno un’automobile. Quante automobili ci sono in quel paese?

Obblighiamo ogni proprietario di due automobili a prestare uno dei suoi mezzi a chi non ne possiede: ora entrambi possiedono un’automobile. Il testo dice poi che anche tutti gli altri hanno un’automobile. Quindi tutte le 2006 famiglie possiedono un’automobile, e quindi in tutto ci sono 2006 automobili.
Questo nuovo esercizio forse sembrerà un po’ troppo facile, ma ora anche il problema della scacchiera apparirà con lo stesso grado di difficoltà. Immaginiamo, per semplicità, che la scacchiera abbia 3 caselle di lato.

1 2 3
2 3 4
3 4 5

Sappiamo già che la somma di questi numeri sarà uguale a 33, cioè 27, ma fingiamo di non saperlo ancora. Immagino che in ogni casella ci siano dei gettoni, secondo il valore indicato nella casella medesima. Quindi la prima casella avrà un gettone, la seconda 2, … e l’ultima in basso 5. In ogni casella della diagonale segnata ci sono 3 gettoni.

1 2 3
2 3 4
3 4 5

Immagino che ogni casella con 4 gettoni “presti” un gettone ad ogni casella con 2 gettoni (sono in numero uguale), e la casella con 5 gettoni invece “presti” 2 gettoni a quella con 1 gettone solo. Alla fine di questi spostamenti, ci troviamo in una situazione simile a quella del problema inventato, quello della automobili: ogni casella ha 3 gettoni, e le caselle sono in numero 3 per 3. Quindi ho 9 volte 3 gettoni, per un totale di 27.

3 3 3
3 3 3
3 3 3

Analogamente, con una scacchiera di lato 1000, trovo che ciascuna delle 1000 * 1000 = 1.000.000. caselle contiene 1000 gettoni, per un totale di un miliardo.

2006-10-09 12:40:00 Le frazioni

Un problema che ho incontrato durante le mie gare matematiche è quello che voglio presentare oggi. Il problema mi è stato proposto parecchi anni fa, e non sono stato in grado di risolverlo. Solo successivamente ho trovato la strada giusta, e ancora più tardi ho seguito una nuova strada per giungere al risultato. Questa seconda strada è quella che ritengo possa essere usata per risolvere molti problemi anche complicati, ed è la via che invito ad imboccare ogni volta che il problema è molto laborioso. Vediamo allora il testo.

Scrivo in successione le frazioni aventi per numeratore 1, e denominatore da 2 a 2005, cioè 1/2, 1/3, 1/4, 1/5… 1/2005. Ora faccio i prodotti di queste frazioni, prese a due a due, cioè 1/21/3, 1/21/4, 1/21/5… 1/21/2005; 1/31/4, 1/31/5, 1/31/6… 1/31/2005; 1/41/5, 1/41/6, 1/41/7… 1/41/2005; …; 1/20041/2005. Eseguo quindi i prodotti delle frazioni prese a tre a tre: 1/21/31/4, 1/21/31/5, 1/21/31/6… 1/21/31/2005; 1/31/41/5, 1/31/41/6… 1/31/41/2005; …; 1/20031/2004*1/2005. Poi moltiplico le frazioni iniziali prendendole a quattro a quattro. Vado così avanti fino a moltiplicare, alla fine, il prodotto di tutte le 2004 frazioni.
Ebbene: quanto fa la somma di tutte queste frazioni?

Soluzione
Prima soluzione.
Il problema mi sembra abbastanza complicato… vado quindi a cercare qualcosa di più semplice… di molto più semplice: faccio il calcolo supponendo che la mia unica frazione sia 1/2. In questo caso non ho da fare alcun calcolo, e la somma della mia frazione è 1/2.
Aggiungo una frazione: 1/3. Mi trovo ora a dover aggiungere alla somma precedente proprio 1/3, e poi tutti i risultati precedenti (in questo caso solo 1/2) moltiplicati per 1/3. Quindi devo aggiungere 1/3 e 1/2*1/3=1/6, cioè in totale 1/2. In tutto finora quindi ho totalizzato 1.
Aggiungo all’elenco la frazione 1/4, e al totale generale devo aggiungere 1/4 e tutti i risultati precedenti per 1/4, cioè (1/2 + 1/3 + 1/2*1/3)*1/4 = 1*1/4. In tutto aggiungo 1/2, ed il totale diventa 3/2.
Quindi fino a 1/2 il totale è 1/2; fino a 1/3 il totale è 2/2; fino a 1/4 il totale è 3/2… mi viene il sospetto che ogni volta la somma aumenta di 1/2, e quindi con il 2005 raggiungerò 2004/2=1002.

Questa era la dimostrazione “di quelle che piacciono a me”, passando ad un problema meno complicato e più facile da gestire di quello proposto, esaminando la situazione con poche frazioni. Però bisogna anche dare una dimostrazione rigorosa, e quindi penso di usare l’induzione, per dimostrare che se la somma di tutte le frazioni e prodotti di frazioni fino a 1/n vale (n-1)/2, allora la somma di tutte le frazioni e prodotti di frazioni fino a 1/(n+1) vale n/2.

Infatti S(n+1) = S(n) + 1/(n+1) + S(n) 1/(n+1)
= S(n) + 1/(n+1) + (n-1)/2 1/(n+1)
= S(n) + 1/(n+1) (1 + (n-1)/2)
= S(n) + 1/(n+1) (n+1)/2
= (n-1)/2 + 1/2 = n/2.

Seconda soluzione.
Questa era la soluzione che avevo trovata per prima, e non saprei dire se è più semplice o più complicata dell’altra… ora vedremo.
Ho pensato se ci fosse già in qualche parte della matematica una situazione nella quale ho fatto (oppure posso fare) tutti quei prodotti e poi tutte le somme richieste. Ho pensato che alla fine mi trovo a dover fare somme di tanti prodotti di uno, di due, di tre… fino a 2004 frazioni. Non mi veniva alcuna idea, per cui ho immaginato di dover fare somme di prodotti, sempre di 2004 fattori: eventualmente i fattori mancanti vengono sostituiti da tanti fattori 1. Allora ecco l’idea: costruisco il seguente polinomio
(1+1/2) (1+1/3) (1+1/4)… (1+1/2005),
composto da 2004 binomi.
Eseguo i calcoli e ottengo 3/2 * 4/3 * 5/4 * … * 2006/2005.
Semplifico e ottengo 2006/2 = 1003.
Ma se faccio tutti i prodotti dei binomi,
se prendo tutti i primi termini dei binomi, ottengo 1;
se prendo tutti i primi termini meno uno, ottengo la somma delle frazioni;
se prendo tutti i primi termini meno due, ottengo i prodotti delle frazioni a due a due;
se prendo tutti i primi termini meno tre, ottengo i prodotti delle frazioni a tre a tre…
In pratica sono tutti gli addendi che devo sommare, anzi, ce n’è uno in più, il primo, cioè 1, che devo togliere quindi dalla somma ottenuta. Siccome 1003-1 = 1002, ecco trovato il risultato.

E’ stato un po’ laborioso da spiegare, ma ritengo non sia stato neanche semplice da risolvere, per cui…