dossier
MATh.en.JEANS 2010/11
20
La cava degli aironi
32
Sottrazioni casuali
22
L’elettricista pasticcione
34
Viaggio di diploma
25
Verso l’infinito e oltre
36
Flessibilità delle griglie
26
Comunicare su una griglia
38
Vita da batteri
29
Dado o non dado?
40
Una nuova segreteria
30
Risparmio satellitare
41
Fantapercorsi
Continuiamo con il secondo dossier dedicato ai lavori dei ragazzi che hanno
partecipato al progetto MeJ 2011 pubblicando la seconda parte degli estratti
delle relazioni che ci sono arrivate (le corrispondenti relazioni complete
verranno caricate sul sito www.xlatangente.it, nella sezione Rubriche/Over 25).
L’appuntamento è per il prossimo anno!
numero 28
agosto 2011
La cava degli aironi
Una cava abbandonata è ora diventata uno stagno in cui vengono a sostare degli
aironi. Nella Figura 1 possiamo vedere la forma di questa cava.
Sapreste calcolarne l'area?
Scuola secondaria di I grado “A. Cameroni” - Treviglio (BG)
Classe: II E
Insegnante di riferimento: prof. Vincenzo Di Leo
Ricercatore: dott.ssa Irene Invernizzi
Partecipanti: Giulia Bearzi, Fatima Belhaj, Andrea Conti, Federico Crivellari, Matteo Defendi, Tommaso
Martelli, Sofia Piavani, Fabio Recanati
Scuola secondaria di I grado “T. Grossi” - Treviglio (BG)
Classe: II D
Insegnante di riferimento: prof.ssa Nadia Valente
Ricercatore: dott.ssa Irene Invernizzi
Partecipanti: Carlo Bassetta, Michele Colombo, Davide Galli, Lucrezia Gritti, Giacomo Mandarano, Alice
Possenti, Daniela Tozzi
DESCRIZIONE
DELLA FIGURA
La figura di cui dobbiamo calcolare l'area è ottenuta a partire da un triangolo equilatero di lato 1 km. Ogni lato del
triangolo viene diviso in tre parti, e sulla parte centrale di
ogni lato viene costruito un triangolo equilatero di lato pari
a un terzo di quello iniziale. Si ripete poi lo stesso procedimento su ogni lato della figura ottenuta: ogni lato è a sua
volta diviso in tre parti, e su quella centrale costruiamo un
nuovo triangolo. Se ripetiamo lo stesso procedimento per infiniti passi si ottiene la forma della cava.
RAGIONIAMO
SULLE AREE
Per un primo approccio al problema ci siamo serviti sia di
una figura disegnata con il software “Cabri”, sia di figure disegnate a mano su compensato e cartelloni.
Per analizzare meglio la figura, l’abbiamo riprodotta con
uno zoom, ricopiando un lato e ottenendo la Figura 2.
Figura 2
Abbiamo cominciato ragionando sul triangolo equilatero
iniziale. Per calcolare l’area di questo triangolo abbiamo
utilizzato la formula di Erone, che ci permette di calcolare
l’area sapendo solo la lunghezza di un lato.
La formula è:
A= √p (p – a) (p – b) (p – c),
quindi, dato che a = b = c = 1 km e p = 3/2,
si ricava che A = 0,433 km2.
Figura 1
20
dossier - MATh.en.JEANS
Abbiamo poi osservato che, se dividiamo il triangolo di partenza in 9 triangolini uguali, questi sono congruenti a quello costruito sul lato. Quindi i tre triangoli che si aggiungono nel primo passaggio hanno ciascuno area pari alla nona
parte dell’area del triangolo iniziale. Detta A0 l'area del
triangolo iniziale, e A1 l'area di ciascun triangolino ottenuto al primo passaggio, si ricava allora che A1 = 1/9 A0 .
numero 28
agosto 2011
Figura 3
Figura 5
Se ora dividiamo un triangolo ottenuto dal primo passaggio
in nove triangolini uguali, avremo ancora che questi triangolini sono congruenti a quello sul lato nel secondo passaggio. Quindi i triangoli che si aggiungono nel secondo passaggio hanno ciascuno l’area pari alla nona parte dell’area
dei triangolo del passaggio 1. Dunque, usando la notazione precedente, A2 = 1/9 A1; possiamo allora dire che
A2 = 1/9 · 1/9 A0 = 1/81 A0.
STIMA
DELL'AREA TOTALE
Per quanto riguarda il numero di triangoli, formati ad
ogni passaggio, abbiamo ottenuto la seguente tabella.
Sommando perciò tutti i valori delle aree dei vari passaggi che abbiamo visto, otteniamo:
Atot = A0 + 3 · 1/9 A0 + 1/81 A0 · 12 + 1/729 A0 · 48 + 1/6561 A0 · 192.
In conclusione, l’area totale si avvicina a 0,691910058 km².
FRATTALI,
Figura 4
Ragionando come prima, ricaviamo che i triangoli che si
formano al terzo passaggio hanno ciascuno area A3 = 1/9
A2 = 1/729 A0, mentre quelli del quarto passaggio hanno
area A4 = 1/9 A3 = 1/6561 A0.
PERIMETRO E AREA
Dal momento che la figura rimane dentro la circonferenza
che circoscrive il triangolo, possiamo dire che l’area è finita; il procedimento per il calcolo dell'area è sempre lo stesso, anche se ad ogni passaggio i numeri sommati diventano
sempre più piccoli, fino a diventare quasi zero. Anche se l’area è finita, si trova però che il perimetro risulta infinito.
Abbiamo infine scoperto che la figura trovata è un frattale, ovvero un oggetto geometrico in cui il motivo si ripete identico in tutte le direzioni e a scala continuamente ridotta. Contrariamente a qualsiasi altra figura geometrica, un frattale, invece di perdere dettaglio quando è ingrandito, mantiene sempre le stesse caratteristiche.
dossier - MATh.en.JEANS
21
numero 28
agosto 2011
L’elettricista pasticcione
In seguito ad un guasto alla rete elettrica, il proprietario di una grande casa ha
chiamato un elettricista per risolvere il problema. L'elettricista però combina un bel
pasticcio e ora l'illuminazione delle stanze funziona in questo modo:
- quando si cambia lo stato all'illuminazione di una stanza (da accesa si spegne
o da spenta si accende) cambia lo stato anche dell'illuminazione delle stanze
adiacenti (se è accesa si spegne e se è spenta si accende).
- due stanze sono adiacenti se hanno un’intera parete in comune.
Come deve essere fatta una casa (forma, numero e disposizione delle stanze...)
affinché il proprietario riesca a illuminarla interamente accendendo le stanze
ad una ad una?
Scuola secondaria di I grado - I.C. “Bagatti Valsecchi” - Varedo (MB)
Insegnante di riferimento: prof.ssa Alessandra Barlassina
Ricercatore: dott.ssa Monica Lanzani
Partecipanti: Matteo Bertolini, Ilaria Consonni, Anna Cusa, Lorenzo Ferri, Riccardo Fumagalli, Giacomo
Gazzi, Lorenzo Gregorutti, Gianluca Guerrini, Dragos Neacsu, Allessandro Nodari, Marco Pagani, Gaia
Pilotto, Mattia Simone, Giulia Spinelli, Paola Zampar
Scuola secondaria di I grado - I.C. “Diaz” – Meda (MB)
Insegnante di riferimento: prof.ssa Nunzia Villa
Ricercatore: dott.ssa Monica Lanzani
Partecipanti: Mattia Colaci, Silvia Ferrario, Laura Frigerio, Mattia Lazzaroni, Riccardo Monti, Cristian
Nunez, Morgana Pauletto, Silvia Peluzzi, Paolo Pradelli, Valeria Santangelo, Marco Segatto, Alice
Ventrella, Valentina Zacheo, Andrea Zagoner
CASE
RETTANGOLARI: I
“TRENINI”
Quando Monica è venuta nelle nostre classi abbiamo iniziato il lavoro ragionando sulle case rettangolari, che si possono schematizzare tramite griglie.
Il primo passo sono state le case lineari, che noi abbiamo
chiamato “trenini”. Abbiamo subito capito che si possono
incontrare solo due casi:
- se il numero delle stanze è divisibile per 3 è sufficiente partire accendendo la seconda stanza e poi continuare saltandone sempre due.
- se il numero di stanze non è divisibile per tre bisogna partire dalla prima stanza e poi continuare saltandone sempre due.
Figura 1-2
22
dossier - MATh.en.JEANS
Questa prima parte è stata sviluppata parallelamente da entrambi i gruppi, dopodiché i lavori hanno preso due strade
diverse che insieme hanno contribuito a dare una soluzione
più ampia al problema.
CASE
TRIANGOLARI E CIRCOLARI
Il gruppo di Varedo ha lavorato sulle case quadrate e rettangolari, ma, non riuscendo sempre a trovare una soluzione, ha poi deciso di concentrarsi sulle case triangolari e circolari.
Per quanto riguarda le case triangolari, siamo partiti dalla “casa
minima”, formata cioè da 4 stanze: in questo caso è sufficiente
partire accendendo la stanza
centrale.
Poi sono passati alle case a tre
file e siamo arrivati alla conclusione che basta accendere, una
Figura 3
numero 28
agosto 2011
di seguito all’altra, le
stanze che hanno la
“punta” verso l’alto.
Possiamo applicare lo
stesso ragionamento
per accendere tutte le
case con un numero dispari di file.
Figura 4
Per le case a quattro file
i ragazzi hanno numerato le stanze e hanno visto che basta partire dalla numero 3
e poi accendere una stanza ogni 4. Ci siamo accorti che in
realtà è come accendere la stanza centrale di un modulo
uguale alla “casa minima”. Analogamente possiamo accendere tutte le case triangolari con un numero
pari di file.
Siamo quindi riusciti ad
accendere tutte le case
triangolari con stanze
triangolari.
Nel caso delle case circolari, per rispettare le
Figura 5
regole date dal testo del
problema si è deciso di
dividere le case in spicchi, come fossero delle torte; ogni
spicchio sarà una stanza. Nel caso di case con un numero di
stanze multiplo di 3, è sufficiente accendere una stanza e
poi continuare saltandone sempre 2 (come per i trenini
multipli di 3).
Per le case divise in
quattro settori bisogna
seguire lo stesso procedimento della casa quadrata con quattro stanze, cioè accendere le
stanze in questo ordine:
1, 3, 2, 4.
Per le case circolari con
un numero di stanze
pari ma non multiplo di
3 si accendono in sequenza tutte le stanze
Figura 7
con un numero dispari
e poi quelle con un numero pari.
Infine non siamo riusciti a trovare una regola per le case
con un numero di stanze dispari e non multiplo di 3.
DIVERSI
METODI RISOLUTIVI
I ragazzi di Meda, invece, sono riusciti a trovare alcune regole per accendere delle case rettangolari con più file di
stanze.
Apriamo però prima una piccola parentesi sui metodi utilizzati, che hanno subito una notevole evoluzione.
- Carta e penna: lavorare con carta e penna segnando le
case accese e spente è stato il primo metodo, ma è stato subito abbandonato in quanto si riduceva ad andare per tentativi ed era poco efficace.
- Tabelle: siamo quindi passati ad utilizzare delle tabelle per
registrare i cambiamenti di stato subiti dalle stanze. Abbiamo assegnato dei numeri alla griglia che rappresentava le
stanze dell’appartamento, riportato nella prima riga di una
tabella i numeri e inserito una s (spento) nella seconda riga
della colonna per rappresentare lo stato iniziale. Ogni riga
rappresenta un
passaggio e una
“A” rossa indica
la stanza che
viene accesa direttamente e una
“a” rossa indica le
stanze che si ac- Figura 8
cendono perché
vicine a quella accesa.
Rami e pallini: quando si accende una
stanza si disegna un pallino sulla stanza; le stanze adiacenti che si accendono di conseguenza vengono collegate
al pallino tramite delle ramificazioni
che terminano a loro volta con dei
pallini. Quando il numero di pallini in
una casella è dispari la casella è accesa, invece se è pari è spenta.
Figura 9
- Forme base: un altro metodo efficace è stato quello di
usare delle forme base che abbiamo visto nei primi tentativi. Per una stanza che non sta sul bordo di una casa la forma
base è la croce, in quanto fa sì che le stanze adiacenti si accendano formando una croce. Per una stanza che sta sul
bordo ma non sull’angolo di una casa la forma base è una T
(in tutte e quattro le direzioni), mentre per una stanza sull’angolo la forma base è una L (in tutte e quattro le direzioni). Queste forme sono state utili per le case rettangolari.
Passiamo ora a vedere cosa siamo riusciti a scoprire.
CASE
QUADRATE
Siamo riusciti ad accendere le
case quadrate di lato 2, 3 e 4.
- Casa 2×2: basta accendere una
sola volta tutte le stanze. Dato che
l’ordine non conta, per le case 2×2
vale la proprietà commutativa.
- Casa 3×3: basta accendere le
stanze all’angolo e poi quella al
centro. Anche in questo caso vale Figura 10
la proprietà commutativa.
- Casa 4×4: si parte dalla seconda stanza di uno qualunque dei bordi della casa. Dopodiché si procede in senso
orario o antiorario lungo il bordo accendendo sempre la
terza che si trova dopo quella accesa. Questa mossa è
stata ribattezzata dal gruppo di Varedo “la mossa del cavallo” in quanto riproduce i movimenti del cavallo negli
scacchi.
- Casa 5×5: dopo
vari
tentativi,
questo quadrato
non è mai stato
acceso completaFigura 11
mente.
dossier - MATh.en.JEANS
23
numero 28
agosto 2011
CASE
RETTANGOLARI A DUE FILE
Con l’aiuto delle forme base siamo riusciti a costruire delle
case con due file di stanze (2×). Iniziando con una L, accostando poi tante T a piacere (una dritta e una ribaltata) e
concludendo con un’altra L siamo riusciti a risolvere il problema per case con un numero di stanze per ogni fila pari a
4n+3.
Per trovare altre soluzioni con case 2× abbiamo sfruttato le
espansioni.
Che cos’è un’espansione? Abbiamo notato che al contrario della forma base a croce, che se viene accostata ad
altre forme non le influenza, le altre due forme base (T e
L) accostate ad altre stanze le influenzano facendo accendere le stanze adiacenti. Un’espansione è quindi l’unione della forma base con
altre stanze che vengono illuminate dalla forma base
stessa.
Tramite le espansioni del
quadrato 2×2 solo su due lati
opposti si è riusciti ad accendere le case 2×3, 2×4.
Figura 12
Figura 14
Con queste forme, abbinate a forme base semplici, abbiamo
costruito le seguenti case: 4×(5n+2)
Figura 15
Figura 16
Accostando poi questi moduli siamo riusciti a risolvere il
problema anche per le case
2×6, 2×4n, 2×(4n+3),
2×(4n+6).
Figura 17
LA
CASE
RETTANGOLARI A TRE FILE
Visti i risultati raggiunti tramite l’espansione del quadrato
2×2 abbiamo deciso di iniziare a lavorare sulle case 3× proprio dalle espansioni del quadrato 3×3. Espandendo quest’ultimo su due lati opposti abbiamo ottenuto delle forme
base 3×4 e 3×5.
CASA PIÙ ARTICOLATA
Uno studente molto creativo di Meda, dopo aver studiato
combinazioni e formule, è riuscito a comporre la scritta
MATh.en.JEANS con le stanze tutte accese. Bravo!
Figura 18
Figura 13
Combinando queste nuove forme base con le forme base
primarie abbiamo ottenuto altre forme base. Grazie a questi
moduli siamo riusciti ad accendere le case: 3×(6n+1),
3×(6n+5), 3×(6n+9).
Figura 19
CASE
RETTANGOLARI A QUATTRO FILE
Espandendo il quadrato 2×2 è possibile ottenere forme simili a quelle di base, cioè forme a T, a croce e a L.
Figura 20
24
dossier - MATh.en.JEANS
numero 28
agosto 2011
Verso l’infinito e oltre
Quanti elementi ha l'insieme dei numeri naturali?
Sono di più o di meno dei numeri reali compresi tra 0 e 1?
Scuola secondaria di I grado – I.C. di Carnate (MB)
Classe: III B
Insegnante di riferimento: prof.ssa Mirella Cogliati
Ricercatore: dott. Nicola Abatangelo
Partecipanti: Samantha Argento, Federico Brambilla, Erica Bresciani, Francesco Calvio, Alex D'Andrea,
Savino Di Troia, Veronica Ferrari, Arianna Foti, Martina Francesca, Francesco Mazzeo, Ergert Neza, Gaia
Spinelli.
COS’È L’INFINITO?
Il problema che ci è stato posto è quello di stabilire se l'insieme dei numeri naturali, che indichiamo con N, contiene
la stessa quantità di elementi dell'insieme dei numeri reali
compresi tra 0 e 1, che indichiamo con I. Ma cos'è l'infinito?
L'infinito è forse un numero? Sembrerebbe di no, perché
chiunque sappia contare potrebbe sempre sommare a quel
numero una unità (1) e otterrebbe sempre lo stesso numero,
cioè infinito.
Allora è una parola? Nemmeno questa è una risposta adeguata: dato che sappiamo che in matematica le parole hanno
un significato ben preciso, basterebbe cercare la definizione e
avremmo già risolto il nostro problema.
Pensandoci bene potremmo paragonarlo allo spazio. L'infinito e lo spazio hanno infatti molte cose in comune:
- non si sa dove iniziano e dove finiscono;
- oltre un certo punto non li si può esplorare;
- non si sa con precisione cosa e quanti elementi contengano.
Pensiamo a due o più circonferenze di raggio diverso: quanti
punti hanno? Ovvio, infiniti. Quindi, probabilmente, anche
i nostri due infiniti sono uguali e contengono lo stesso numero di elementi.
Purtroppo non è stato così facile arrivare alla soluzione del
problema, e dopo aver discusso molto siamo arrivati alla conclusione (corretta, ci ha detto Nicola, ma in quel momento
ancora infondata e senza prove certe) che l’infinito di I è più
potente di quello di N.
PROVE
DI CORRISPONDENZA BIUNIVOCA
Per prima cosa abbiamo cercato una corrispondenza biunivoca tra N e I, ossia abbiamo cercato di accoppiare gli elementi di N con gli elementi di I. Dopo aver capito che le
corrispondenze che avevamo trovato non erano biunivoche
abbiamo pensato ad altre soluzioni.
Il metodo 1/N: prendiamo tutti gli elementi di N e facciamone l'inverso. Ad ogni elemento di N corrisponde sempre
un elemento in I, ma, pur avendo esaurito tutti i numeri di
N, non siamo riusciti ad individuare tutti gli elementi di I;
ad esempio tra ½ e 1 nell'insieme I non ci sono elementi
che il nostro procedimento riesca ad individuare.
Il metodo 0, N: abbiamo preso ogni elemento di N e abbiamo messo davanti “0,”; in questo modo ad ogni elemento di
N corrisponde un elemento di I. Tuttavia, pur avendo esaurito tutti i numeri di N, non siamo riusciti ad individuare
tutti gli elementi di I (ad esempio non siamo riusciti ad individuare nessun elemento di I fra 0 e 0,1).
Il metodo degli zeri significativi: Federico ha ragionato sul perché questi metodi non funzionassero ed è giunto alla conclusione che la “colpa” è del diverso valore dello 0 in N e in I.
In N, infatti, lo zero ha valore se posto alla destra del numero (10; 100; 1230;…), ma non ne ha se posto a sinistra
(01; 001; 00123;...). Viceversa, in I lo zero ha valore a sinistra (0,001; 0,00122;…), ma non ne ha a destra (0,10;
0,12700;...). Quindi abbiamo pensato che bisognasse dare
valore allo zero anche quando nell’accoppiamento “0, n”
non ne aveva.
Abbiamo allora definito il seguente accoppiamento: n si accoppia a 0,n, ma quando in n lo zero è a destra, in 0,n va a
sinistra; ad esempio 1 si accoppia a 0,1, mentre 10 si accoppia a 0,01.
Pur avendo esaurito tutti i numeri di N, non siamo riusciti
ad individuare tutti gli elementi di I: ad esempio non siamo
riusciti ad individuare nessun numero periodico.
UNA
LISTA DI IRRAZIONALI
A questo punto abbiamo provato a fare una lista dei numeri di I. Supponiamo di avere due liste infinite di numeri accoppiati in corrispondenza biunivoca, una di IN e
una di I, ad esempio: 1 → 0,8434890..., 2 → 0,857475..., e
così via. Possiamo allora vedere che vi sono sempre dei
numeri di I non accoppiati.
Basta infatti cambiare per ogni numero una cifra. Nel nostro esempio, se nel primo numero la prima cifra dopo lo
0 è 8, possiamo cambiarla con una qualsiasi altra cifra,
come 4; nel secondo numero la seconda cifra è 5 e si cambia quest'ultima con una qualsiasi altra cifra, e così via.
Ci siamo resi conto in questo modo, che non siamo in grado
di mettere in fila gli elementi di I come abbiamo fatto con
i razionali. Possiamo dunque affermare che I è un infinito
diverso da N – {0}, come dicono i libri, più potente.
dossier - MATh.en.JEANS
25
numero 28
agosto 2011
Comunicare su una griglia
Liceo scientifico “B. Pascal” - Merano (BZ)
Classi: II LS e II LST
Insegnanti di riferimento: prof. Alberto Capucci, prof. Giovanni Porcellato
Ricercatore: dott.ssa Ester Dalvit
Partecipanti: Marylise Adami, Leonardo Albertoni, Alessandro Battisti, Federico Borin, Svitlana
Bronetska, Antonio Caccavella, Massimo Comper, Giulia De Lussignoli, Omar Di Vittorio, Federica
Fracasso, Nabila Joarder, Marlene La Bella, Stefano Magnabosco, Valerio Meschini, Marco Panizza,
Raquel Rizzi, Lorenzo Scacchetti, Carlos Alvarado, Stefano Benedini, Christian Fusaro, Emanuele
Giacomuzzo, Sina Khalili Pir, Enzo Kuka, Lorenzo Lai, Luca Marth, Kely Montoya, Alberto Quaglia,
Francesco Tirello, Elia Toccolini
In una città progettata da un architetto razionalista le case
sono disposte a scacchiera, separate da vie che si incrociano perpendicolarmente. Il proprietario di una di queste case
vuole vendere la propria abitazione X. Per diffondere la notizia telefona a tre concittadini le cui abitazioni A, B e C si
trovano rispettivamente:
a) spostandosi di tre case a est e due a nord,
b) spostandosi di tre case a ovest e una a nord,
c) spostandosi di una casa a est e due a sud.
A sua volta ciascuno dei cittadini informati telefona ad altri
tre abitanti scegliendoli in base alle stesse regole e così via.
Come si diffonde la notizia? Se si suppone la città infinitamente estesa si può affermare che ogni abitante verrà informato? E in quanto “tempo”?
COME
Definite le telefonate come traslazioni, possiamo dire che
esse godono della proprietà commutativa: non importa in
che ordine viene effettuata una sequenza di chiamate, si arriverà sempre allo stesso punto.
RAPPRESENTARE IL PROBLEMA?
Poniamo colui che mette in vendita la casa nell’origine di
un sistema di riferimento cartesiano, cioè nel punto di
coordinate (0; 0). L’indirizzo di ciascun altro abitante
è una coppia di coordinate intere, e i vettori v1(3; 2),
v2(–3; 1) e v3(1; –2) rappresentano le tre regole di comunicazione. Ogni abitante informato telefona, una sola
volta, a tre altri abitanti le cui coppie di coordinate si ottengono sommando ciascuno dei tre vettori alla coppia di
coordinate dell’abitante; in altre parole ogni abitante telefona applicando tre traslazioni
Figura 2
TUTTI
Figura 1
26
dossier - MATh.en.JEANS
GLI ABITANTI POTRANNO ESSERE INFORMATI?
Supponiamo che la città sia infinita. Se si possono informare gli abitanti che stanno immediatamente a Nord (0; 1),
Ovest (–1; 0), Sud (0; –1) ed Est (1; 0), allora si possono
informare tutti gli abitanti della città.
Lavorando graficamente sulla griglia si trova che:
N(0; 1) = 2v1(3; 2)+3v2(–3; 1)+3v3(1; –2),
O(–1; 0) = v1(3; 2)+2v2(–3; 1)+2v3(1; –2),
S(0; –1) = 3v1(3; 2)+5v2(–3; 1)+6v3(1; –2),
E(1; 0) = 4v1(3; 2)+6v2(–3; 1)+7v3(1; –2).
Per informare gli abitanti delle case immediatamente a
nord, ovest, sud ed est sono sufficienti rispettivamente 8, 5,
14 e 17 telefonate.
Nella figura è rappresentata una delle possibili sequenze di
telefonate che collegano X(0; 0) con E(1; 0).
numero 28
agosto 2011
dove si utilizza la funzione fattoriale di un numero naturale:
n! = n(n – 1) …⋅3⋅2⋅1.
Infatti, una volta individuati x, y e z, l’ordine con cui vengono applicati i vettori non modifica la posizione d’arrivo.
Di conseguenza c è il numero delle permutazioni di t oggetti, non tutti distinti, di cui x di un tipo, y di un altro tipo e
z di un altro ancora. Nella figura vengono visualizzati i canali che mettono in comunicazione il punto di coordinate
(0; 0) col punto di coordinate (4; 3).
Figura 3
Preso un abitante a caso è possibile stabilire con il calcolo il numero
minimo di telefonate che bisogna fare per informarlo? Quante volte,
al minimo, bisogna applicare ciascuna delle tre regole per informarlo?
Per informare l’abitante in posizione P(h; k) cerchiamo i
numeri naturali x, y e z tali che
xv1(3; 2) + yv2(–3; 1) + zv3(1; –2) = P(h; k).
L’uguaglianza tra coppie di coordinate intere equivale al sistema di formule:
(x, y, z ! N) ) (3x –3y + z = h) ) (2x + y – 2z = k);
esprimendo x e y in funzione di z si ottiene il sistema equivalente
(x, y, z ! N) ) (x = (5z + h + 3k)/9) ) (y = (8z – 2h + 3k)/9).
Con una tabella, aumentando progressivamente il valore di
z, si trova la prima terna di numeri naturali che è soluzione
del sistema. Sommando i tre valori si trova il numero minimo di telefonate necessario per informare l’abitante in posizione P(h; k).
Ad esempio se si considera l’abitazione in posizione E(1; 0)
la prima terna soluzione che si incontra è (4; 6; 7) per un
totale di 17 telefonate.
Il procedimento può essere automatizzato per qualunque
abitante in posizione P(h; k) e codificato con un linguaggio
di programmazione.
Quanti sono i canali d’informazione che arrivano ad informare
un abitante?
Figura 4
CON
QUALE VELOCITÀ SI DIFFONDE LA NOTIZIA?
Figura 5
La successione del numero dei nuovi informati è la successione: 1, 3, 6, 10, 15, … , ovvero la successione della somme
dei primi n numeri naturali a partire da 1. La formula chiusa di questa successione è 1 + 2 + 3 + …+ n = n(n + 1)/2.
Se il primo valore della successione ha indice zero allora la
formula per il calcolo del numero dei nuovi informati al
passo ennesimo è: (n + 1) (n + 2)/2. La successione del numero delle telefonate al passo ennesimo si ottiene moltiplicando il numero dei nuovi informati del passo precedente
per 3.
Chiamiamo t il numero minimo di telefonate necessarie per
raggiungere un abitante; sapendo che x, y e z sono il numero di volte in cui bisogna applicare ciascuno dei tre vettori
v1, v2 e v3, allora il numero c dei canali d’informazione è
dato dalla formula:
c = t!/(x! y! z!)
dossier - MATh.en.JEANS
27
numero 28
agosto 2011
Ci sono abitanti che dopo un certo numero di passi vengono
informati di nuovo?
Colui che vuole vendere la casa riceverà dopo un certo
tempo una telefonata che gli comunicherà che la sua casa è
in vendita? Se sì dopo una sequenza di quante telefonate?
La cosa si verifica dopo 22 telefonate. Infatti il sistema
(x, y, z ! N) ) (3x – 3y + z = 0) ) (2x + y – 2z = 0)
oltre alla soluzione ovvia (0; 0; 0) ha anche la soluzione (5;
8; 9) che comporta 22 telefonate.
Ciò significa che la tabella precedente va rivista perché
dopo 22 telefonate vi sono abitanti informati un’altra volta,
e questi non vanno conteggiati tra i nuovi informati.
tranno essere informati tutti gli abitanti la cui abitazione è
individuata da una coppia la cui ascissa (ordinata) non è divisibile per d.
Resta aperto il problema di trovare una condizione sufficiente affinché le regole di comunicazione (definite da tre
vettori) permettano di informare tutta la città.
E
SE LA CITTÀ È FINITA?
Una variante del problema considera la città come finita.
Se la forma della città è rettangolare si può dimostrare che
qualunque sia l’abitazione da cui parte l’informazione, questa non arriverà al cittadino che abita nella casa all’angolo
inferiore sinistro della città. Lo stesso vale per quello che
abita nell'angolo superiore destro.
Scegliamo infatti il riferimento cartesiano in modo tale che
l’origine coincida con l’angolo inferiore sinistro. Supponiamo, per assurdo, che al passo ennesimo tale abitazione sia
stata raggiunta dall’informazione. Essa, in base alle regole di
comunicazione, può giungere solo dai punti di coordinate
(–1; 2), (–3; –2) o (–3; –1) che appartengono rispettivamente al 2°, al 3° e al 4° quadrante perché hanno almeno
una coordinata negativa. Ma per come è stato scelto il sistema di riferimento nessuna delle case della città può avere
coordinate negative. Lo stesso ragionamento si può ripetere nel caso dell'abitazione nell’angolo superiore destro.
Figura 6
E
SE SI CAMBIANO LE REGOLE?
Cambiando le regole di comunicazione è possibile informare ugualmente tutta la città?
La risposta è negativa. Se ad esempio modifichiamo la terza
regola di comunicazione assegnando al vettore v3 le componenti scalari (0; –2) non si potranno informare tutti gli
abitanti la cui “coppia-indirizzo” ha ascissa che non è un
multiplo di tre.
Questo risultato può essere generalizzato: se si scelgono tre
regole rappresentate da vettori con ascisse (ordinate) divisibili per un numero naturale d, maggiore di uno, non po-
28
dossier - MATh.en.JEANS
Figura 7
numero 28
agosto 2011
Dado o non dado?
Una ditta ha bisogno di nuovi dadi. Quali poliedri
possono essere considerati tali? Quali caratteristiche dovrebbero avere?
Liceo scientifico “I. Calvino” - Noverasco di Opera (MI)
Classi: III E, III G, IV E
Insegnante di riferimento: prof.ssa Maria Grazia Bernasconi
Ricercatore: dott.ssa Elisa Massafra
Partecipanti: Riccardo Bestetti, Chiara Bologna, Marco Campese, Alessandro Cavagnera, Matteo
Gambolò, Claudia Passera, Arianna Bartolo, Marco Bellini, Jessica Garcia, Alessandro Maggi, Alessandro
Novena, Matteo Pancotti, Laura Pavan, Lorenzo Sartirana, Margherita Stea, Mattia Tuccitto, Lodovico
Bianchi, Giorgio Biffi, Valeria Bonini, Claudia Bozzini, Daniele Curti, Andrea Domenichetti, Marco Galli,
Chiara Malusardi
Liceo scientifico “I. Calvino” - Rozzano (MI)
Insegnanti di riferimento: prof.ssa Maria Grazia Gualazzini, prof.ssa Maria Stefania Strati
Ricercatore: dott.ssa Elisa Massafra
Partecipanti: Gabriele Bertoli, Roberta Bertoli, Serena Benedetto, Eleonora Borda, Matteo Busseni,
Lorenzo Gatto, Federica Landais, Arianna Mandelli, Francesco Mastrogiovanni, Simone Naselli, Iacopo
Pasculli, Francesca Ricci, Simona Sassi, Viola Scarselli, Federico Viverit
DADI
A FORMA DI PRISMI
Siamo partiti esaminando i poliedri che sapevamo essere dadi
(perché già comunemente in uso) e quelli mostratici dalla ricercatrice. Abbiamo notato che i dadi più comuni erano i
cinque solidi platonici, ovvero tetraedro, cubo, ottaedro, dodecaedro, icosaedro.
Ci siamo però resi conto che le caratteristiche di regolarità
dei solidi platonici non sono necessarie affinché un solido sia
un dado, e abbiamo così preso in considerazione altre figure
solide, come il prisma a base pentagonale regolare (in questo caso si decide di leggere il numero sulla faccia rivolta a
terra).
La nostra prima difficoltà è stata dimostrare l’equiprobabilità
delle facce. Inizialmente abbiamo supposto che le facce fossero equiprobabili se equivalenti, e abbiamo costruito i nostri
prismi in questo modo. Abbiamo indicato con l, h e a, rispettivamente il lato della faccia pentagonale, l'altezza del prisma
e il suo apotema; abbiamo poi effettuato alcuni lanci di prova
e abbiamo osservato che la faccia rettangolare risulta più probabile rispetto alla faccia di base.
Abbiamo allora deciso di abbandonare l'equivalenza delle
facce e abbiamo ipotizzato che ci dovesse essere una certa
proporzione tra la distanza del baricentro e le facce della figura stessa.
In precedenza abbiamo notato che se h è molto maggiore di l
(ovvero il prisma risulta ”alto e stretto”) è più probabile che
lanciandolo cada su una faccia rettangolare. Se invece l è
molto maggiore di h, otteniamo un prisma simile ad una moneta pentagonale, ed è molto più probabile che lanciandolo
cada su una faccia pentagonale.
La nostra conclusione è che aumentando progressivamente h
deve esistere, per continuità, un punto in cui tutte le facce
siano equiprobabili, e quindi anche i solidi siffatti siano dadi
equilibrati.
Generalizzando questo discorso possiamo supporre che tutti i
prismi e gli antiprismi (poliedri le cui facce sono due poligoni regolari con lati della stessa grandezza, connesse da un
ciclo di triangoli equilateri) possano essere costruiti come
dadi per continuità, trovando una proporzione che renda le
facce equiprobabili.
SOLIDI
DI
CATALAN
Facendo una ricerca più approfondita abbiamo scoperto l’esistenza di altri poliedri, chiamati solidi di Catalan.
Le loro caratteristiche sono le seguenti:
- sono convessi;
- hanno facce congruenti;
- possiedono una simmetria sulle facce;
- le facce non sono poligoni regolari (possono essere rombi,
triangoli isosceli, triangoli scaleni, aquiloni, pentagoni irregolari, etc).
Osservando la loro forma e la loro regolarità ci eravamo
convinti che questi solidi potessero essere utilizzati come
dadi e, dopo accese discussioni, abbiamo capito che il nocciolo della questione erano le facce indistinguibili. Prese
due facce qualsiasi, infatti, esiste una simmetria del poliedro
che manda l’una nell’altra: questo ci permette di dire che le
facce sono equiprobabili.
dossier - MATh.en.JEANS
29
numero 28
agosto 2011
Risparmio satellitare
La NASA vuole disporre dei satelliti geostazionari in modo che da ogni punto
della superficie terrestre ne sia visibile almeno uno: qual è il numero minimo di
satelliti che la NASA dovrà lanciare?
Scuola secondaria di I grado – I.C. di Beinasco (TO)
Classi: II E e III D
Insegnanti di riferimento: prof.ssa Barbara Prastaro, prof.ssa Maria Concetta Sordano
Ricercatore: dott. Valerio Bioglio
Partecipanti: Santiago Agostino, Aurora Aiello, Francesca Andreassi, Omar Andrisani, Federica Ballario,
Arianna Barbanera, Fabio Barbatano, Giolele Belcastro, Jasmine Bellovino, Elisa Benevento, Era Beyko
Sevrani, Alessandro Birriolo, Alessandro Bloise, Sophia Buelvas, Luca Calaon, Fabio Carbone, Edoardo
Cucinotta, Emanuele Cugis, Sara Curcio, Giusy D'Auria, Martina De Bortoli, Eric Gallosti, Massimiliano
Imperore, Daniela Iulianello, Fabrizio Lande, Paolo Luchena, Rahissa Mampasi, Alessandro Miglietti,
Daniele Noto, Enrico Palazzo, Chantal Pavera, Chiara Peretto, Angelo Piovan, Giulia Pitti, Emanuele
Rampulla, Denis Salvador, Christian Sciuto, Denyse Tondo, Marika Tricinella, Paloma Tropea, Alessio
Vallifuoco, Riccardo Vaudagnotto, Melanie Zanini
Dopo aver analizzato il testo del problema e aver individuato i termini specifici, abbiamo iniziato a ragionare su un
modello bidimensionale costituito da un cerchio e da sezioni di coni tangenti alla circonferenza, che rappresentano le
zone di visibilità della circonferenza dal satellite. In tal
modo abbiamo visto che tre satelliti sono sufficienti per coprire tutta la circonferenza.
Figura 1
30
dossier - MATh.en.JEANS
Passando al modello tridimensionale, abbiamo spostato il
nostro punto di osservazione immaginando di essere nella
posizione del satellite e di vedere il nostro pianeta con un
fascio di luce di forma conica (per esempio quello creato da
una torcia) tangente alla superficie terrestre. L’idea di posizionare un solo satellite era ovviamente da scartare, perché
avrebbe al massimo illuminato la superficie di un solo emisfero terrestre. Aggiungendo un secondo satellite in posizione diametralmente opposta, la superficie terrestre sarebbe stata interamente coperta solo se avessimo potuto posizionare i satelliti all’infinito, perché in tal caso i coni formati dai fasci di azione dei satelliti sarebbero diventati dei
cilindri; ovviamente questa soluzione non è realizzabile
dalla NASA.
Posizionando tre satelliti ai vertici di un triangolo circoscritto alla circonferenza equatoriale, siamo giunti alla conclusione, anche grazie alla realizzazione di un modello concreto, che almeno i poli sarebbero rimasti esclusi dall’azione dei satelliti.
Se invece immaginiamo di inscrivere la Terra in un cubo e
di posizionare un satellite in ogni suo vertice, utilizzandone
quindi otto, tutta la superficie terrestre verrebbe coperta;
ma se i satelliti fossero inseriti al centro di ogni faccia del
cubo, ne basterebbero solo sei. Poiché il nostro problema richiedeva il numero minimo di satelliti, avendo già scartato
le soluzioni con uno, due e tre satelliti, era necessario stabilire con certezza se fossero sufficienti cinque o addirittura
quattro satelliti.
Se posizioniamo tre satelliti ai vertici di un triangolo sul
piano dell’equatore e due satelliti sull’asse di rotazione terrestre ad una distanza dal centro della terra maggiore del
raggio terrestre, i coni di luce uscenti dai satelliti e tangenti alla superficie illuminerebbero ogni punto del pianeta.
La soluzione con cinque satelliti ci è inizialmente sembrata
numero 28
agosto 2011
Figura 2
quella cercata, almeno fino a quando non abbiamo pensato
di spostare verso il basso, ad una distanza dal centro della
Terra maggiore del suo raggio, il triangolo posto sul piano
dell’equatore: in questo modo il satellite posizionato in corrispondenza del Polo sud non sarebbe più necessario e la
Terra sarebbe stata inscritta in un tetraedro, ossia un solido
con quattro facce a forma di triangolo equilatero e quattro
vertici nei quali posizionare i satelliti.
Per chiarire meglio le idee ci è venuta l’idea di costruire dei
modelli tridimensionali, in cui sostituire i satelliti con delle
lampadine e approssimare la Terra ad una sfera: la prima
difficoltà è stata l’aderenza al modello reale, di cui era necessario conservare le proporzioni. Da alcune ricerche abbiamo inoltre scoperto che i satelliti geostazionari devono
essere posizionati ad una distanza dalla superficie terrestre
di circa 35.790 km; risultava quindi necessario verificare
che la distanza tra il vertice del tetraedro e la superficie
della Terra risultasse minore della distanza a cui devono
stare i satelliti geostazionari, altrimenti la nostra soluzione,
anche se geometricamente valida, non sarebbe stata utilizzabile dalla NASA.
Per costruire il modellino siamo partiti dal raggio della pallina che rappresenta il nostro pianeta e, conoscendo il raggio terrestre e la distanza a cui deve essere posizionato il satellite geostazionario, abbiamo calcolato la distanza tra un
vertice del tetraedro e la superficie della pallina.
Fino a qui tutto abbastanza semplice, ma ora si deve passare dal modello concreto alla situazione reale! La distanza tra
i vertici del tetraedro e la superficie della Terra può essere
calcolata come differenza tra il raggio della sfera circoscritta al tetraedro e il raggio della sfera inscritta (ossia la Terra)
al tetraedro. Sapendo che il raggio equatoriale della Terra è
6.378,388 km, abbiamo quindi calcolato lo spigolo del tetraedro circoscritto (ottenendo il valore 31.247,591 km) e
successivamente il raggio della sfera circoscritta al tetrae-
dro, che, risulta pari a 19.135,163 km; calcolando la differenza tra quest’ultima e il raggio terrestre si ottiene, quindi,
un valore minore della distanza a cui devono stare i satelliti geostazionari. Con una proporzione si potrebbe allora calcolare lo spigolo del tetraedro in modo che la distanza da
ogni suo vertice alla superficie terrestre sia uguale a 35.790
km, ossia che i satelliti risultino geostazionari e al tempo
stesso la Terra sia completamente contenuta nel tetraedro.
I calcoli sembrano quindi rafforzare l’ipotesi che siano sufficienti quattro satelliti, anche se forse la nostra soluzione
geometrica, per essere accettata dalla NASA, dovrebbe tenere conto di fattori fisici ben più complessi su cui non ci
siamo soffermati.
Figura 3
dossier - MATh.en.JEANS
31
numero 28
agosto 2011
Sottrazioni casuali?
Durante una riunione tra i programmatori della Technological Dreams per lo
sviluppo di un nuovo software matematico, emerge un grosso problema: come è
possibile generare numeri casuali con un numero stabilito di cifre?
Un programmatore propone di utilizzare questa serie di operazioni:
PASSO 3 - si scrive il numero scelto con le cifre in ordine
crescente
PASSO 1 - si sceglie un numero naturale di partenza composto da n cifre
PASSO 4 - si sottrae il numero scritto al passo 2 con quel-
PASSO 2 - si scrive il numero scelto con le cifre in ordine
PASSO 5 - si riparte dal passo 2 con il numero casuale
decrescente
trovato al passo 4 per trovare altri numeri casuali
lo scritto al passo 3 trovando un primo numero casuale.
Scuola secondaria di I grado “Monteverdi-Colorni” - Milano (MI)
Classi II G – II B
Insegnanti di riferimento: prof.ssa Barbara Benedetti, prof.ssa Giovanna Gussoni
Ricercatore: dott. Alexandro Redaelli
Partecipanti: Diletta Abbondanza, Francesco Addisi, Gabriele Alicino, Kevin Bai, Cecilia Borò, Sophiah
Calderon, Yefrim Flores, Lorenzo Invidia, Anaïs Landriscina, Eleonora Lombardi, Matteo Mainieri, Micol
Majori, Emanuele Morello, Giulia Orlandini, Marco Riccardi, Yuri Rocca, Miguel Rodriguez, Sara Russo,
Andrea Strigaro, Milani Julie Tandoc, Tommaso Zattarin, Ilaria Zocco
NUMERI
DI DUE CIFRE
Se prendiamo un numero con due cifre uguali, ad esempio 55 o
66, scambiando le cifre il numero è sempre lo stesso e il risultato è sempre 0; di conseguenza non si generano numeri casuali.
Allora abbiamo preso numeri con cifre diverse e abbiamo
applicato la serie di operazioni descritte nella procedura o
meglio, come Alexandro ci ha spiegato, abbiamo applicato
un algoritmo.
Vediamo due esempi:
[81]
81 – 18 = 63 → 63 – 36 = 27 → 72 – 27 = 45 → 54 – 45 = 9;
[64]
64 – 46 = 18 → 81 – 18 = 63 → 63 – 36 = 27 → 72 – 27 = 45 →
54 – 45 = 9.
Facendo alcune prove abbiamo notato che il risultato finale è sempre uguale a 9 da qualsiasi numero si cominci, ma
non ci si arriva con lo stesso numero di passaggi. Inoltre i
risultati di tutte le sottrazioni sono sempre multipli di 9.
Ci è venuto un dubbio: il numero 9 è formato da una sola
cifra, ma noi siamo partiti da numeri di due cifre. Allora abbiamo deciso di aggiungere uno 0 davanti al numero 9,
come si fa nelle date, in modo da formare ancora un numero di 2 cifre, ovvero [09].
Applicando il metodo precedente a questo numero si ha:
[09] 90 – 09 = 81 → 81 – 18 = 63 → 63 – 36 = 27 →
72 – 27 = 45 → 54 – 45 = 09 → 90 – 09 = 81…
32
dossier - MATh.en.JEANS
Figura 1
Procedendo in questo modo, si trova
una serie di passaggi
che si ripetono, o,
come ci ha spiegato
Alexandro, si entra
in un ciclo
Da qualsiasi numero a due cifre si
parta, subito dopo
la prima sottrazione
otteniamo un multiplo di 9 ed entriamo nel ciclo, che è
lungo 5 passaggi.
Osservando ancora i nostri risultati abbiamo fatto una scoperta. Nel ciclo, se partiamo da 36 fino ad arrivare a 81, notiamo
una particolarità: la somma degli ultimi 2 numeri (81 + 9) è
uguale al doppio del numero che li precede (45 · 2 = 90).
Anche la somma del penultimo e del terzultimo numero (9 + 45)
è uguale al doppio del numero che li precede (27 × 2 = 54) e
cosi via.
Possiamo capire a priori, senza eseguire l’algoritmo, in che
passaggio del ciclo capitiamo dopo la prima sottrazione?
Raccogliamo nella seguente tabella alcuni numeri, scelti in
modo che la differenza delle cifre comprenda tutti i numeri
da 1 a 9.
numero 28
agosto 2011
Osserviamo ancora i risultati delle sottrazioni con numeri
di tre cifre. Notiamo che:
- dopo la prima differenza la seconda cifra è sempre il numero 9;
- tutti i risultati sono multipli di 99.
In conclusione, anche con tre cifre non si generano numeri casuali.
NUMERI
DI
4
CIFRE
Osserviamo che il risultato di ogni sottrazione (prima colonna) corrisponde, magari con le cifre scambiate, ad un numero
del ciclo. Se calcoliamo la differenza tra le due cifre che formano il numero di partenza (terza colonna) e lo moltiplichiamo per 9, individuiamo subito il punto d’ingresso nel ciclo.
Abbiamo trovato troppe regolarità, quindi partendo da due
cifre non si generano numeri casuali.
NUMERI
DI TRE CIFRE
Tralasciamo il caso delle tre cifre uguali perché, come con
due cifre, abbiamo sempre risultato 0.
Applichiamo l’algoritmo ad alcuni numeri scelti casualmente:
[954] 954 – 459 = 495;
[876] 876 – 678 = 198 → 981 – 189 = 792 → 972 – 279 = 693 →
963 – 369 = 594 → 954 – 459 = 495;
[752] 752 – 257 = 495.
Si osserva che:
- dopo un po’ di passaggi l’algoritmo si stabilizza sul numero 495;
- 495 non porta alla formazione di un ciclo, e di conseguenza possiamo chiamarlo punto fisso;
- come nelle sottrazioni a due cifre il 495 non viene sempre
dopo lo stesso numero di passaggi.
Dopo quanti passaggi si raggiunge il punto fisso? Secondo
noi si raggiunge il punto fisso dopo non più di sei passaggi
ma non sappiamo come dimostrarlo.
Proviamo a costruire una tabella con alcuni numeri visti.
Facendo
alcune
prove, si scopre che
l’algoritmo, dopo
un po’ di passaggi, si
stabilizza sempre sul
punto fisso 6174.
Inoltre:
- come nelle sottrazioni a 3 cifre, il
punto fisso non si
ottiene sempre con
lo stesso numero di
passaggi;
- con alcuni numeri
di 4 cifre abbiamo
raggiunto il punto
fisso dopo non più
di 7 passaggi, ma
non siamo riusciti a
dimostrare che ciò
succeda per tutti i
numeri di 4 cifre;
- anche in questo
caso il risultato di
tutte le sottrazioni è
multiplo di 9.
Dunque anche con
quattro cifre non si
generano numeri
casuali.
NUMERI
DI
5
Figura 2
Figura 3
Figura 4
CIFRE
Dagli esempi che abbiamo visto si ricava che:
- Si formano tre cicli (che possiamo vedere nelle figure 2, 3
e 4): due cicli di quattro passaggi e un ciclo di due;
- I numeri dei cicli sono tutti multipli di 99.
PERCHÉ
TUTTI I NUMERI SONO DIVISIBILI PER
9?
Abbiamo preso come esempio la sottrazione 63 – 36 e l’abbiamo riscritta usando la scrittura polinomiale; in seguito
abbiamo trasformato le potenze di 10 della scrittura polinomiale in lettere, ponendo 101 = b e 100 = a.
63 – 36 = (6 · 101 + 3 · 100) – (3 · 101 + 6 · 100) =
= (6b + 3a) – (3b + 6a) = 3(b – a).
Notiamo che la differenza tra le due cifre che compongono
il numero (terza colonna) moltiplicata per 99 dà il risultato
della sottrazione.
Se torniamo ad usare le potenze di 10 si ha che:
3b – 3a = (3 · 101) – (3 · 100) = 3 (101 – 100) = 3 · (10 – 1) =
3 · 9.
Con lo stesso procedimento siamo arrivati a dimostrare che,
nel caso dei numeri a tre cifre, tutti i risultati delle sottrazioni sono multipli di 99.
dossier - MATh.en.JEANS
33
numero 28
agosto 2011
Viaggio di diploma
Piero ha lavorato tutto il suo ultimo anno di studi e si è appena diplomato e come
regalo ha ricevuto dei soldi. Ha a disposizione una bella somma e vuole fare il
giro del mondo nel mese e mezzo di vacanze che ha prima di iscriversi
all'università.
Centro Formativo Provinciale “G. Zanardelli” - Brescia (BS)
Classe: III A – EDQ
Insegnante di riferimento: prof.ssa Veronica Cavicchi
Ricercatore: dott. Francesco Atzeni
Partecipanti: Francesca Ghisalberti, Manuela Giusti, Denise Pontara
IL
VIAGGIO DI
PIERO
Piero vuole visitare, partendo da Brescia, le seguenti città:
Londra, New York, Mar del Plata (dove abita lo zio), Praga,
Città del Capo, Mosca, Tokyo, Parigi, Roma, Madrid. Piero
pensa inoltre di poterle visitare tutte una volta sola andando
dall'una all'altra, iniziando da Brescia e finendo a Brescia.
Non sempre le città sono collegate da un volo diretto e,
quando sono collegate, non sempre il collegamento costa
poco.
In ogni caso Piero ha un piano di riserva per poter comunque
fare il viaggio che sogna da tempo: andare da Brescia a Mar
del Plata, dove abita lo zio; una volta lì, Piero può lavorare
nel bar dello zio per pagarsi il viaggio di ritorno.
Il ragazzo decide allora di preparare più itinerari per scegliere
il meno caro. Per fare ciò raccoglie un po' di informazioni sui
voli e li riassume in una tabella dove mette il costo del volo
quando è presente, altrimenti lascia uno spazio bianco per indicare che tra le due città non c'è alcun volo.
Per ragionare meglio, Piero ha disegnato le rotte aeree tra le
città con delle linee curve o dritte seguendo la tabella; in più
ha messo vicino ad ogni rotta il prezzo del volo in modo da
non confondersi. Si pongono allora due problemi:
- trovare l'itinerario che passa una volta sola per tutte le città,
parte da Brescia e si conclude a Brescia (unica città visitata
due volte) e che costa di meno. È unico o ce ne sono altri con
lo stesso prezzo?
- Piero non è soddisfatto della rappresentazione delle rotte
che ha fatto nel planisfero e nel mappamondo: le rotte si incrociano troppe volte e se la cartina è troppo piccola non si
capisce niente. Piero ha pensato a una rappresentazione simile a quella della metro di Milano, dove non sono rappresentate fedelmente le distanze e le direzioni, dove sono disegnati i segnaposto delle fermate e sono indicati solo i collegamenti. Riuscite a disegnare su un foglio di carta una tale
mappa in modo che nessuna rotta si incroci se non in una
città della lista?
UNA
PRIMA ANALISI
L’idea di rappresentare le mete su una cartina si è rivelata
molto complessa: un conto è raffigurare un percorso definitivo e corretto, un altro è procedere in un’analisi con una fitta
ramificazione.
Due spunti ci sono però venuti dall’analisi dei percorsi non
ottimali provati nella ricerca della soluzione. La tabella ci
mostra infatti una simmetria particolare tra le destinazioni;
ad esempio, il costo tra Parigi e New York è esattamente lo
stesso di quello tra New York e Parigi, e lo stesso vale per gli
altri collegamenti. In particolare, la tabella è simmetrica rispetto alla sua diagonale principale. Per la simmetria della tabella, quindi, un itinerario che da Brescia ritorna a Brescia,
se letto al contrario, dà un altro itinerario con uguale costo.
Una nostra compagna ha poi avuto un’altra idea brillante: le
uniche città collegate con Brescia sono Roma e Londra, per
cui per tornare a Brescia alla fine del viaggio occorre che l’ul34
dossier - MATh.en.JEANS
numero 28
agosto 2011
tima città sia una di queste, mentre l’altra dovrebbe essere la
prima meta del viaggio.
Ma come trovare il percorso che costa meno?
IL
PROBLEMA DEL COMMESSO VIAGGIATORE
Abbiamo trovato su un libro che il problema che stiamo
studiando è equivalente al problema del commesso viaggiatore: data una rete di città, connessa tramite delle strade,
trovare il percorso di minore lunghezza che un commesso
viaggiatore deve seguire per visitare tutte le città una e una
sola volta.
Il problema è di considerevole importanza pratica, al di là
delle ovvie applicazioni nella logistica e nei trasporti. Un
esempio classico è la costruzione di circuiti stampati, nella
pianificazione del percorso del trapano per creare i fori in una
piastra.
Abbiamo scoperto che non esistono algoritmi efficienti per la risoluzione di questo problema: l'unico metodo di risoluzione è
rappresentato dall'enumerazione totale, ovvero nell'elaborazione di tutti i possibili cammini sul grafo per la successiva
scelta di quello migliore. Tuttavia, la complessità dell'operazione la rende impraticabile per grafi di dimensioni comuni
nei problemi reali: in un grafo di n nodi, bisognerà calcolare,
nel caso peggiore, n! possibili cammini. Una rete di mille nodi
comincerebbe già a creare seri problemi computazionali.
ALLA
RICERCA DI ALTRI SPUNTI
Dopo avere realizzato che il nostro problema potrebbe essere
rappresentato per mezzo di un grafo, ci siamo chieste se esistesse una soluzione al problema e se ci fossero altri problemi
simili al nostro, oltre a quello del commesso viaggiatore.
Prese dallo sconforto al solo pensiero di dover elencare tutte
le possibilità per poi scoprire, magari, che non c’era una via
d’uscita, stavamo per cedere alla tentazione di risolvere un
problema più facile, con meno destinazioni. Alla fine, però,
abbiamo deciso di continuare a risolvere il nostro problema
iniziale.
Cercando sempre nel libro e nella rete, abbiamo trovato
qualche idea in più…
ICOSIAN
GAME
Nella nostra ricerca ci siamo imbattute nell'Icosian Game, un
gioco matematico inventato nel 1857 da William Rowan
Hamilton. L’obiettivo del gioco è di trovare un ciclo che tocchi una e una sola volta tutti i punti di un grafo (ciclo di Hamilton), con l'ipotesi che i punti di questo grafo siano disposti come i vertici di un dodecaedro.
In questo gioco nessun vertice può essere attraversato due
volte e il punto finale del cammino deve coincidere con il
punto iniziale. La soluzione trovata è proprio un cammino ciclico che contiene 20
(dal greco icosia) lati.
Francesca ha provato
ad applicare l’Icosian
Game al nostro problema, per vedere se
nel nostro ciclo di Hamilton ci fosse o meno
una soluzione. Nella
Figura 1 possiamo vedere il risultato che
Figura 1
ha ottenuto.
L’Icosian Game però non basta: non cerchiamo solo di trovare se sia possibile un percorso che ci permetta, partendo da
Brescia, di attraversare tutte le 10 città per poi tornare a Brescia; vogliamo anche trovare il percorso che costa meno. Abbiamo allora continuato a cercare altre applicazioni o problemi simili al nostro.
IL
PROBLEMA DEL CAMMINO MINIMO
Fra i problemi più importanti, più semplici e più antichi, per
la cui soluzione si utilizzano rappresentazioni basate su grafi,
vi sono i problemi di ricerca di cammini minimi, cioè di percorsi su grafi “pesati” per tempo di percorrenza o, come nel
nostro caso, per “costo del viaggio”. In questi problemi si
cerca il percorso che minimizzi il peso complessivo del collegamento tra i nodi.
Questo aspetto inizialmente ci aveva ingannate. Alcune di
noi infatti pensavano che per trovare il percorso dal costo
minimo bastasse considerare di volta in volta i collegamenti
con i prezzi più bassi possibili, ma abbiamo invece notato che
la situazione era molto più complessa e non si poteva risolvere scegliendo così le destinazioni.
POSSIBILE
SOLUZIONE
Riassumendo: abbiamo capito di cosa ci stiamo occupando,
abbiamo imparato molti concetti nuovi, abbiamo scoperto
che il nostro problema ha almeno una soluzione, ma che non
c’è un procedimento generale che ci permette di risolverlo.
Denise a questo punto ha avuto una brillante idea: elencare
tutti i possibili percorsi e calcolare i costi di tutti quelli che
rappresentano un ciclo di Hamilton che, partendo da Brescia e
tornando a Brescia, tocchi tutte le città.
Manuela, Denise e Francesca si sono messe al lavoro e hanno
elencato in una mappa
creata con CmapTools
tutti i rami dei possibili
percorsi che partendo da
Brescia e passando da
Roma tornassero a Brescia (tanto la mappa che
aveva come seconda destinazione Londra sarebbe stata uguale a quella
trovata, ma con le città in
ordine inverso!). Spesso
Denise è stata presa dalla
stanchezza, soprattutto
quando si trovava di fronte a cammini senza possibili ulteriori sviluppi, cioè
cammini “ciechi”… ma
alla fine ha resistito ed ha
trovato la soluzione!
Rappresentare qui tutta
la mappa è forse troppo
complesso (la trovate
sulla relazione completa
sul sito di XlaTangente NdR), ma la soluzione
ottenuta dal confronto
tra tutti i pesi complessivi
di ogni ciclo hamiltoniaFigura 2
no è quella nella figura.
dossier - MATh.en.JEANS
35
numero 28
agosto 2011
Flessibilità delle griglie
Data una struttura a maglie quadrate (griglia) estesa all’infinito, ricercare le
soluzioni che rendano indeformabile la griglia ed individuarne la più semplice
Scuola secondaria di I grado “L. Bassetti” - Sesto Calende (VA)
Classe: II A
Insegnanti di riferimento: prof. Claudio Carabelli, prof.ssa Monica Giannullo
Ricercatore: dott. Carlo Martelli
Partecipanti: Asia Amaranto, Nichols Apolitano, Alessandro Berrini, Enrico Catalano, Alexandru
Cionabu, Tommaso Colombo, Moussa Coulibaly, Sara Dominici, Matteo Fornara, Matilda Gagliano,
Marius Ganea, Jonathan Gorla, Mohammed Hounain, Rebecca Maccanti, Andrea Moroni, Malick Niang,
Lucrezi Oldrini, Elisa Pinna, Fatima Rakik, Nicolò Siena, Leonardo Tenconi, Sasha Tettamanti, Roberto
Vibaldi, Oscar Zambra
RAGIONIAMO
IN PICCOLO
Il primo passo che abbiamo fatto è stato quello di provare a
trasferire il problema da una figura complessa ad una semplice. Quando un quadrato è resistente alla deformazione?
Se si esercita una forza (trazione o compressione) sui vertici
del quadrato, questo si deforma. Proviamo ora ad inserire nel
quadrato un’asticella come nella figura 1; il quadrato ottenuto è comunque ancora deformabile in un rombo. Lo stesso
succede cambiando posizione all’asticella in modo da dividere il quadrato in due trapezi.
Ma anche con una sola diagonale si ottengono triangoli;
quindi basterà una diagonale per rendere il quadrato indeformabile.
TORNIAMO
Figura 3
ALLA GRIGLIA
Se il ragionamento funziona per il piccolo, deve
funzionare anche per il
grande!
Vediamo di seguito delle
proposte fatte da alcuni
di noi.
Roberto: Dobbiamo mettere una diagonale in
ogni singola griglia quadrata.
Figura 1
Figura 2
Proviamo invece ad inserire due asticelle nella posizione
delle diagonali. In questo modo si formano quattro triangoli
e il quadrato non è più deformabile; questo succede perché il
triangolo è una figura (struttura) indeformabile.
36
dossier - MATh.en.JEANS
Figura 4
Matilda: No, possiamo isolare una griglia centrale, che rimarrebbe senza diagonale, e intervenire sulle griglie al contorno.
numero 28
agosto 2011
idee. Abbiamo riflettuto sul fatto che ad ogni vertice
delle maglie quadrate possono essere condotte al massimo
quattro diagonali.
Figura 5
Roberto: Possiamo tracciare un’unica diagonale.
Figura 8
Figura 6
Tommaso: Ma se tracciamo/costruiamo un’unica diagonale,
questa non passa per tutti i vertici.
Alessandro: Consideriamo una griglia quadrata anziché rettangolare: tracciando la diagonale, questa passerà per tutti i
vertici.
Figura 9
Poiché avevamo già sperimentato che tre diagonali sono
sufficienti per irrigidire una struttura formata da quattro
quadrati, abbiamo denominato NODO4 ogni vertice
della maglia ove è possibile condurre quattro diagonali. Il
prof. Martelli ci ha spiegato che il nome proposto è valido perché non esiste un linguaggio universale per denominare situazioni simili.
A questo punto abbiamo contato le singole maglie quadrate presenti nella rete e sottratto una diagonale per
ogni NODO4 presente:
(n° quadrati = n° diagonali) – n° NODI4 =
n° minimo diagonali per rendere rigida la struttura.
Figura 7
ESPERIMENTI
E CONCLUSIONI
Abbiamo poi costruito alcuni modelli di griglie con strisce di cartone e di legno. Qualcuno si è ricordato anche
del gioco del “Meccano” e si è pensato di acquistare in
ferramenta le sbarre metalliche forate e i relativi bulloni.
A questo punto eravamo pronti per “verificare” le nostre
Abbiamo quindi usato le sbarre metalliche per verificare se la
soluzione funzionava. Ci siamo così resi conto che conoscere
il numero delle diagonali non era sufficiente per rendere rigida la rete: occorreva anche riflettere sulla loro posizione.
La soluzione, grazie ad Alessandro, è stata quasi immediata: non si deve lasciare senza diagonali né una riga intera
né una colonna.
dossier - MATh.en.JEANS
37
numero 28
agosto 2011
Vita da batteri
Vogliamo studiare dei batteri che vivono su una superficie a quadretti seguendo
regole un po' strane. Come si evolverà nel tempo la popolazione considerata?
La popolazione di batteri abita in un universo bidimensionale a quadretti in cui vive, muore e si riproduce secondo tre semplici regole:
1) se la cella è inattiva e nei quadretti adiacenti vi sono esattamente 3 celle attive, la cella si attiva anche se era morta in
precedenza (regola di nascita);
2) se la cella è attiva e se nei quadretti adiacenti vi sono 2 o 3 celle attive, la cella rimane attiva (regola di sopravvivenza);
3) in tutti gli altri casi la cella muore al passo successivo (regola di morte).
Scuola secondaria di I grado – I.C. di Bernareggio (MB)
Classe: I D
Insegnante di riferimento: prof.ssa Luisella Riva
Ricercatore: dott. Marco Confalonieri
Partecipanti: Abdessalem Beghaiel, Martina Besana, Matteo Bodini, Elisa Bonfanti, Matteo Brambilla,
Eros Ciacimino, Alessandro Corona, Lorenzo Croce, Haitham El Haouari, Francesca Esposito, Alessandro
Fucci, Alessandro Lazzara, Letizia Leoni, Gabriela Limido, Matteo Lo Piparo, Silvia Mauri, Alice Pasta,
Francesca Riccardi, Kevin Sanzaro, Alessio Ronchi, Daniel Stubley, Luca Temperato, Gioele Tornaghi,
Nancy Tundis
Il dott. Marco Confalonieri ci ha proposto una ricerca finalizzata alla costruzione di un modello matematico della vita
di un batterio, che abbiamo chiamato Math_Vita 2-3.
All'inizio abbiamo pensato che un foglio di carta a quadretti e una matita fossero gli strumenti più comodi ed efficaci per lo studio di Math_Vita 2-3. Con quadretti bianchi
(le celle morte) e quadretti neri (le celle vive), abbiamo
iniziato a modellizzare l’evoluzione delle prime generazioni
del batterio. Ma i risultati non sono stati molto soddisfacenti: disordine ed errori erano presenti in tutti i fogli fin
dalle prime generazioni.
Ci è venuta allora un’idea vincente: usare il reticolato di
Microsoft Excel. Inizialmente le celle vive sono rappresentate da smile e le celle morte sono celle vuote.
Figura 2
Figura 1
38
dossier - MATh.en.JEANS
Figura 3
numero 28
agosto 2011
Successivamente, per un modello più “matematico”, abbiamo indicato con 1 le celle vive e con 0 quelle morte.
Così studiare l’evoluzione di una qualunque configurazione
è diventato un gioco e il gioco si è fatto più appassionante
quando, con l’aiuto del dott. Confalonieri, siamo riusciti ad
implementare le regole di vita di Math_vita2-3 programmando il foglio di Excel.
Vediamo come funziona il programma. Se una cella è viva
si hanno due possibilità:
- se la somma degli stati delle vicine è 2 o 3, allora la cella
al passo successivo rimane viva;
- se la somma degli stati delle vicine è diversa da 2 e da 3,
allora la cella muore (di solitudine o per sovraffollamento).
Viceversa, se una cella è morta si avranno due casi:
- se la somma degli stati delle vicine è 3, allora la cella diventa viva;
- se la somma degli stati delle vicine è diversa da 3, allora la
cella rimane morta.
Il gioco è diventato ancora più interessante quando siamo
passati ad utilizzare il programma Winlife; il programma è
costituito da un foglio a quadretti illimitato, così grande da
Figura 4
poter contenere centinaia di generazioni: un vero e proprio
universo in miniatura. Nonostante l’estrema semplicità
delle leggi, sulla griglia dell'universo di Winlife è possibile
assistere ad un ribollire di configurazioni caotiche, a volte
estremamente complesse.
Con Winlife abbiamo pensato di aver trovato lo strumento giusto per la nostra ricerca, e siamo così riusciti da
un lato a fornire dati utili al laboratorio di matematica
dell’università, dall’altro a verificare che, come disse
Edward Lorenz, «il battito d'ali di una farfalla in Brasile,
a seguito di una catena di eventi, può provocare una
tromba d’aria nel Texas.». E poi… provare modelli creati
personalmente, schemi semplici e la gran voglia di fare portano ad una vita complessa. E magari sparisce senza lasciare
traccia e questo è solo l’inizio… ma l’effetto domino è ormai
avviato (classe 1D).
Scuola secondaria di I grado “L. Einaudi” – Angera (VA)
Classe: II A
Insegnante di riferimento: prof.ssa Maura Gattinoni
Ricercatore: dott. Marco Confalonieri
Partecipanti: Giulia Avrini, Alberto Baranzini, Debora Bassetti, Alessandro Cecchin, Pietro Daniele,
Davide Forni, Krizia Ghiringhelli, Emanuela Lamorte, Leonardo Moroni, Alassandra Pagano, Paolo Petri,
Matilde Pelizzola, Jaimila Rollini, Michele Robustelli, Michele Zannarello
Aiutati dal ricercatore Marco Confalonieri, abbiamo studiato la proliferazione dei batteri e abbiamo cercato il modo
per eliminarli guarendo dalla malattia.
Seguendo le tre regole
che determinano la
proliferazione del batterio, siamo riusciti a
studiare le generazioni
di alcune configurazioni semplici: quella dei
Figura 5
trimini, formata da 3
batteri, e quella dei
quadrimini, formata da
4 batteri.
Abbiamo
scoperto
che, dopo alcune generazioni, per queste popolazioni si presentano
Figura 6
tre possibilità. Le popolazioni di batteri considerate, infatti, possono:
- diventare stabili, ovvero assumere una configurazione che
non cambia nel tempo;
- diventare cicliche, ripetendo le stesse configurazioni in
maniera periodica;
- estinguersi del tutto.
Successivamente abbiamo trovato alcune configurazioni
stabili o cicliche e abbiamo cercato il modo di eliminare
l'infezione. Per farlo avevamo a disposizione due strumenti:
potevamo aggiungere dei batteri iniettandoli in una cella o
potevamo eliminarli con il laser (ma questa operazione era
sconsigliata per gli elevati costi).
Nelle figure (7, 8 e 9) possiamo vedere alcuni esempi di
come è possibile eliminare le generazioni stabili aggiungendo batteri (in verde il batterio che abbiamo aggiunto).
Figura 7
Figura 8
Figura 9
dossier - MATh.en.JEANS
39
numero 28
agosto 2011
Una nuova segreteria
Supponiamo che il Consiglio di Amministrazione dell'Università decida che è
opportuno aprire una nuova segreteria che sostituisca tutte le varie piccole
segreterie già presenti, disposte come in figura.
Dove è meglio collocarla?
PRIMO
QUESITO
Supponiamo che tutti i movimenti siano consentiti, cioè
che non ci siano palazzi e incroci stradali ad ostacolare uno
studente che cammina da una certa direzione verso la segreteria.
Come facciamo a determinare con certezza il punto migliore dove costruire la segreteria, ovvero il punto che sia “al
centro” di tutte le varie sedi universitarie?
SECONDO
QUESITO
Supponiamo gli studenti siano così distribuiti:
- Fisica: 700
- Matematica: 400
- Medicina: 600
- Farmacia: 1000
- Agraria: 900
Come si può tener conto di questo nuovo dato nella ricerca di un punto dove costruire la nuova segreteria?
Scuola secondaria di I grado I.C. di Carnate (MB)
Classe: III C
Insegnante di riferimento: prof.ssa Mirella Cogliati
Ricercatore: dott.ssa Brunella Spinelli
Partecipanti: Gabriele Aquaro, Francesca Bonacina, Marco Brambilla, Michele Casini, Mara Cerizza,
Eleonora Crippa, Silvia Marchesi, Jessica Milinci, Noemi Motta, Samuel Pollina, Stefano Riva, Michele
Tomasini, Luca Tombari.
I
PRIMI TENTATIVI
Per prima cosa abbiamo osservato che, poiché nel nostro caso
la figura considerata non è regolare, non possiamo utilizzare le
regole note per trovare il centro di alcune figure come triangoli, rettangoli, etc.
Figura 1
Per questo motivo Silvia, una nostra compagna, ha cercato un
metodo per rendere la figura regolare: abbiamo deciso di inscrivere la figura in un rettangolo e abbiamo trovato il centro
del rettangolo tracciandone le diagonali. Però nella nostra figura ci sono porzioni di area in meno rispetto al rettangolo e
ciò significa che, tracciando le diagonali, abbiamo trovato il
centro del rettangolo e non della nostra figura. Allora abbiamo spostato il punto centrale, traslandolo sulle diagonali dalla
parte opposta rispetto alla porzione di rettangolo in più. Lo abbiamo traslato in base alla misura della parte di diagonale che
non era inclusa nel poligono irregolare. Abbiamo poi formato
un triangolo unendo questi tre punti. Infine abbiamo trovato
il centro del triangolo inscrivendolo in una circonferenza.
40
dossier - MATh.en.JEANS
SOLUZIONE
DEL PRIMO QUESITO
Dopo svariati tentativi, Brunella (la nostra tutor) ci ha aiutati
ponendoci il seguente problema:
“Un signore che abita a Milano deve viaggiare molto per lavoro. Il lunedì di una settimana si reca a Bergamo e la sera rientra
a casa, il giorno dopo a Venezia. Il mercoledì invece, partendo
sempre da Milano va a Brescia. Sono tutte città che si trovano
sulla stessa autostrada e quindi è come si muovesse su una linea
retta percorrendola ogni volta fino a un punto diverso. Se Bergamo dista da Milano 53 km, Brescia 107 km e Venezia 275 km.
Qual è il punto “centrale” tra tutti i punti in cui si è recato?”
Per risolvere questo problema abbiamo osservato che per trovare il centro tra punti appartenenti ad una retta è possibile
partire da un punto qualsiasi, sommare (o sottrarre) le varie distanze e poi dividere il totale per il numero dei punti; si avrà
allora che il punto medio M sarà sempre nella stessa posizione.
Infine per trovare la posizione della segreteria nella nostra figura è bastato metterla su un piano cartesiano e trovare il
punto medio delle proiezioni dei punti riportati sull'asse x e
sull'asse y. Il punto nel piano avente come coordinate i punti
medi di cui sopra è il centro della nostra figura.
SOLUZIONE
DEL SECONDO QUESITO
Per risolvere il secondo quesito abbiamo utilizzato la media
ponderata, ovvero la media che tiene conto del numero di studenti per ogni segreteria considerata.
Abbiamo fatto la media ponderata tra i punti proiettati sull'asse x e sull'asse y rispetto al numero di studenti che frequentano le varie facoltà e abbiamo così trovato ascissa e ordinata del
punto cercato.
numero 28
agosto 2011
Fantapercorsi
Quando è possibile compiere un percorso senza passare due volte per lo stesso
tratto?
Scuola secondaria di I grado “A. Sant’Elia” - Villa Guardia (CO)
Classe: II A
Insegnante di riferimento: prof.ssa Giuseppa Rizzo
Ricercatore: dott. Simone Piuri
Partecipanti: Omar Albertani, Gaia Bossi, Andrea Cito, Matteo Colombo, Debora Covelli, Giorgia
Cremonini, Nicola Esposito, Claudio Figurella, Giulia Frangi, Elena Girardi, Federico Guffanti, Daian
Halaoui, Ilaria Mariani, Lorenzo Ortelli, Luca Punzo, Massimiliano Riva, Noemi Robba, Matteo
Sampietro, Fadime Sengul, Sofia Sirco, Marco Strazzera, Chiara Trussardi
Per trovare una risposta al quesito del problema, abbiamo
analizzato vari esempi di percorso. Vediamone alcuni:
Figura 1: Un quadrato in cui il punto d’arrivo e di partenza
coincidono si può percorrere tutto senza passare due volte
sullo stesso tratto; se invece poniamo un inizio A e una fine
B che non coincidono, non si riesce a percorrere tutta la figura partendo da A e arrivando in P. Tuttavia, se aggiungiamo un segmento che collega A e P, la nostra figura diventa
percorribile.
Figura 4: All'interno di un percorso a forma circolare, abbiamo tracciato la linea AB in cui all'interno vi è un punto C.
Abbiamo notato che questo tracciato è percorribile solo se si
parte da A o da B, mentre se si parte da C non si riesce a percorrerlo tutto. La soluzione è aggiungere dei tratti che collegano i punti per fare diminuire i collegamenti dispari.
Figura 5: In questo caso il percorso non è del tutto percorribile, a meno di non cancellarne alcuni tratti e partire da A e
B.
Figura 2: Questo percorso non è completamente percorribile senza ripassare dallo stesso tratto. La soluzione che abbiamo trovato è stata quella di togliere alcuni segmenti e porre
i punti A e B come punti di partenza e d’arrivo.
CONCLUSIONI
Figura 3: La soluzione si trova aggiungendo due segmenti; in
questo modo il tracciato è percorribile partendo da C o D,
mentre partendo da altri punti no.
Partendo da questi esempi, abbiamo concluso che:
- se tutti i collegamenti sono pari si può percorrere sempre il
tracciato partendo da qualsiasi punto;
- se ho al massimo due collegamenti dispari A e B, partendo
da A o da B e arrivando nell'altro punto riesco a percorrere
tutto il tracciato;
- se ho due collegamenti dispari A e B, ma non parto da questi punti, il tracciato non è percorribile, indipendentemente
dal numero di collegamenti pari;
- se i collegamenti dispari sono più di due, non è possibile
percorrere tutto il tracciato.
dossier - MATh.en.JEANS
41
numero 28
agosto 2011
Scuola secondaria di I grado “L. da Vinci” - Castellanza (VA)
Classe: II A
Insegnante di riferimento: prof.ssa Emanuela Plebani
Ricercatore: dott. Simone Piuri
Partecipanti: Alessandro Agrati, Miriam Bonavita, Carlotta Caglia, Riccardo Cavallini, Mattia Colombo,
Valeria Cox, Matteo Cuva, Rigerta Dajani, Fatou Diagne, Sofia Dido’, Samuele Dolce, Victor Esquivel,
Giacomo Ferri, Andrea Gjetja, Gloria Laro, Loredana Leka, Nicolo’ Leone, Edoardo Moroni, Luca
Pegoraro, Ricard Plandolit, Giulia Rabaioli, Ottavia Villain, Chuyi Wang
All’inizio il nostro ricercatore ci ha fatto lavorare con le
mappe stradali, poi siamo passati a ragionare su percorsi disegnati a mano libera.
Nel secondo incontro ci siamo concentrati sulle richieste del
problema. Per aiutarci a capire come fare, Simone ha stabilito insieme a noi dei criteri per distinguere le diverse tipologie di punto, abbinando al numero di linee passanti per ciascun punto una diversa simbologia:
Percorso 3
e altri che invece soddisfano questa condizione (Percorso 5,
Percorso 6, Percorso 7).
Infine al terzo incontro abbiamo cercato di stabilire un metodo per riuscire a capire se un percorso soddisfa le richieste
del problema senza bisogno di tracciarlo.
Percorso 5
Abbiamo studiato alcuni esempi di percorsi che non sono
percorribili senza passare due volte per lo stesso tratto (Percorso1, Percorso2, Percorso 3)
Percorso 6
Percorso 1
Percorso 7
Percorso 2
42
dossier - MATh.en.JEANS
Abbiamo capito che quando all’interno di un percorso sono
presenti più di due punti da cui passano tre linee (o un numero dispari di linee) il percorso non è percorribile senza ripassare due volte per lo stesso tratto.