Il Teorema della 4C

In particolare, abbiamo utilizzato questi cubetti ad incastro, che potete trovare a questo link nella versione che abbiamo utilizzato anche noi, oppure a questo link in una versione simile alla nostra.

          

Nella prima immagine Francis Gouthrie; nella seconda: Kenneth Appel e Wolfgang Haken

Maurizio Codogno su MaddMaths parla di noi così:

Anche su GreenMe si parla di noi:

ARTICOLO QUI

Anche la ProfGianca su Instagram ci ha dedicato qualche reel:

https://www.instagram.com/reel/DMAO0Xjtxyx/?hl=zh-cn

Contributo di Marco Pavone, docente di Analisi Matematica, Università di Palermo

La prima osservazione che vorrei fare è che, oltre alla proprietà scoperta dai bambini, vale anche il viceversa. Il teorema può quindi essere enunciato in modo più completo come segue. Sia T(n) = 1+2+3+…+n per ogni intero positivo n.

“Sommando il triplo di un numero triangolare al numero triangolare precedente, oppure al successivo, si ottiene sempre un altro numero triangolare. Viceversa, ogni numero triangolare T(m), con m maggiore o uguale a 3, si ottiene in modo unico in uno dei due modi precedenti. Più precisamente, per ogni intero positivo n, T(2n+1) = 3T(n)+T(n+1), e, per ogni intero n>1, T(2n) = 3T(n)+T(n-1).”

Questa formulazione è volutamente ridondante per evidenziare il fatto che, oltre al teorema della 4^C, è vero anche il suo viceversa. È ovvio che, in realtà, la formulazione precedente può essere sostituita semplicemente con la seguente.

“Per ogni intero positivo n, T(2n+1) = 3T(n)+T(n+1), e, per ogni intero n>1, T(2n) = 3T(n)+T(n-1).”

Leggendo le uguaglianze da destra a sinistra, si ha il teorema della 4^C, mentre, leggendole da sinistra a destra, si trova che ogni numero triangolare T(m), con m maggiore o uguale a 3, si può scrivere nella forma desiderata.

È istruttivo che i bambini imparino che alcuni teoremi si possono enunciare soltanto con un “se”, mentre altri con un “se e solo se”. Ad esempio, “Se un numero è multiplo di 4, allora è pari” (ma non viceversa), e “Un numero è multiplo di 6 se e solo se è pari e multiplo di 3”.

Il teorema della 4^C è in realtà un teorema con il se e solo se, quindi è senz’altro più “forte” di come è stato enunciato finora.

Per quanto riguarda la dimostrazione, la maggior parte delle dimostrazioni che ho trovato nel blog utilizzano il fatto che T(n) si può riscrivere come coefficiente binomiale “n+1 su 2”, cioè come n(n+1)/2. Ciò è assolutamente legittimo e corretto, e, inoltre, tali dimostrazioni servivano a “mettere in sicurezza” il teorema in un momento in cui era necessario stabilire se la proprietà in questione valesse solo in alcuni casi particolari, o sempre. Una volta assodato che il teorema è vero, è però naturale chiedersi se è possibile darne dimostrazioni più elementari e “illuminanti”.

A tal proposito, la definizione di T(n) = 1+2+3+…+n esprime un concetto più elementare rispetto a quello di coefficiente binomiale. Secondo me, la dimostrazione di un teorema è particolarmente “elegante” se usa mezzi “poveri” ed elementari, e se la costruzione fatta aiuta in qualche modo a ricordare e a “visualizzare” la proprietà enunciata nel teorema. Penso ad esempio alla bellissima e illuminante dimostrazione del teorema di Pitagora ottenuta inserendo i tre quadrati costruiti sui cateti e sull’ipotenusa all’interno di un quadratone più grande:

https://inchiostrovirtuale.it/wp-content/uploads/2017/09/Bhaskara.png

La dimostrazione del nostro teorema, fatta con i coefficienti binomiali, oltre a utilizzare mezzi meno poveri rispetto alla definizione di T(n), funziona e basta, senza rivelare alcunché sul perché la proprietà è vera.

Vorrei proporre allora una dimostrazione elementare che utilizza soltanto la definizione di T(n), e che si ispira alla costruzione geometrica fatta dai bambini, ricostruendo algebricamente i sottotriangoli di cui si compone ogni numero triangolare (rappresentato come triangolo costruito con i cubetti di plastica a incastro).

Dimostro soltanto l’identità T(2n) = 3T(n)+T(n-1). La dimostrazione dell’altra identità, cioè di T(2n+1) = 3T(n)+T(n+1), è quasi identica (e viene lasciata al volenteroso lettore!).

È un bell’esempio di quello che, nella matematica combinatoria, si chiama “double-counting argument”: si prendono m oggetti e li si raggruppano in due modi diversi, in modo tale da ottenere una formula in cui si uguagliano due numeri scritti in modo diverso (ma entrambi uguali a m). Ad esempio, il numero 6 possiamo pensarlo come 2+2+2, ma anche come 3+3, per cui otteniamo la formula 2×3=3×2, cioè la proprietà commutativa. 

Anche questo è un tipo di approccio estremamente istruttivo per i bambini: imparare a vedere una stessa cosa da due punti di vista diversi e metterli in relazione. I nostri antenati lo facevano regolarmente (si pensi alla precedente dimostrazione del teorema di Pitagora). Anche la dimostrazione del piccolo Gauss funziona esattamente allo stesso modo: raggruppare 2(1+2+…+n) oggetti prima in due sottoinsiemi da 1+2+…+n oggetti, e poi in n sottoinsiemi da n+1 oggetti.

Nel nostro caso, pensiamo a

T(2n) = 1+2+…+n+n+1+…+2n

come al numero totale di quadratini del triangolo “rettangolo-isoscele” in figura. Prendendo prima 1, poi 2, poi 3, … , poi 2n, in pratica stiamo raggruppando i T(2n) quadratini del triangolo per riga, a partire dall’alto, cioè prendendo prima l’unico quadratino giallo nella prima riga più in alto, poi i due quadratini gialli nella seconda riga, e così via, fino a prendere i 2n quadratini nella riga più in basso (in figura ho preso n=5). Quando scriviamo 1+2+…+n, prendiamo soltanto quadratini gialli. A partire da n+1, cominciamo a prendere quadratini di colore diverso. Ad esempio, nella prima riga che incontriamo sotto il triangolo giallo, abbiamo 1 quadratino verde, n-1 quadratini bianchi e 1 quadratino arancione, fino ad arrivare, nell’ultima riga in basso, a n quadratini verdi e n quadratini arancioni. Scriviamo allora T(2n) come segue, dove ogni carattere in grassetto rappresenta un quadratino verde, ogni carattere in corsivo rappresenta un quadratino bianco, e ogni carattere x sottolineato rappresenta un quadratino arancione.

T(2n)     = (1+2+…+n) + (n+1) + (n+2) +…+ (2n-1) + 2n

        = (1+2+…+n) + (1+(n-1)+1) + (2+(n-2)+2) + … + ((n-1)+1+(n-1)) + (n+n).

Ora la somma dei numeri in grassetto e la somma dei numeri sottolineati sono entrambe uguali a 1+2+…+n, mentre la somma dei numeri in corsivo è uguale a 1+2+…+n-1. Raggruppando gli addendi in modo diverso (cioè, per gli addetti ai lavori, applicando le proprietà commutativa e associativa), si ottiene

T(2n)  =  3(1+2+…+n) + (1+2+…+n-1)

     =  3T(n)+T(n-1),

che è ciò che dovevamo dimostrare.

Concludo con una dimostrazione alternativa, di tipo puramente combinatorio, in cui stavolta i coefficienti binomiali diventano essenziali. Anche questa è una dimostrazione “costruttiva”, che può aiutare a ricordare l’enunciato del teorema.

Ricordo che, dato un intero positivo m>1, il coefficiente binomiale “m su 2” (= m(m-1)/2) ci dice quanti sono, in un insieme con m elementi, i sottoinsiemi con due elementi.

Ora l’identità T(2n) = 3T(n)+T(n-1) puo’ essere riscritta come 

“2n+1 su 2” = 3(“n+1 su 2”) + “n su 2”.

Siano A e B due insiemi disgiunti, con n+1 elementi e n elementi, rispettivamente, e sia C l’unione insiemistica di A e B (con 2n+1 elementi). Allora “2n+1 su 2” è il numero di sottoinsiemi di C con due elementi. Ci sono tre possibilità:

  1. i due elementi sono entrambi in A (“n+1 su 2” sottoinsiemi);
  2. i due elementi sono entrambi in B (“n su 2” sottoinsiemi);
  3. i due elementi sono uno in A e uno in B ((n+1)n sottoinsiemi, cioè 2″n+1 su 2″ sottoinsiemi).

Quindi, in totale, C ha 3(“n+1 su 2”) + “n su 2” sottoinsiemi con due elementi.

Dimostriamo infine l’identità T(2n+1) = 3T(n)+T(n+1), che può essere riscritta come

“2n+2 su 2” = 3(“n+1 su 2”) + “n+2 su 2”.

Consideriamo gli insiemi A = {a0, a1,…, an, x} e B = {b1,…, bn, x}, che abbiano soltanto l’elemento x in comune. Sia C = {a0, a1,…, an, b1,…, bn, x} l’unione di A e B. Come si ottengono i “2n+1 su 2” sottoinsiemi di C con due elementi? Ci sono tre possibilità:

  1. i due elementi sono entrambi in A (“n+2 su 2” sottinsiemi);
  2. i due elementi sono entrambi in B (“n+1 su 2” sottinsiemi);
  3. i due elementi sono uno in {a0,a1,…, an} e uno in {b1,…, bn} ((n+1)n sottoinsiemi, cioè 2(“n+1 su 2”) sottoinsiemi).

Quindi, in totale, C ha 3(“n+1 su 2”) + “n+2 su 2” sottoinsiemi con due elementi.

… mi fa pensare a George Dantzig e al “pensare positivo”.

La bellezza, l’incanto dell’imparare!

…La ragione per cui lo studente riuscì a risolvere il problema è che non aveva mai sentito il docente dire: “Nessuno è mai riuscito a risolverlo.” Al contrario, credeva che fosse un problema degno di essere affrontato, e lo fece con determinazione, senza farsi influenzare dalle difficoltà.

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