Modelli matematici della fisica
Giovanni Bramanti
10 aprile 2013
Sommario
Realt`a e calcolo combinatorio
1 Il principio di ...
µ(A1 ∨ A2 ∨ A3) = 2! + 2! + 2! − 1! − 1! − 1! + 0! = 6 − 3 + 1 = 4 (2)
cio`e ci sono esattamente 4 permutazioni in cui alm...
Soluzione studiamo, come abbiamo gi`a imparato dagli esempi precedenti, l’insieme com-
plementare che talvolta `e pi`u sem...
Ma questo non `e vero in generale se i fattori considerati non sono primi e se il numero
N non `e divisibile per il prodot...
allora la risposta alla nostra domanda `e 9
2 = 36 ed in generale: N+k−1
k−1
Chiediamoci adesso quante coppie di numeri ha...
somma di due numeri di cui il primo `e maggiore o uguale a 3. Entrambi questi problemi
abbiamo gi`a imparato a risolverli ...
1.5 Il problema del cambio. Somme pesate con e senza vincoli, partizioni
Un problema di cambio Vogliamo sapere in quanti m...
if n < 0 or (m < 0 and n ≥ 1):
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  1. 1. Modelli matematici della fisica Giovanni Bramanti 10 aprile 2013 Sommario Realt`a e calcolo combinatorio 1 Il principio di inclusione esclusione 1.1 La segretaria confusa Il gioco delle lettere (dispermutazioni) Una segretaria deve inviare 3 lettere ad altrettante persone. Tuttavia una folata di vento dispettosa mette tutto a soqquadro preoccupata dall’arrivo del capo la segretaria mette le lettere nelle buste senza curarsi di controllare indirizzi e riceventi, con che probabilit`a nessuno dei cinque clienti ricever`a la lettera a lui indirizzata? soluzione Se vogliamo risolvere il problema in termini di configurazioni ammissibili su configurazioni possibili converr`a fare un’astrazione e risolvere un problema pi`u generale. Vogliamo sapere in quanti modi N numeri dati vengono assegnati ad N posti distinti in modo che nessuno dei numeri assegnati indichi il numero del posto a cui viene assegnato. Conteremo pi`u agevolmente il numero di configurazioni in cui almeno un numero `e al suo posto, applicando il principio di inclusione esclusione. Definiamo allora i seguenti insiemi: Ai `e l’insieme delle configurazioni in cui il numero i viene assegnato al posto i. Allora l’insieme che vogliamo contare `e dato, nel caso N = 3 dalla formula: µ(A1 ∨ A2 ∨ A3) = µ(A1) + µ(A2) + µ(A3) + (1) −µ(A1 ∧ A2) − µ(A2 ∧ A3) − µ(A3 ∧ A1) + +µ(A1 ∧ A2 ∧ A3) non rimane che contare questi insiemi, questo problema `e semplicemente un problema di calcolo delle permutazioni. Se infatti i numeri i1, i2, ...ik sono al proprio posto, mentre non abbiamo vincoli sugli altri, quello che dobbiamo contare `e il numero di modi di permutare n − k numeri. E questo `e (n − k)! . Nel caso della sfortunata segretaria abbiamo quindi: 1
  2. 2. µ(A1 ∨ A2 ∨ A3) = 2! + 2! + 2! − 1! − 1! − 1! + 0! = 6 − 3 + 1 = 4 (2) cio`e ci sono esattamente 4 permutazioni in cui almeno un numero `e al proprio posto. Verifichiamo: andiamo a scrivere tutte le possibili permutazioni: (1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (3, 2, 1) (3) e vediamo che solo nella prima, nella quarta, quinta e sesta c’`e certamente un nume- ro al proprio posto, le altre due invece sono le dispermutazioni cio`e permutazioni senza un punto fisso. In definitiva la probabilit`a che la segretaria sbagli tutte le lettere sono 2/6 = 1/3. Cio`e in un caso su tre nessuno dei mittenti riceve la lettera a lui indirizzata. Ed in generale? Dobbiamo fare solo un piccolo passaggio. Supponiamo che k numeri siano assegnati al proprio posto. Ma come abbiamo viso per il caso di 2 numeri su 3 questi numeri corretti possono essere scelti in diversi modi. Ricordiamo per`o che il problema di dire in quanti modi, senza preoccuparsi dell’ordine possiamo selezionare k numeri fra n `e n k . Andiamo adesso a calcolare le dispermutazioni di n oggetti: µ(A1 ∨ ... ∨ An) = n 1 · (n − 1)! − n 2 (n − 2)! + ... = (4) = n! 1 − 1 2! + 1 3! + ... − (−1)n 1 n! Ma allora, per n molto grande la probabilit`a di estrarre casualmente una dispermu- tazione `e data semplicemente dal fattore: 1 − 1 2! + 1 3! + ... − (−1)n 1 n! (5) Un risultato elementare dell’analisi superiore (serie di Taylor della funzione esponen- ziale) assicura che questa probabilit`a converge ad un numero curioso: 1 e = 0.367879... (6) 1.2 Probabilit`a di arrivar primo, i vuoti nel crivello di Eratostene Numeri primi dal punto di vista statistico consideriamo un numero N = p1...p3 con p1, p3 tre numeri primi. Vogliamo sapere con che probabilit`a un numero non `e divisibile per nessuno dei fattori primi di N. 2
  3. 3. Soluzione studiamo, come abbiamo gi`a imparato dagli esempi precedenti, l’insieme com- plementare che talvolta `e pi`u semplice da studiare. Chiediamoci cio`e quanti fra gli N numeri sono divisibili per pi. E’ facile convincersi che questi sono N pi cio`e il numero di volte che pi `e contenuto in N. Ma se vogliamo applicare il principio di inclusione esclu- sione avremo da considerare la numerosit`a dell’insieme dei numeri che sono divisibili per ciascuno di due numeri primi p1, p2. Ma osserviamo che se un numero `e divisibile per due fattori primi allora `e divisibile per il loro prodotto, quindi ancora una volta il numero cercato `e N/(p1p2). Infine ci chiediamo quanti numeri sono divisibili per ciascuno di tre fattori primi, e la risposta non tarda ad arrivare, questi saranno N/(p1p2p3) Ma allora andiamo a scrivere cosa dice il principio di inclusione esclusione in questo caso, il numero dei fattori che non `e divisibile per almeno uno dei tre fattori `e: N − N p1 − N p1 − N p2 − N p3 + N p1p2 + N p2p3 + N p3p2 − N p1p2p3 (7) Un momento di riflessione mostra che questa espressione pu`o essere di gran lunga semplificata i numeri che non sono divisibili per nessuno dei tre fattori primi di N pu`o essere espresso come: N 1 − 1 p1 1 − 1 p2 1 − 1 p3 (8) E facciamo un esempio, consideriamo il numero 30. Andiamo allora a calcolare quanti sono i numeri che non sono divisibili per 2, o per 3 o per 5. Eccoli: 30 1 − 1 2 1 − 1 3 1 − 1 5 = 8 (9) Verifichiamo evidenziano i multipli di 2,3,5 con il celebre crivello di Eratostene: 1, (2), (3), (4), (5), (6), 7, (8), (9), (10), 11, (12), 13, (14), (15), (16), 17, (18), 19, (20), (21), (22)23, (24), (25), (26), (27), (28), 29, (30) Cio`e i numeri cercati sono 1,7,11,13,17,19,23,29 che sono 8. Osservazione: ricordiamo che in teoria delle probabilit`a si dice che due eventi sono indipendenti se la probabilit`a che i due eventi avvengano insieme `e il prodotto della probabilit`a di ciascun evento, in altre parole, nel caso studiato potevamo partire dall’osservazione che la probabilit`a che un numero fra 1 ed N sia divisibile per due distinti fattori primi di N `e pari al prodotto delle probabilit`a che sia divisibile per ciascuno dei numeri, in questo modo avremmo potuto giungere alla formuletta di prima con molto meno sforzo, infatti la probabilit`a dell’evento complementare di eventi indipendenti ha probabilit`a pari al prodotto delle probabilit`a complementari di ciascuno degli eventi. 3
  4. 4. Ma questo non `e vero in generale se i fattori considerati non sono primi e se il numero N non `e divisibile per il prodotto dei fattori primi considerati. Consideriamo per esempio i numeri compresi fra 1 e 11 divisibili per 2, questi sono 5, mentre i numeri divisibili per 5 sono 2, ed i numeri divisibili per 10 solamente 1. Allora la probabilit`a che un numero sia divisibile per 2 e per 5 `e in questo caso 1/11, mentre le probabilit`a parziali sono 5/11 e 2/11 il cui prodotto `e 10/121 differente cio`e da 1/11. Vediamo comunque che la formula di inclusione esclusione continua ad essere appli- cabile. Cominciamo dall’osservazione seguente: (a|n ∧ b|n) ⇔ (a, b)|n (10) dove ricordiamo che (a,b) `e una notazione per il minimo comune multiplo di a e b. Vogliamo sapere quanti sono i numeri nella distesa di numeri naturali fra 1 e 72 divisibili per almeno dei fattori a = 6,b = 8,c = 9. Un modo `e di procedere noiosamente applicando questa variante del metodo di Eratostene: 1, 2, 3, 4, 5, (6), 7, (8), (9), 10, 11, (12), 13, 14, 15, (16), 17, (18), 19, 20, 21, 22, 23, (24), 25, 26, (27), 28, 29, (30), 31, (32), 33, 34, 35, (36), 37, 38, 39, (40), 41, (42), 43, 44, (45), 46, 47, (48), 49, 50, 51, 52, 53, (54), 55, (56), 57, 58, 59, (60), 61, 62, (63), (64), 65, (66), 67, 68, 69, 70, 71, (72) o una sua versione automatica che richiede un minimo sforzo di programmazione di un computer. Il risultato `e che i numeri che hanno almeno uno dei tre fattori `e 22 mentre i numeri sono 72 quindi la probabilit`a cercata `e 11/36. Un’alternativa `e applicare il metodo di inclusione esclusione in questa forma: 1 a + 1 b + 1 c − 1 (a, b) − 1 (b, c) − 1 (c, a) + 1 (a, b, c) = (11) = 1 6 + 1 8 + 1 9 − 1 24 − 1 18 − 1 72 + 1 72 = 11 36 1.3 I numeri geometrici Ci chiediamo in quanti modi possiamo esprimere un numero N come somma di k interi ordinati. Quindi consideriamo ad esempio il numero 7, e ci chiediamo in quanti modi possiamo esprimerlo come somma di 3 interi. Per rispondere tradurremo questo problema in uno diverso. Supponiamo di avere 7 palline e 2 barrette, e vediamo che per ogni permutazione di queste abbiamo un solo modo di rappresentare 7 come somma di 3 numeri. Ad esempio: ooo||oooo = 3 + 0 + 4 (12) 4
  5. 5. allora la risposta alla nostra domanda `e 9 2 = 36 ed in generale: N+k−1 k−1 Chiediamoci adesso quante coppie di numeri hanno somma compresa fra 0 e 4. Forse inaspettatamente la risposta a questa domanda arriva ancora dalla risposta alla doman- da precedente, basta infatti interpretare gli ultimi due numeri come gli addendi la cui somma non supera 4, ed il primo numero come il difetto di somma. Perci`o in generale le k-ple di numeri che non superano N sono date da N+k k . Ad esempio le coppie di numeri la cui somma non superano 4 sono 6 2 = 15, questo numero ha interpretazione geome- trica elementare `e il 5 numero triangolare, i numeri triangolari sono infatti: 1,3,6,10,15, ... e ciascun numero triangolare pu`o essere espresso come somma dei primi n numeri naturali, ad esempio 15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 analogamente le triplette di numeri la cui somma non supera 4 sono 7 3 = 35 questi numeri possono essere disposti in guisa di una piramide retta, a piani triangolari e possono quindi essere espressi come somma di numeri triangolari, per esempio 35 = 1 + 3 + 6 + 10 + 15. Allora in generale abbiamo questa curiosa formula combinatoria: n + k k = n + k − 1 k − 1 + n + k − 2 k − 1 + ... + k − 1 k − 1 (13) che si legge anche dicendo la somma dei primi n + 1 numeri k − plettici `e uguale all’no numero k + 1 − plettico il suffisso −plettico forma un aggettivo che deriva dalla parole simplesso concetto che generalizza il concetto di segmento, triangolo e tetraedro, i segmenti possono essere visti come 1-plessi, i triangoli come 2-plessi, i tetraedri come 3- plessi... i 4-plessi sfidano la nostra intuizione geometrica ed hanno una natura puramente astratta dal momento che non v’`e altro modo se non a mezzo dell’astrazione di concepire qualcosa di pi`u delle nostre 3 ordinarie dimensioni spaziali, un’astrazione del concetto di spazio a pi`u di 3 dimensioni fu ideata dal matematico tedesco Riemann il quale, associando ai punti dello spazio ordinario triplette di numeri coordinati, vide che nulla vieta di concepire quadruplette di numeri e pensarle come se fossero le 4 coordinate di un punto in uno spazio astratto di dimensione 4. 1.4 Somme costanti con vincoli vediamo adesso di generalizzare il problema precedente, chiedendoci in quanti modi possiamo scrivere un numero N come somma di k numeri date le condizioni mi ≤ xi < Mi affronteremo il problema per gradi. Supponiamo dapprima di avere solamente un limite inferiore. Allora il problema di trovare N come somma di x1 + ... + xk con xi ≥ mi pu`o essere pensato equivalente al problema di trovare il numero N − m1 − ... − mk come somma di y1 + ... + yk pur di porre yi = xi − mi. Vediamo adesso di illustrare con un esempio la seconda, pi`u difficile parte del problema. Supponiamo cio`e di avere posto un vincolo su una sola variabile. Per esempio trovare in quanti modi il numero 7 pu`o essere espresso come somma di due numeri, tali che il primo di essi sia minore di 3. Un modo di procedere `e calcolare il numero di modi di ottenere 7 come somma di due numeri senza preoccuparsi dei vincoli, e poi andare a togliere il numero di modi di ottenere 7 come 5
  6. 6. somma di due numeri di cui il primo `e maggiore o uguale a 3. Entrambi questi problemi abbiamo gi`a imparato a risolverli quindi troviamo: 8 1 − 5 1 = 5 verifichiamo: 0 + 7 = 7; 1 + 6 = 7; 2 + 5 = 7 Q.E.D. Vediamo adesso un’altra semplice applicazione, applicando il principio di inclusione esclusione. In quanti modi possiamo ottenere il numero 7 come somma di due numeri minori di 4 e 5, rispettivamente? In questo caso ci servono preliminarmente i modi di ottenere 7 come somme di due numeri non altrimenti vincolati e gi`a sappiamo che questi sono 8, poi i modi di ottenere 7 somme di due numeri di cui il primo maggiore o uguale a 4 che sono 4 modi, e quello di ottenere 7 come somma di due numeri di cui il secondo maggiore o uguale a 5 che corrisponde a 3 modi, infine ci occorre il numero di modi di ottenere 7 come somma di due numeri di cui il primo maggiore o uguale a 3 ed il secondo maggiore o uguale a 4 applicando la formula ricavata all’inizio questo sarebbe (7−3−4)+1 1 ovvero 1, infatti c’`e un solo modo 7 = 6 + 1 di ottenere un numero negativo come somma di due numeri non negativi e non pi`u grandi di 1 e 6 rispettivamente. Al- lora abbiamo precisamente 7 − 4 − 3 + 1 = 1 modi. Infatti c’`e un solo modo di ottenere il numero nel modo richiesto. Non sempre il metodo pi`u generale di risolvere un problema `e anche il metodo pi`u furbo. Consideriamo ad esempio il problema di calcolare in quanti modi sia possibile esprimere il numero n con k ≥ n numeri non pi`u grandi di 1. In linea di principio potremmo sempre andare a calcolare questo numero con il metodo del principio di inclusione esclusione, tuttavia nel caso specifico risulta molto pi`u pratico contare le combinazioni di n unit`a scelte fra k elementi. Quindi le combinazioni in questione sono k n Una soluzione polinomiale vediamo una situazione in cui il problema che abbiamo ap- pena imparato a risolvere trova applicazione. Consideriamo il prodotti di due polinomi: (1 + x + x2 + x3 )(1 + x + x2 + x3 + x4 ) = (1 + 2x + 3x2 + 4x3 + 4x4 + 3x5 + 2x6 + x7 )(14) riflettiamo al fatto che, per esempio il coefficiente del termine di 4o grado `e dato da tutti i modi in cui il numero 4 pu`o essere ottenuto come somma di due numeri (gli esponenti dei monomi del primo e secondo membro) compresi fra 0 e 3 e fra 0 e 4 rispet- tivamente. Possiamo quindi dire che il prodotto dei due polinomi genera esattamente il numero di modi di ottenere un numero come somma di due numeri in intervalli assegnati. E’ perci`o ragionevole chiamare questi polinomi funzioni generatrici per il problema. Un metodo ricorsivo 6
  7. 7. 1.5 Il problema del cambio. Somme pesate con e senza vincoli, partizioni Un problema di cambio Vogliamo sapere in quanti modi possiamo cambiare 11 Euro usando monete o banconote da 1,2,5,10 euro rispettivamente. Si tratta evidentemente di una generalizzazione del problema di prima. Abbiamo da risolvere l’equazione pesata: 1 ∗ n1 + 2n2 + 5n5 + 10n10 Un problema di cambio vincolato Giovanni ha in tasca 2 monete da 1 euro, 3 monete da 2, due banconote da 5 ed una da dieci. In quanti modi pu`o cambiare gli 11 Euro di Gianluigi? Soluzione estensiva 10 + 1, 5 + 5 + 1, 5 + 2 + 2 + 2, 5 + 2 + 2 + 1 + 1 Soluzione polinomiale scriviamo il seguente prodotto di polinomi: (1 + x + x2 )(1 + x2 + x2·2 + x3·2 )(1 + x5 + x10 )(1 + x10 ) = (15) 1 + x + 2x2 + x3 + 2x4 + 2x5 + 3x6 + 3x7 + 2x8 + 2x9 + 3x10 + 4x11 + ... andiamo a leggere il coefficiente di grado 11 che `e 4. Un caso? Naturalmente no. Osserviamo che al fine di calcolare il numero di nostro interesse non `e necessario calcolare tutti i prodotti e sviluppare tutto il polinomio `e sufficiente tenere solo i termini fino al grado 11. Esiste un semplice metodo ricorsivo, che illustrer`o, fra breve per calcolare questi coefficienti, cos`ı il problema pu`o essere risolto in modo molto efficiente con un semplice programma per computer. Partizioni semplici Vediamo come il problema di esprimere le partizioni di un numero intero pu`o essere tradotto in sotto-problemi di cambio vincolato. Per partizioni di un numero naturale si intendono i modi in cui si pu`o esprimere un numero come somma di numeri naturali posti in ordine non crescente (ovvero ci disinteressiamo dell’ordine con cui intervengono gli addendi perci`o 3+5+3 `e equivalente alla configurazione 3+3+5) allora il problema delle partizioni di n si traduce nel problema di calcolare il numero di modi di eprimere n come somma pesata n = m1 + 2m2 + 3m3 + ... + nmn. Osservazione: non sono note formule semplici per esprimere le partizioni di un nume- ro. Sono noti invece molti algoritmi pi`u o meno efficienti per calcolarle e formule molto belle per esprimere l’andamento asintotico della funzione p(n). Soluzione algoritmica Il problema del cambio con un numero di monete pu`o essere ri- solto formalmente in questo modo: def cambi(n,m): S=[1,2,5,10,20,50,100,200,500,1000,2000,5000] if n == 0: return 1 7
  8. 8. if n < 0 or (m < 0 and n ≥ 1): return 0 return cambi(n,m-1)+count(n-S[m],m) la funzione cambi(n,m) esprime il numero di modi per ottenere la somma n usando solo i primi due tagli mentre la funzione S[m] esprime il taglio mo. Quello che dice questa definizione ricorsiva `e che il numero di modi in cui possiamo ottenere la somma n usando i tagli fino ad m `e dato dal numero di modi di ottenere la somma n usando solo i primi m-1 tagli pi`u il numero di modi per ottenere la cifra n-S[m] usando i primi m tagli. In termini pratici quindi si pu`o procedere a calcolare progressivamente la funzione cambi(n,1) che `e semplicemente una costante 1. Quindi si calcola cambi(n,2) applicando la definizione, cambi(n, 2) = 1 + cambi(n − 2, 2) = 2 + cambi(n − 4, 2) = ... = n 2 e si procede cos`ı andando a riempire una tabellina in cui le righe sono numerate da m e le colonne da n. Per calcolare la riga m-ma basta conoscere la riga (m-1)-ma ed i primi elementi della stessa riga m-ma. Perci`o avremo: [1], [1], [1], [1], [1], [1], [1], [1], [1], [1], [1], ... [1], [1], [2], [2], [3], [3], [4], [4], (5), [5], [6], ... [1], [1], [2], (3), [3], [4], [5], [6], {8}, ... lo schema di sopra definisce il modo di calcolare l’ultimo elemento, in parentesi graffe, per calcolare un elemento di una riga `e infatti sufficiente andare a guardare lungo la stessa riga il numero di colonna n-S[m] (nel nostro caso S[3]=5, essendo 5 il terzo taglio disponibile) evidenziato in parentesi tonde, lungo la stessa riga, ed il numero di posto corrispondente nella riga precedente, il numero cercato `e la somma dei due. Evidentemente questo metodo costruttivo ricorda un modo per riempire il triangolo di Tartaglia. Un algoritmo simile pu`o essere usato per il calcolo della funzione di partizione ricordando che in quel caso la lista dei cambi `e il vettore S = [1, 2, 3, 4, 5, ..., n] e che p(n) = cambi(n, n). Il caso in cui siano posti dei vincoli al numero di monete disponibili di un dato taglio si tratta in maniera del tutto analoga, sicch´e abbiamo trovato un semplice metodo ricorsivo per calcolare il prodotto dei polinomi del tipo presentato in precedenza (si tratta di polinomi geometrici sia nel senso che sostituendo alla variabile un numero si ottiene la somma dei termini di una progressione geometrica, sia nel senso che le radici complesse di questi polinomi sono disposte lungo i vertici di un poligono regolare). 8

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