Qualcuno di voi ricorda Creature della Luce e delle Tenebre, di Roger Zelazny? Uno dei personaggi era il Generale di Ferro, che aveva un cavallo in grado di fare il primo passo di un metro, il secondo di due metri, il terzo di quattro metri e avanti raddoppiando. In qualità di Stallieri del Cavallo del Generale di Ferro, vi viene chiesto di “portarlo a fare un giretto, ma di riportarlo esattamente qui.”. Riuscite, con un’oculata scelta di passi avanti e indietro, a tornare “esattamente qui”?
La risposta... Non cliccate qui se non ci avete pensato! Poi è troppo tardi!
No. Dopo n passi tutti in avanti vi ritrovate a 1 + 2 + … + 2n–1 = 2n – 1 metri, e il prossimo salto da 2n metri, se fatto all’indietro, vi porta oltre il punto di origine. L’unico modo per tornare esattamente sul punto di partenza è resettare il cavallo.
Domanda di riserva per divertirsi ancora un po’: se il CdGdF per i passi seguisse la regola {1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,…} (la serie di Fibonacci) o la regola {1, Φ, Φ2, Φ3, …} , allora potrebbe tornare al punto di origine? C’è una relazione col fatto che se usate questi due oggetti come base per la numerazione la notazione non è univoca, mentre lo è nel sistema binario?
Forse ho compreso, …molto “forse”, cosa intendono con la domanda di riserva.
In numerazione binaria delle potenze di 2 la notazione di ogni intero è univoca.
Con essa non è possibile rappresentare un numero intero in due modi diversi.
La successione delle potenze di 2 è rappresentata da: 1, 10, 100, 1000, … .
Per tornare alla base dovrebbero esserci due notazioni per lo stesso intero,
Ciò, come detto, non è possibile con la notazione binaria delle potenze di 2.
Si può usare una notazione binaria anche con la successione di Fibonacci:
F[2] = 1 = 1
F[3] = 2 = 10
F[4] = 3 = 100
F[5] = 5 = 1000
…
In questa notazione il numero 6 può essere rappresentato in due modi:
F[2]+F[3]+F[4] = 111 oppure
F[2]+F[5] = 1001.
Una curiosità: il teorema di Zeckendorf afferma che:
”
ogni intero positivo può essere scritto in modo univoco come somma di numeri di Fibonacci distinti e non consecutivi
“.
Con questo vincolo anche la notazione binaria della successione di Fibonacci non permetterebbe di torna alla base.
Si può utilizzare anche una notazione binaria per φ: n = ⎣nφ²⎦ −1
(sapendo che: lim (n→∞) F[n+1]/F[n] = φ e, in generale: F[n+m]/F[n] = φ^m).
Ma tutto questo, e molto altro, è spiegato sicuramente meglio a questo link
(c’è anche una tabellina che elenca tali notazioni per alcuni tipi di sequenze):
https://digitalcommons.georgiasouthern.edu/cgi/viewcontent.cgi?article=1228&context=math-sci-facpubs
Non abbiamo però, mi pare, ancora risposto alla domanda dei Nostri:
”
C’è una relazione col fatto che se usate questi due oggetti come base per la numerazione la notazione non è univoca, mentre lo è nel sistema binario?
“.
I due oggetti in questione sono, se ho capito: Φ e Fibonacci.
Io, con la mia risposta, ho voluto mostrare che, se il primo termine di una sequenza, cioè il valore “1” presente in tutte e tre le sequenze mostrate, non si riesce ad ottenere come somma/differenza di altri termini della sequenza, non è possibile ritornare alla base, mentre se si può si riesce.
Non so, però, se la cosa centri con la domanda dei Nostri.
Credo che per quanto riguardi il sistema binario:
ricadiamo nel primo caso irrisolvibile (a parte escamotage di superficie non piana)
Per quanto riguarda la serie fibonacci non c’è alcun problema
Per quanto riguarda la serie 1, Φ, Φ2, Φ3, … (sezione aurea) il cui valore è un numero irrazionale che si avvicina sempre di più al valore di 1,618.. quanto più il rapporto è fatto tra numeri consecutivi alti (e il cui reciproco e il cui quadrato conservano invariata la parte decimale 0,618.. 2,618…) non mi risulta che sia possibile tornare al punto di partenza se non quella del primo passo avanti ed il successivo indietro.
… ma non ne sono sicuro 😉
Yop,
io veramente non pensavo ad una superficie piana, in quanto pur percorrendo una linea spezzata, il passo successivo sarà maggiore della somma di tutti i passi precedenti (pertanto pur mettendoli in linea retta il passo successivo sarà maggiore di tutti quelli effettuati precedentemente e ti ritroveresti oltre il punto di partenza).
Ma se la superficie non fosse piana,,,
… per esempio se il ritorno effettuato dovesse passare per una montagnola (o un percorso concavo oppure convesso), il percorso di ritorno essendo più lungo, potrebbe…
… me la sto un po’ aggiustando 😉
portarci al punto di partenza.
😉 😉
Sì sì certo, la regola già insegnata in prima elementare su come devono essere i lati di un triangolo per poterlo costruire; la disuguaglianza triangolare; la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz etc. etc. tutto grida vendetta, tutto è così noto ed evidente.
Ma il bello dei q&d, per me, è pure quello di andarci dentro di panza e di rifletterci per bene solo dopo, che tanto siam qui anche per divertirci, come con la tua ipotesi del percorso ondulato, e mica solo per fare i wolfram alpha umani – che poi non è che ci sia da fare la fila per poter intervenire… Comunque, io non dico più nulla che ne ho dette già abbastanza. Ciao!
E poi no, perché se immaginiamo la somma degli n-1 segmenti come la lancetta delle ore di un orologio e quella dell’ennesimo segmento come la lancetta dei minuti, si vede bene che la punta della seconda non potrà mai congiungersi con quella della prima. E per un punto, metro, millimetro, lo yopenzo perse la cappa. 🙁
Caro nsg, tutt’altro che peregrina è la tua idea su un percorso circolare, mi pare.
Infatti si è dato sempre per scontato che il cavallo percorresse la sua passeggiata in linea retta per l’andata, si girasse sul posto e poi provasse a al punto di partenza ritornare sullo stesso percorso.
In effetti si può però immaginare di costruire una linea spezzata, ovvero poligonale, composta da segmenti rigidi di proporzioni 1, 2, 4, 8 e 16 (ma si potrebbe andare avanti ad libitum), collegati tra loro da una piccola cerniera come col meccano, e disporla su di un piano: sicuramente si riesce a chiudere questa linea spezzata articolata/ snodata, collegando l’inizio del segmento di lunghezza 1 con la fine del segmento 16.
Quindi altroché che il cavallo torna esattamente al punto di partenza dopo aver fatto il suo “giretto”. Un’infinità di giretti. O no?
Partendo dal discorso che ogni passo successivo è maggiore (di 1metro) della somma dei passi precedenti dovrebbe essere impossibile fare tornare il cavallo al punto di partenza.
E’ vero che possiamo cambiare direzione, formando per esempio un angolo il più vicino possibile a 180° e poi chiudere il triangolo con l’ultimo passo (consideriamolo come ‘ipotenusa’).
Sicuramente la somma dei cateti sarà maggiore di quell’ipotenusa.
Ma anche se euclideo, non mi sento un terrapiattista 😉
La Terra è tonda, e si sa che su una superficie sferica l’ipotenusa risulta maggiore rispetto allo stesso triangolo euclideo.
Certo dipende molto anche dalla dimensione della sfera…
… ma teoricamente potrebbe essere possibile far tornare il cavallo al punto di partenza pur facendo quel passo (ipotenusa) più lungo della somma dei cateti (la somma dei passi precedenti +1 metro)
Siate buoni. 😉
grazie
No, non è possibile: anche andando avanti/indietro un numero (di metri) pari non diventerà mai dispari.
Per il secondo test la via più breve mi sembra: un passo avanti, un passo indietro, 2 passi avanti, 3 passi avanti, 5 indietro.
ma poi ce ne saranno molti altri
Ecco, ho guardato la soluzione che dice 1 + 2 + … + 2^(n–1) = 2^(n – 1) metri.
Io l’avrei scritta invece così: 1 + 2 + … + 2^n = 2^(n+1) metri.
Somma dispari a sinistra, pari a destra (dell’uguale) c.d.d..
Rileggo e veggo:
ho guardato la soluzione che dice 1 + 2 + … + 2^(n–1) = 2^(n – 1) metri.
I Rudi non hanno scritto così, a destra dell’uguale, ma 2^n – 1.
Chiedo venia, sebbene il senso del mio commento rimanga corretto come scritto poi da me stesso medesimo in persona.
Ho finito.
“No, poiché al primo membro la somma parziale sarà sempre pari, mentre che a secondo membro è sempre dispari.”
E te pareva, ovviamente è il contrario: al primo membro la somma parziale sarà sempre dispari, mentre che a secondo membro è sempre pari.”
Ma certo si era capita la buona intenzione…
Vinto!
(Sono sicuro che i Nostri controllano implacabilmente se uno prima clicca sulla risposta e poi fa il subdolo (in ticinese si dice “fare il gianda”) e la posta facendola sua: ma noncielo diranno mai!).
Ma alla fine una risposta alla prima domanda “portarlo a fare un giretto, ma di riportarlo esattamente qui.” bisogna (in senso lato) pur darla, ed è no.
No, poiché al primo membro la somma parziale sarà sempre pari, mentre che a secondo membro è sempre dispari, e per un metro il Generale di Ferro perde la cappa.
E adesso vado a cliccare la solutione.
Φ² = Φ + 1
F[1]=1,F[2]=1,F[3]=2 → F[1] + F[2] = F[3]
In binario:
1 = 1
2 = 10
4 = 100
8 = 1000
16 = 1000
…
comunque si mattano i “+” e i “-” tra i numeri in sequenza
1 = 1 non si può pareggiare all’altro membro dell’equazione,
https://www.economiaesport.it/2021/10/09/premi-parigi-roubaix/
Ah no! Cominciamo bene… non è un ciclista, è un cavaliere!
Bellissima la foto! Potrebbe essere ciclocross o una delle terribili classiche del nord sul pavé: in entrambi i casi roba da paura. Comunque, il problema è uno di quelli che a parole lo sai “metter giù” facilmente, mentre che in simboli è un’altra storia. Dunque, da una parte dell’uguale, a primo membro come si dice, ci mettiamo la serie Σ 2n, con n da 1 a “e qui sta il bello”, che vogliamo limitare alla successione di somme parziali che ci darà il valore che speranzosamente diventi uguale al secondo membro, grazie alla Σ 2n da“e qui sta il bello” n ∈ [“e qui sta il bello”+1,“e qui sta il bello”+m].
E adesso la strada per il fangoso ciclista è tutta in discesa, io penso.