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1 Introduzione 2.
Se state leggendo questa introduzione vuol dire che siete sopravvissuti al primo semestre. Congratulazioni! Ma il secondo semestre e in genere piu impegnativo del primo, quindi meglio non perdere tempo e iniziare subito con...
2 Problemi di accumulazione
Questa sezione si occupa del fenomeno dell’accumulazione declinato in varie forme, sia in matematica discreta che in matematica continua. Dal punto di vista discreto, immaginiamo questo: ci abboniamo a un servizio che ci manda ogni giorno dei link a pagine interessanti. Il primo giorno ne manda 1, il secondo 2, il terzo 3, eccetera. Al millesimo giorno sappiamo che ci saranno 1000 link, ma quanti link in tutto avremmo visto? Possiamo fare i conti a mano, ma vedremo dei modi piu intelligenti di gestire il problema. La versione continua, invece: pensiamo a un rubinetto in cui esce dell’acqua a ritmo variabile. Conosciamo il valore della portata istante per istante (e una funzione), quanta acqua sara uscita dopo un minuto, o un’ora? Questoe molto piu difficile (almeno prima potevamo usare la forza bruta), ma scopriremo un modo per farlo. Anche se il concetto e comune a entrambi gli approcci (stiamo comunque “accumulando cose”), il metodo di risoluzionee completamente diverso. La disciplina che si occupa del caso discreto e la combinatorica finita, quella che si occupa del caso continuoe il calcolo integrale.
2.1 Combinatorica finita: sommatorie
La combinatorica finita si occupa di contare strutture finite. Risponde a do- mande del tipo “Se facciamo un torneo di alluce di ferro fra 16 persone, quante partite dobbiamo fare?”. Oppure: “Quante melodie si possono fare con 12 no- te?”. “Quante funzioni iniettive ci sono che hanno come dominio un insieme di cardinalita 3 e come codominio un insieme di cardinalita 7?”. Una delle leggende pi`u note sulla combinatorica finita riguarda Carl Friedrich Gauss, considerato il principe della matematica. Un giorno di scuola elementare, verso il 1780, il suo maestro ha dato alla classe un compito: sommare tutti i numeri da 1 a 100 (sperando magari che di riposarsi mentre gli alunni svolgevano quel compito ingrato). Ma Gauss, dopo pochi secondi, ha dato la risposta corretta: 5050! Come ha fatto? Ha pensato alla sequenza di numeri da sommare:
1 2 3... 98 99 100
e poi l’ha piegata in due:
Ha poi notato che
la somma in ogni colonna e sempre 101. Quante colonne ci sono? 50. Quindi il risultato sara 50 volte 101, ovvero 5050. In realt`a probabilmente molti particolari di questo aneddoto sono di fan- tasia: la prima versione dice solo che Gauss ha risolto un problema numerico
molto velocemente, e il resto l’hanno aggiunto storici “creativi”. Ma comunque illustra bene l’approccio giusto ai problemi combinatorici: molti di essi han- no una soluzione “facile”, che non ha bisogno di idee o conoscenze, ma che e estremamente laboriosa e dispendiosa, mentre con qualche trucco si puo fare in pochissimo tempo! (Questo ovviamente non impedisce alcuni studenti non preparati di passare mezz’ora dell’esame usando la prima strategia...). Quello che ha fatto il piccolo Gauss `e trovare una formula per la sommatoria. Diamo prima la definizione formale:
Definizione 2.1. Sia s una funzione reale. Siano n, m ∈ dom(s), n ≤ m due numeri tali che {k ∈ Z : n ≤ k ≤ m} ⊆ dom(s). Allora la sommatoria di s da n a m `e (^) m ∑
k=n
s(k) = s(n) + s(n + 1) + · · · + s(m)^1.
Il simbolo usato e la sigma greca maiuscola, che corrisponde alla S di Somma. Questoe uno di quei casi in cui la definizione formale rende le cose piu difficili di quello che sono. Vediamo con calma gli elementi di cuie composta la notazione:
- k
e la variabile di riferimento. Come abbiamo gia visto, essendo una variabile, possiamo sostituire a k qualunque altra lettera e il significato non cambia; - n `e il punto di partenza della sommatoria;
- m `e il punto di arrivo della sommatoria;
- s `e una funzione, espressa con una legge attraverso la variabile k. Allora per calcolare
∑m k=n s(k) facciamo variare^ k^ da^ n^ a^ m, ogni volta lo sostituiamo dentro s, e poi sommiamo il tutto. Per esempio:
∑^5
k=
ek^ = e^1 + e^2 + e^3 + e^4 + e^5
oppure ∑^5
i=
i
o infine
∑^2
n=− 2
n^2 = (−2)^2 + (−1)^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2 = 4 + 1 + 1 + 4 = 10.
Notiamo che la sommatoria e facilissima da implementare in un linguaggio di programmazione,e un ciclo for. Per calcolare
∑m k=n s(k) si fa: (^1) Essendoci i puntini, non e una definizione completamente formale, ma per noi va bene cosı
Sommatoria della funzione costante
Questo esempio e ancora piu facile. E il caso in cuise la funzione costante, per esempi s(k) = 3 o s(k) = −
- Ma allora ∑^ m
k=n
c = c + c + · · · + c.
Quante volte? Quanti numeri interi ci sono fra n e m (n e m inclusi). Quindi m − n + 1. Dunque:
Theorem 2.3. Siano c ∈ R, n, m ∈ Z, n ≤ m. Allora
∑^ m
k=n
c = (m − n + 1)c.
Intermezzo: regole
Per ora possiamo calcolare solo due tipi di sommatorie, un risultato abbastanza misero. Ma ci sono delle regole che ci permettono di calcolare anche somma- torie di somme di funzioni, o di prodotto scalare di funzioni. Tutte le regole che conosciamo per la somma di due elementi, infatti, si estendono a qualsiasi sommatoria finita. Per esempio, se s 1 , s 2 , c sono numeri, cs 1 + cs 2 = c(s 1 + s 2 ), ovvero vale la propriet`a distributiva. E quindi
Theorem 2.4. Siano s, t funzioni reali, n, m ∈ Z, n ≤ m. Allora se c ∈ R, allora
∑m k=n c^ ·^ s(k) =^ c^ ·^
∑m k=n s(k). Sappiamo anche che per la somma vale la propieta commutativa, e quindi per esempio (s 1 + t 1 ) + (s 2 + t 2 ) = (s 1 + s 2 ) + (t 1 + t 2 ). Quindi la sommatoria della somma di due funzionie uguale alla somma delle sommatorie, ovvero:
Theorem 2.5. Siano s, t funzioni reali, n, m ∈ Z, n ≤ m. Allora
∑m k=n(s(k) + t(k)) =
∑m k=n s(k) +^
∑m k=n t(k). Un’altra proprieta della sommae la proprieta associativa, ovvero s 1 + s 2 + s 3 = (s 1 + s 2 ) + s 3 = s 1 + (s 2 + s 3 ) (infatti possiamo scrivere una somma di tre addendi senza parentesi grazie a questa proprieta). Questo ci permette di dividere le sommatorie:
Theorem 2.6.∑ Sia s una funzione reale, n, m, j ∈ Z, n ≤ j < m. Allora m k=n s(k) =^
∑j k=n s(k) +^
∑m k=j+1 s(k). Questo teorema ci `e utile per calcolare sommatorie che iniziano da un numero diverso da 1. Per esempio, noi sappiamo calcolare solo
k=1 k.^ Come fare a calcolare
k=5 k? Beh, sappiamo che ∑^10
k=
k =
∑^4
k=
k +
∑^10
k=
k
quindi ∑^10
k=
k =
∑^10
k=
k −
∑^4
k=
k =
Infine, notiamo anche un’altra cosa. Proviamo a calcolare
k=1(k^ +4). Sara 5 + 6 + · · · + 14. Ma allorae la stessa cosa di
k=5 k. Ovvero:
Theorem 2.7. Sia s una funzione reale, n, m, p ∈ Z, n ≤ m. Allora
∑m k=n s(k+ p) =
∑m+p k=n+p s(k).
Esercizio 2.8. Vero o falso?
∑^7
k=− 4
k^2 =
∑^6
k=− 4
k^2 +
∑^7
k=
k^2
Falso: a sinistra dell’uguale il caso k = 6 compare una volta sola, a destra dell’uguale compare invece due volte. L’espressione giusta `e:
∑^7
k=− 4
k^2 =
∑^5
k=− 4
k^2 +
∑^7
k=
k^2
Sommatoria della funzione quadratica
Ora vogliamo calcolare la sommatoria della funzione s(k) = k^2. Proviamo a vedere un po’ di esempi, per capire se possiamo intuire la formula:
∑^1
k=
k^2 = 1
∑^2
k=
k^2 = 5
∑^3
k=
k^2 = 14
∑^4
k=
k^2 = 30
∑^5
k=
k^2 = 55...
OK, non ne ho la minima idea. Vediamo cosa dice il teorema:
Esercizio 2.10. Calcolare
k=5 k
Il teorema ci d`a la formula solo per k che parte da 1, mentre noi dobbiamo calcolare per k che parte da 5. Ma per questo usiamo il fatto che possiamo dividere la somma. Quindi:
∑^15
k=
k^2 =
∑^4
k=
k^2 +
∑^15
k=
k^2
e
∑^15
k=
k^2 =
∑^15
k=
k^2 −
∑^4
k=
k^2 =
Sommatoria della funzione esponenziale
I casi precedenti sono abbastanza standard: compaiono nel bagaglio di stru- menti di chiunque per mestiere debba fare un po’ di calcoli perch´e somme e quadrati vengono sempre fuori. Il prossimo esempio, invece, forse e un po’ particolare, mae ubiquo proprio come gli altri. Per esempio, consideriamo, come spesso accade, i mondiali del 1986:
Vediamo che ci sono quattro turni a eliminazione. Quante partite sono state giocate? Alla finale una, piu due semifinale, piu 4 quarti, pi`u 8 ottavi, insom- ma, dobbiamo calcolare
k=1 2 k. E se il torneo fosse di otto turni? Allora si
dovrebbero giocare
k=1 2
k (^) partite.
Altro esempio: un vostro conoscente vi invia una catena su WhatsApp, in cui vi intima di inviare la stessa cosa a 9 contatti diversi, a meno di catastrofi nella vostra vita. Voi lo mandate a 9 persone, ognuna di queste manda il messaggio ad altre 9 persone (diverse dalle prime), e avanti cosı. Quante persone saranno raggiunte dopo 4 passaggi? Al primo passaggio sono raggiunte 9 persone, al secondo 9^2 persone in piu, al terzo altre 9^3 persone, quindi sono state raggiunte in tutto
k=1 9 k. Anzi, se contiamo anche noi stessi, ∑^4 k=0 9 k. Quindi ci sono di mezzo gli esponenziali, e abbiamo gia visto che gli esponen- ziali diventano velocemente incontrollabili. Dato che adesso li stiamo addirittura accumulando, ci aspettiamo qualcosa di ancora piu incontenibile.
Theorem 2.11. Siano n ∈ N, a ∈ R, a 6 = 1. Allora
∑^ n
k=
ak^ = an+1^ − 1 a − 1
Dimostrazione. Basta calcolare
(a − 1)
∑^ n
k=
ak^ = (a − 1)(1 + a + a^2 + · · · + an) =
= a + a^2 + a^3 + · · · + an^ + an+1^ − 1 − a − a^2 − a^3 − · · · − an^ = an+1^ − 1
e la formula si ottiene dividendo a destra e a sinistra per a − 1.
Quindi alla fine la sommatoria di un’esponenziale non e molto piu grande di un’esponenziale: in una sommatoria, l’ultimo valore e cosı grande che, in un certo senso, gli altri valori contano poco. Attenzione che, al contrario delle altre formule, qui la sommatoria parte da
Possiamo ora calcolare gli esempi precedenti. Se in un torneo a eliminazione diretta ci sono n turni, quante partite occorre
fare? Saranno
∑n k=0 2
k (^) = 2 n+1− 1 2 − 1 = 2
n+1 (^) − 1. Da notare che si inizia da
0 perche in un turno solo ci sono 2^0 = 1 partite. E di quante squadre c’e bisogno per far funzionare il torneo? Viene eliminata una squadra per partita, piu una rimane vincitrice, quindi il risultatoe il numero di partite pi`u uno, ovvero 2n+1^ − 1 + 1 = 2n+1. Ora, se io ho m squadre e voglio fare un torneo a eliminazione diretta, di quanti turni ho bisogno? Dobbiamo risolvere l’equazione 2 n+1^ = m, e quindi di log 2 (m) turni.
∑Passiamo all’esempio della catena.^ Dopo^ n^ passaggi, saranno raggiunte n k=0 9
k (^) persone (partiamo da 0 perch´e stiamo contando anche noi stessi), quin-
di 9
n+1− 1
- Per esempio, dopo due passaggi saranno raggiunte 91 persone, dopo 3 saranno raggiunte 820 persone, e dopo 8 passaggi 48427561 persone. Ma questo, per quanto preoccupante, non succede in realt
a, per quanto un contenuto sia virale none mai successo che abbia raggiunto in poco tempo tutta l’Italia. Cosa cambia dalla teoria alla pratica? Se l’Italia avesse infinite persone e si conoscessero tutte fra loro, allora s`ı che dopo 8 passaggi verrebbero raggiunti
Usando la propriet`a commutativa, dividiamo la sommatoria nelle due som- matorie, e poi usiamo le formule che conosciamo:
∑^ n
k=
(5k^ + 3) =
∑^ n
k=
5 k^ +
∑^ n
k=
5 n+1^ − 1 5 − 1
5 n+1^ − 1 4
Dobbiamo quindi risolvere l’equazione 5
n+1− 1 4 + 3(n^ + 1)^ >^ 200. Non e facile da risolvere, dobbiamo farla a mano. Calcoliamo un po’ di potenze di 5: 5, 25, 125, 625, 3125... Dato che 3(n + 1)e abbastanza piccolo, la prima soluzione possibile sembra 5n+1^ = 625, ovvero n = 3. Calcolando, viene, 6244 + 3 · 4 = 156 + 12 = 168. Non abbastanza, il prossimo dovrebbe bastare. Per n = 4, infatti, la sommatoria viene 31244 + 3 · 5 = 781 + 15 = 796 > 200. All’aumentare di n, aggiungiamo alla sommatoria degli addendi positivi, quindi anche i valori maggiori di 4 vanno bene. Quindi la soluzione `e n ≥ 4.
Esercizio 2.13. Calcolare per quali valori di n vale
∑n k=3(−2)
k (^) < − 300.
Prima di tutto possiamo tirare fuori il coefficiente dalla sommatoria, quindi
∑^ n
k=
(−2)4k^ = −2(
∑^ n
k=
4 k)
Moltiplicando a destra e a sinistra di < per −1, e quindi cambiando il verso della disequazione, dobbiamo calcolare:
∑^ n
k=
4 k) > 300.
Per calcolare la sommatoria, usiamo la formula che permette di dividerla, quindi
∑^ n
k=
4 k^ =
∑^2
k=
4 k^ +
∑^ n
k=
4 k
e
∑^ n
k=
4 k^ =
∑^ n
k=
4 k^ −
∑^2
k=
4 k^ =
4 n+1^ − 1 4 − 1
4 n+1^ − 1 3
4 n+1^ − 1 3
Dobbiamo quindi risolvere la disequazione
4 n+1^ − 1 3
4 n+1^ − 1 3
4 n+1^ − 1 3
4 n+1^ − 1 > 513 4 n+1^ > 514
Calcoliamo un po’ di potenze di 4: 4, 16, 64, 256, 1024. Eccola! Quindi per n + 1 ≥ 5, ovvero n ≥ 4 vale la disequazione, e l’esercizio `e risolto.
Sommatoria infinita
Ogni sommatoria parte da un numero preciso e finisce in un numero preciso. Ma perch´e farla finire e non farla andare avanti all’infinito? Si scrive cos`ı:
+∑∞
k=n
s(k)
e si chiama serie. Il problema `e che mentre le sommatorie finite hanno sempre un risultato, non sempre le serie hanno un risultato, anzi. Per esempio
n=1 n^ non ha un risultato. Viene quasi da chiedersi se esistano serie che danno un risultato: stiamo sommando infiniti addendi, com’e possibile che diano un risultato finito? E quello che aveva messo in confusione Zenone, e la base dei suoi paradossi. Prendiamo per esempio il paradosso della freccia: la freccia per andare da A a B deve passare per il punto medio dei due. E poi nel punto medio fra il punto medio e B. E poi il punto medio fra quello e B. E avanti cosı. Come fa la freccia ad arrivare a B? Supponiamo che fra A e B ci sia una distanza 1. Prima la freccia vola per 12. Poi per 14. Poi per 18. Quindi percorrera una distanza di ∑+∞ n= 1 2 n^ = 1. Giusto per fare altri esempi,
k=
1 k non esiste, e lo dimostreremo successi- vamente, mentre
k=
1 k^2 =^
π^2 6 (questo e stato un problema aperto per quasi un secolo, lo ha dimostrato Eulero). Ma anche se il risultato di una seriee finito, c’e un altro problema: non vale la proprieta commutativa, che invece vale per somme finite. Pensiamo per esempio alla serie: 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1.... Chiaramente, gli addendi si annullano due a due, quindi la somma finale e 0. Ma se invece prendiamo la serie 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1... gli addendi si annullano solo dopo il primo 1, quindi la somma finalee 1. Ma abbiamo visto con l’hotel di Hilbert che gli addendi della prima e della seconda serie sono gli stessi, solo scambiati di posto! In realt`a Riemann ha dimostrato ancora peggio:
Theorem 2.14 (Riemann). Consideriamo la serie di addendi della forma (−1)
n n. Allora per qualunque numero reale c, `e possibile scambiarli di posto in modo che la serie dia come risultato c.
Calcolare le serie, dunque, `e troppo complicato per questo corso, ci limite- remo a sommatorie finite.
Sommatorie di funzioni
Finora abbiamo sommato numeri. Ma i numeri non sono l’unica cosa che possiamo sommare, possiamo anche sommare fra di loro funzioni!
Definizione 2.15. Per ogni k ∈ Z, sia sk una funzione reale. Siano n, m ∈ Z, n ≤ m. Allora
∑m k=n sk(x)^ `e la funzione che ha come legge^ sn(x) +^ sn+1(x) +
Vediamo due modi diversi invece di calcolare la sommatoria con j. Primo modo: dividiamo la sommatoria. Quindi
∑^10
j=− 20
j =
∑^ −^1
j=− 20
j + 0 +
∑^10
j=
j.
L’ultimo addendo lo sappiamo calcolare. Ma notiamo che il primo addendo `e la stessa cosa di −
j=1 j, quindi:
∑^ −^1
j=− 20
j + 0 +
∑^10
j=
j = −
∑^20
j=
j +
∑^10
j=
j = −
Un secondo modo per calcolare la sommatoria: shiftare il parametro. Quindi:
∑^10
j=− 20
j =
∑^31
j=
(j − 21)
E quindi, usando le altre regole che conosciamo:
∑^31
j=
(j − 21) =
∑^31
j=
j −
∑^31
j=
Mettendo tutto insieme:
∑^10
k=
∑^10
j=− 20
(− 2 j cos(kπ)) = − 2
∑^10
k=
∑^10
j=− 20
(j cos(kπ)) = −2(
∑^10
k=
cos(kπ))(
∑^10
j=− 20
j) = − 2 · 1 ·(−155) = 310.
Esercizio 2.19. Calcolare la seguente sommatoria di funzioni:
k=− 7 x k+7.
Il risultato sara una funzione. Prima di tutto notiamo che se x = 1, allora la sommatoria sara
k=− 7 1 = (0^ −^ (−7) + 1)1 = 8. Altrimenti vogliamo usare la formula dell’esponenziale. Ma prima dobbiamo shiftare l’esponente:
∑^0
k=− 7
xk+7^ =
∑^7
k=
xk^ =
x^8 − 1 x − 1
Quindi la soluzione `e:
∑^0
k=− 7
xk+7^ =
8 x = 1 x^8 − 1 x− 1 x^6 = 1
Nota di colore: la funzione
k=− 7 x
k+7 (^) `e somma di funzioni continue, e
quindi deve essere continua. Questo ci dice che limx→ 1 x
(^8) − 1 x− 1 = 8.
Esercizio 2.20. Calcolare la sommatoria di funzioni
k=
j=0 cos((k−3)π^ + x)5j^.
Usiamo la regola che abbiamo sempre usato per la doppia sommatoria:
∑^13
k=
∑^50
j=
cos((k − 3)π + x)5j^ = (
∑^13
k=
cos((k − 3)π + x))(
∑^50
j=
5 j^ )
e calcoliamo le due sommatorie separatamente. Per prima cosa shiftiamo, quindi
k=3 cos((k−3)π+x) =^
k=0 cos(kπ+x). Quanto fa cos(x + kπ)? Dipende. Se k e pari, allora fa cos(x), perch´e stiamo aggiungendo angoli firi, e quindi l’angolo non cambia, se ke dispari, allora fa − cos(x), perch´e e come aggiungere un angolo piatto. Quindi gli addendi, cos(x), cos(x + π), cos(x + 2π), ... sono cos(x), − cos(x), cos(x), ... e la loro somma fara alternativamente cos(x) e 0. Dato che stiamo sommando un numero dispari di volte (11), il risultato `e cos(x). Per l’altra sommatoria basta usare la formula che conosciamo:
∑^50
j=
5 j^ =
Quindi la soluzione dell’esercizio `e:
∑^13
k=
∑^50
j=
cos((k − 3)π + x)5j^ =
· cos(x).
Con queste ultime informazioni possiamo descrivere meglio il Teorema di Fourier. Ricordiamolo:
Theorem 2.21 (Teorema di Fourier). Ogni funzione periodica `e una somma infinita di sinusoidi.
Avevamo visto per esempio l’onda quadra, che si poteva esprimere cos`ı:
sin(kx) +
sin(3kx) +
sin(5kx) +...
dove la frequenza dell’onda era 2 kπ. Quindi per esempio l’onda quadra di frequenza (^21) π `e il grafico della funzione
sin(x) +
sin(3x) +
sin(5x) +... ovvero
∑^ +∞
n=
2 n + 1
sin((2n + 1)x).
Invece l’onda a dente di sega della stessa frequenza `e descritta da
Esercizio 2.24. Semplificare l’espressione (n− n!(4)!(n−n12)!−15)!.
Notiamo che n! = n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3) · (n − 4)! e (n − 12)! = (n − 12) · (n − 13) · (n − 14) · (n − 15)!. Quindi
(n − 4)!(n − 15)! n!(n − 12)!
(n − 4)!(n − 15)! n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3) · (n − 4)! · (n − 12) · (n − 13) · (n − 14) · (n − 15)!
n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3) · (n − 12) · (n − 13) · (n − 14)
Produttoria di funzione costante
Come nel caso della sommatoria, la produttoria della funzione costante e il caso piu semplice: stiamo moltiplicando lo stesso numero reale tante volte quanti sono i passaggi dall’indice inferiore all’indice superiore:
∏^ m
k=n
c = cm−n+1.
Intermezzo: regole
Anche per le produttorie finite possiamo estendere le proprieta del prodotto. Per esempio la proprieta commutativa: (s 1 · t 1 ) · (s 2 · t 2 ) = (s 1 · s 2 ) · (t 1 · t 2 ), e dunque:
Theorem 2.25. Siano s, t funzioni reali, n, m ∈ Z, n ≤ m. Allora
∏m k=n s(k)t(k) = (
∏m k=n s(k))(
∏m k=n t(k)). Come nelle sommatorie, la proprieta associativa ci permette di dividere le produttorie, e quindi ci aiuta a calcolare produttorie il cui punto iniziale none quello che ci si aspetta:
Theorem 2.26.∏ Sia s una funzione reale, n, m, j ∈ Z, n ≤ j < m. Allora m k=n s(k) = (
∏j k=n s(k))(
∏m k=j+1 s(k)).
E dunque, per esempio, se vogliamo calcolare
k=3 k, dato che 5! =^
k=1 k^ = (
k=1 k)(
k=3 k), allora
∏^5
k=
k =
∏^ k=1^ k 2 k=1 k^
Inoltre possiamo shiftare i vari moltiplicandi:
Theorem 2.27. Sia s una funzione reale, n, m, p ∈ Z, n ≤ m. Allora
∏m k=n s(k+ p) =
∏m+p k=n+p s(k).
Infine vediamo una regola mista. L’esponenziale ha la propriet`a di trasfor- mare il prodotto in somma, e viceversa. Se a ∈ R, infatti ax+y^ = ax^ · ay^. Questo produce l’ultima regola che vedremo:
Theorem 2.28.∏ Siano s una funzione reale, a ∈ R, n, m ∈ Z, n ≤ m. Allora m k=n a
s(k) (^) = a∑mk=n s(k).
Esercizio 2.29. Vero o falso?
∏^3
k=
k = (
∏^2
k=
k) · (
∏^3
k=
k)
Vero, e un’applicazione della seconda regola qui sopra. E un po’ strano scrivere
k=3 k^ invece di 3, ma `e corretto.
Esercizio 2.30. Vero o falso?
∏^18
k=
2 −^2 k+4^ = 2 ·
∑^18
k=
(− 2 k + 4)
Falso. L’applicazione giusta della regola `e
k=1 2 − 2 k+4 (^) = 2 ∑ 18 k=1(−^2 k+4).
Esercizio 2.31. Calcolare la seguente produttoria
k=3(k
(^2) − 2 k)
Prima di tutto notiamo che k^2 − 2 k = k(k − 2), quindi possiamo dividere la produttoria: ∏^10
k=
(k^2 − 2 k) = (
∏^10
k=
k)(
∏^10
k=
(k − 2))
Per la prima produttoria, possiamo usare la regola della divisione della produttoria, e quindi: ∏^10
k=
k = (
∏^2
k=
k)(
∏^10
k=
k)
e ∏^10
k=
k =
∏^ k=1^ k 2 k=1 k^
Per la seconda, shiftiamo:
∏^10
k=
(k − 2) =
∏^8
k=
k = 8!
Quindi il risultato finale `e 10!2! · 8! = 5 · 9 · (8!)^2.
Esercizio 2.32. Calcolare la produttoria
∏n k=− 1 7
k+2.
Adesso con P 3 si inizia a capire meglio cosa sta succedendo. Cerchiamo permutazioni per {a, b, c}. Se mettiamo al primo posto a, poi dobbiamo ordinare {b, c}, ma sappiamo gia che abbiamo P 2 = 2 modi per ordinarli, quindi ci sono P 2 permutazioni che iniziano con a. Stessa cosa per b e c, ovvero ci sono P 2 permutazioni che iniziano con b e P 2 permutazioni che inizano con c. Quindi P 3 = 3 · P 2 = 3 · 2 = 6. Per calcolare P 4 : abbiamo 4 possibilita per decidere il primo elemento, e per ognuna di quelle ci sono P 3 permutazioni dei restanti 3, quindi P 4 = 4 · P 3 = 4 · 3 · P 2 = 4 · 3 · ·1. Continuando con il ragionamento arriviamo a:
Theorem 2.36. Sia n ∈ N. Allora
Pn = n!
Da questa formula possiamo ricavare anche uno dei modi per calcolare 0!. Quanti modi ci sono per ordinare l’insieme vuoto? Uno, ovvero non fare niente. Quindi P 0 = 1 e 0! = P 0 = 1. Questa strategia per calcolare il fattoriale e stato scritto per la prima volta da Fabian Stedman nel 1677. Stedmane uno dei padri fondatori della campa- nologia, e ha usato il fattoriale per illustrare in quanti modi si potessero suonare n campane diverse. Invece di ordinare un insieme per intero, possiamo ordinarne alcuni suoi elementi:
Definizione 2.37. Sia A un insieme finito di cardinalita n. Sia m ≤ n. Chia- miamo disposizione di A di classe m una permutazione di un sottoinsieme di A di cardinalita m, ovvero una sequenza di m elementi di A (che non si ripetono).
Quindi se {a, b, c, d, e} e un insieme, (a, d, e), (c, a, b) o (d, b, c) sono alcune sue disposizioni di classe 3. Nota: in inglese le disposizioni non esistono! Si chiamano m-permutazioni, o permutazioni parziali ristrette. Vogliamo calcolare il numero di possibili disposizioni di un insieme. Ancora una volta notiamo che quali siano gli elementi dell’insieme none rilevante, quindi possiamo usare questa notazione:
Definizione 2.38. Siano n, m ∈ N, m ≤ n. Allora Dn,m e il numero di disposizioni di classe m di un insieme di cardinalita n.
Vediamo come calcolare il numero di disposizioni, in un modo che sia fa- cilmente utilizzabile anche in contesti piu complicati. Proviamo a calcolare D 10 , 2. Prendiamo quindi l’insieme { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 }, dobbiamo calcolare in quanti modi possiamo prendere due numeri e metterli in ordine. Se il primo numeroe 1, per il secondo abbiamo 9 possibilita, una per ogni elemento di { 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 }. Se il primo numeroe 2, per il secondo abbiamo ancora 9 possibilit`a, una per ogni elemento di { 1 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 }.
Quindi ci sono 9 + 9 possibili coppie che iniziano con 1 o 2. Se il primo numero e 3, per il secondo abbiamo ancora 9 possibilita, una per ogni elemento di { 1 , 2 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 }. Quindi ci sono 9 + 9 + 9 = 3 · 9 possibili coppie che iniziano con 1, 2 o 3. Andando avanti, vediamo che ci sono 4 · 9 possibili coppie che iniziano con 1, 2, 3 o 4, 5 · 9 possibili coppie che iniziano con 1, 2, 3, 4 o 5, e infine ci sono 10 · 9 possibili coppie in generale. Quindi D 10 , 2 = 10 · 9. Un modo per vedere questo `e quello degli slot. Proviamo a calcolare D 20 , 7. Abbiamo quindi 7 slot da riempire, con oggetti presi da un insieme con 20 elementi, senza ripetizioni:
In quanti possibili modi possiamo riempire il primo slot? Abbiamo tutta la scelta, quindi 20 modi 20 Una volta che abbiamo riempito il primo slot, in quanti modi possiamo riem- pire il secondo slot? Un oggetto lo abbiamo gia usato, quindi ne rimangono 19 20 19 Finora ci sono dunque 20·19 modi per riempire i primi due slot. Continuando arriviamo a 20 19 18 17 16 15 14 E quindi D 20 , 7 sara il prodotto di tutti i numeri che compaiono, ovvero 20 · 19 · 18 · 17 · 16 · 15 · 14. Abbiamo capito dunque che Dn,m si calcola cos`ı: partiamo da n, e poi a ogni passaggio diminuiamo di 1 e moltiplichiamo, in tutto per m passaggi. Ovvero
Theorem 2.39.
Dn,m =
m∏− 1
k=
(n − k)
Quindi se m = n, allora Dn,n =
∏n− 1 k=0 (n^ −^ k). Ma questo `e^ n^ ·^ (n^ −^ 1)^ · · · · ·^ 1, ovvero n! = Pn.
∏ Sfruttiamo questo per calcolare meglio la formula delle disposizioni:^ n! = n− 1 k=0 (n^ −^ k) = (
∏m− 1 k=0 (n^ −^ k))(
∏n− 1 k=m(n^ −^ k)), e quindi
Dn,m =
m∏− 1
k=
(n − k) =
n! ∏n− 1 k=m(n^ −^ k)
n! (n − m)(n − m − 1) · · · 1
n! (n − m)!
Esercizio 2.40. Siete un fattorino, e dovete portare dei pacchi in cinque case diverse, piu o meno nella stessa zona. In quanti modi potete consegnare i pacchi? I primi due pacchi, pero, sono urgenti, e vanno consegnati prima degli altri. In quanti modi ora?
La risposta alla prima domanda e molto facile: si tratta di mettere in ordine un insieme di cinque oggetti, e quindi ci sono P 5 = 5! modi. Per quanto riguarda la seconda domanda: abbiamo 2 sole possibilita per il primo pacco, e una volta
