matematica sulla scacchiera

MASSIMO NICODEMO
MATEMATICA
sulla
SCACCHIERA
1

PREFAZIONE
La matematica ricreativa può costituire un piacevole passatempo per
l'appassionato, ma anche un'occasione per avvicinarsi alla matematica con
lo spirito del gioco.
Questa raccolta di problemi, alcuni dei quali hanno destato l'interesse di
matematici illustri, come Gauss ed Eulero,vuole essere, quindi, un
divertissement per chi ama la matematica e un invito a scoprirne il fascino
per chi, vittima di pregiudizi del tutto infondati, non ha mai sospettato che
essa richiede intuito e fantasia, e può essere fonte di un intenso piacere
intellettuale.
Buon divertimento!
3
L'Autore

Ringrazio mio figlio Nicola per la preziosa collaborazione.
4

I
LA SCACCHIERA
5

Coordinate
Fissiamo un riferimento su una scacchiera n x n indicando le colonne e le
traverse con i numeri da 0 a (n-1) in modo che ogni casa sia individuata da
una coppia ordinata (i,j), nella quale i indica la colonna e j la traversa di
appartenenza. In figura è rappresentata una scacchiera standard ( n = 8 ):
7
6
5
4
3
2
1
0
0 1 2 3 4 5 6 7
Osserviamo che:
1)Le case (i,j) e (h,k) appartengono ad una stessa diagonale se:
a) i-j = h-k ( diagonale ascendente)
b) i+j =h+k ( diagonale discendente)
2) Il colore della casa (i,j) è:
nero se i+j è pari
bianco se i+j è dispari.
3) Le case (i,j) e (h,k) sono in opposizione se
|i-h| e |j-k| sono entrambi pari.
4)La scacchiera esemplifica una delle tre possibili “pavimentazioni
regolari” del piano (pavimentazioni eseguite usando poligoni regolari di un
sol tipo). In questo caso, infatti, se si vogliono adoperare
“mattonelle”d'una sola forma, bisogna che l'angolo interno del poligono
sia contenuto esattamente un certo numero di volte nell'angolo giro,
affinché sia possibile coprire il piano accostando più mattonelle.
Soddisfano a questa condizione solo tre poligoni regolari: il triangolo
equilatero, il quadrato e l'esagono regolare.
7

Distanze
Definiamo distanza fra le case A = (i,j) e B = (h,k), il numero:
d(A,B) = max ( |i-h|, |j-k| ) ( distanza di Tchebichev)
Si può dimostrare che tale definizione rispetta le proprietà che
caratterizzano una distanza, ovvero:
I) d(A, B) = 0 ↔ A = B
II) d(A, B) = d(B, A) (simmetria)
III) d(A, B) ≤ d(A, C)+d(C, B) (disuguaglianza triangolare)
IV) d(A, B) ≥ 0
Questa definizione di distanza si usa per il movimento del Re e della
Donna.
Per la Torre si usa la distanza del taxi ( o di Manhattan),così definita:
d(A,B) = | i-h | + | j-k|.
Tale distanza si usa anche per l'Alfiere sulla scacchiera ruotata di 45 gradi,
ovvero assumendo come assi le diagonali uscenti dalla casa dell'Alfiere.
E' da notare che per spostarsi da una casa all'altra, il Re ha bisogno di un
numero di mosse uguale alla distanza; Torre, Donna e Alfiere hanno
bisogno solo di una o due mosse.
Le due definizioni di distanza che abbiamo considerato sono casi
particolari della distanza di Minkowski:
d(A,B) = ( | i-h | m + | j-k | m ) 1/m
particolarizzando i valori di m si ottiene:
m = 1 distanza di Manhattah
m→ ∞ distanza di Tchebichev
8

La distanza euclidea, che ci è più familiare, si ottiene per m = 2.
Per chiarire la differenza tra le due definizioni di distanza, consideriamo la
seguente scacchiera nella quale sono indicate le case A(2,1) e B(5,6):
la distanza di Tchebichev fra le due case è :
A
d(A,B) = max ( |5-2|, |6-1| ) = 5 passi di Re ( in verde nella figura )
il che vuol dire che un Re ( o una Donna) deve “attraversare” 5 case
(minimo) per spostarsi da A a B.
La distanza di Manhattan fra le due case è :
d(A,B) = |5-2| + |6-1| = 8 passi di Re (in rosso nella figura)
il che vuol dire che una Torre deve “attraversare” 8 case (minimo) per
spostarsi da A a B. Nel conteggio delle case è esclusa quella di partenza ed
è inclusa quella di arrivo.
Nel gioco degli scacchi, la distanza fra due case svolge un ruolo
fondamentale soprattutto nei finali che coinvolgono Re e pedoni, per tale
motivo, quando si parla di distanze sulla scacchiera ci si riferisce
tacitamente alla distanza di Tchebichev.
9
B

Ordine
L'ordinamento lessicografico rappresenta la soluzione più naturale per
introdurre una relazione d'ordine sulla scacchiera:
in un dizionario, la parola P1 precede la parola P2 (scriveremo P1 < P2) se
la lettera iniziale di P1 precede (nell'alfabeto) la lettera iniziale di P2. Se le
lettere iniziali sono uguali, il confronto si sposta sulla seconda lettera, e
così via. Allo stesso modo, date le case (i, j) e (h, k) diremo che
(i, j) < (h, k) se:
1) i < h oppure
2) i = h e j < k
Esempio 1: (3, 4) < (5, 2) perché 3 < 5 nell'alfabeto (0, 1,2,3,4,5,6,7)
(3, 4) < (3, 6) perché 4 < 6
Esempio 2: se indichiamo le case nella consueta notazione scacchistica,
l'esempio precedente diventa
d5 < f3 perché d < f nell'alfabeto (a, b, c, d, e, f, g, h)
d5 < d7 perché 5 < 7 nell'alfabeto (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8).
L'ordine lessicografico può risultare utile, ad esempio, per classificare le
varianti d'apertura nel gioco degli scacchi: l'ordine di due varianti coincide
con l'ordine delle case di arrivo dei pezzi nella prima mossa per cui esse
differiscono. A parità di casa di arrivo, vale la casa di partenza.
Esempio: consideriamo le varianti
A: 1) e4, e5; 2) Cf3, Cc6; 3)Ac4
B: 1) e4, e5; 2) Cf3, Cc6; 3)Ab5
diciamo che B < A perché b5 < c4.
Questo tipo di classificazione ha il difetto di assegnare un ordine diverso a
varianti che, per trasposizione di mosse, conducono alla stessa posizione.
10

Scacchiera + Pezzo = Grafo !
Data una scacchiera e un pezzo, diciamo che due case sono adiacenti
(unite da un arco) se il pezzo può spostarsi da una casa all'altra con una
mossa. La scacchiera e il pezzo, quindi, definiscono un grafo i cui nodi
sono le case della scacchiera e i cui archi sono le mosse del pezzo.
Consideriamo, come esempio, la seguente scacchiera 3 x 3:
e costruiamo alcuni semplici grafi:
-Grafo dell'Alfiere camposcuro:
-Grafo dell' Alfiere campochiaro:
1 2 3
4 5 6
7 8 9
11

-Grafo del Cavallo
-Grafo del Re
In analogia con la teoria dei grafi, diamo la seguente definizione:
Dicesi grado di una casa, relativamente a un dato pezzo P, il numero
di case che il pezzo può raggiungere, con una mossa, quando è
situato su quella casa.
Diciamo che una casa è dominata da un pezzo, se risulta occupata o
controllata dal pezzo.
12

Dopo questo breve tour intorno alla scacchiera, consideriamo alcuni
problemi che la vedono protagonista.
Problema n. 1 ( la leggenda di Sissa )
Il problema più conosciuto è quello legato alla leggenda di Sissa:
secondo la leggenda, Sissa Nassir, l’inventore degli scacchi, chiese,
come ricompensa, al re di Persia un chicco di grano per la prima casella
della scacchiera, due chicchi per la seconda, quattro chicchi per la terza
e così via raddoppiando fino alla 64-ma,come mostra la seguente figura:
1=2 0 2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 7
2 8 2 9 2 10 ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ... ... ...
2 56 2 57 2 58 2 59 2 60 2 61 2 62 2 63
La domanda è: quanti chicchi di grano spettano a Sissa?
Soluzione
Sia N il numero da determinare:
N = 1+2+4+8+...+2 63
13

N è la somma dei primi 64 termini di una progressione geometrica di
primo termine a1 = 1 e ragione q = 2, per cui, applicando una notissima
formula, si ottiene : N = 2 64 – 1 ≈ 1.8446744∙10 19
Se 20 chicchi di grano pesassero un grammo, Sissa avrebbe diritto a circa
1000 miliardi di tonnellate di grano!!
Appendice (capziosa) al problema n.1
Se la scacchiera fosse stata infinita (costituita da infinite colonne e
infinite traverse), quanti chicchi di grano avrebbe dovuto ricevere
Sissa?
Sia N il numero cercato:
N = 1+2+4+8+16+32+...
N = 1+2(1+2+4+8+16+...)
N = 1+2N
N = -1
ovvero: Sissa avrebbe dovuto dare un chicco di grano al re di Persia!
E' evidente che in questo calcolo qualcosa “non quadra”. Dov'è l'errore?
Problema n.2
Quanti quadrati si possono individuare su una scacchiera?
Soluzione
I quadrati di lato unitario sono 64,
per i quadrati di lato 2 possiamo ragionare così:
consideriamo il quadrato costituito dalle caselle 0,0 ,0,1 ,1,1,1,0 e
trasliamolo verso destra di una colonna alla volta, è evidente che
otteniamo (contando il quadrato iniziale) 7 quadrati. Se per ognuno dei
7 quadrati ripetiamo la traslazione in senso verticale,ognuno genererà 7
quadrati, per cui i quadrati di lato 2 sono 49. Ragionando in modo
analogo si conclude che i quadrati di lato 3 sono 36, quelli di lato 4
sono 25… e così via.
E’ abbastanza agevole arrivare ad una formula chiusa :
14

i quadrati di lato k sono (9-k) 2 1 ≤ k ≤ 8
Il numero totale dei quadrati sarà:
∑ 9−k 2 1k8
poiché 1 ≤ k ≤ 8 anche 1 ≤ 9-k ≤ 8
per cui il numero totale dei quadrati è
∑ k 2
1k8
ovvero la somma dei quadrati dei numeri da 1 a 8, che vale 204.
Il problema si può generalizzare al caso di una scacchiera n x n :
numero dei quadrati di lato k : (n+1-k) 2 1 ≤ k ≤ n
numero totale dei quadrati :
∑ k 2
= nn12n1
6 1kn
Se la scacchiera fosse rettangolare m x n (m ≤ n), si avrebbe,
ragionando in modo analogo a quanto fatto per il caso precedente, che il
numero dei quadrati di lato k è dato da: (n-k+1)(m-k+1) e il numero totale
dei quadrati è dato, ponendo n = m+t, da:
1km ∑ k−m−1k−m−1−t = mm12m3t1
6
Problema n. 3
Quanti rettangoli si possono individuare su una scacchiera?
Soluzione
Per risolvere questo problema conviene vedere la scacchiera come una
griglia formata dall’intersezione di 9 rette verticali e 9 orizzontali
15

( le rette che delimitano i bordi e quelle che fanno da separazione tra le
colonne e le traverse della scacchiera).
Ora possiamo ragionare così:
per individuare un rettangolo basta fissare due rette verticali e due rette
orizzontali. Le due rette verticali possono essere scelte in 9
2 modi e
così anche le due rette orizzontali, per cui il numero dei rettangoli è
9
2 . 9
2 = 1296
tra questi rettangoli ci sono anche i quadrati, per cui i rettangoli non
quadrati sono 1296 – 204 = 1092.
Il problema si generalizza facilmente per una scacchiera n x n:
numero rettangoli:
n1
2 . n1
2 = [n2 n1 2 ]
4
Numero dei rettangoli non quadrati:
[n 2 n1 2 ]
4
− nn12n1
=
6
n3n2 n2−1 12
Se la scacchiera fosse una m x n, si avrebbe, con ragionamento analogo
a quello seguito per il caso precedente:
numero rettangoli = m1
2 ⋅ n1
2
Problema n.4 (La scacchiera mutilata)
Sia data una scacchiera “mutilata”, dalla quale, cioè, sono state eliminate
2 case, e si disponga di 31 tessere del domino (ciascuna delle quali atta a
ricoprire esattamente due case adiacenti della scacchiera), ci chiediamo: è
possibile “pavimentare” la scacchiera disponendo le tessere
orizzontalmente (sulle traverse) oppure verticalmente (sulle colonne) in
modo che ogni tessera copra (senza sovrapposizioni) 2 case?
16

Soluzione (teorema di Gomory)
Bisogna distinguere fra due ipotesi:
1) Le case eliminate sono dello stesso colore.
2) Le case eliminate sono di colore diverso.
Nel primo caso il problema non ha soluzione. Infatti, ogni tessera copre
una casa bianca ed una nera e, quindi, le 31 tessere devono coprire 31
case bianche e 31 nere... ma sulla scacchiera ci sono 30 case di un
colore e 32 di un altro!
Nel secondo caso il problema ammette soluzione. Infatti, supponiamo
che vengano eliminate la casa nera (i,j) e la casa bianca (x,y). Ci sono
due possibilità:
I) i e x hanno la stessa parità
II)i e x hanno parità diversa.
Dimostriamo che la soluzione esiste ipotizzando, senza perdere in
generalità, che i e x abbiano la stessa parità.
Se i e x hanno la stessa parità, allora j e y hanno parità diversa (non
dimentichiamo che i+j è pari e x+y è dispari).
Le due case eliminate individuano sulla scacchiera un rettangolo di cui
esse sono due case d'angolo opposte. Le altre due case d'angolo sono
(i,y) e (x,j), come mostrato nella seguente figura:
i,y x,y
i,j x,j
Le misure dei lati di tale rettangolo ( espresse in caselle ) sono:
Base: b = | x-i | + 1 (dispari)
Altezza: h = | y-j| + 1 ( pari)
17

Osserviamo che la scacchiera privata delle case (i,j)e (x,y) si può
scomporre in rettangoli aventi ognuno un lato costituito da un numero
pari di case, come mostrato nella seguente figura:
Per maggior chiarezza, consideriamo la seguente tabella, che spiega la
figura precedente (in verde, sono le case mancanti):
Colore rettangoli Misura base (b) Misura altezza (h) Parità
8 pari
| y-j | +1 pari
| y-j | - 1 pari
| x-i | pari
A questo punto risulta evidente che la scacchiera è ricopribile, perché
un rettangolo avente un lato costituito da un numero pari di case è
banalmente ricopribile.
Se i e x hanno parità diversa il ragionamento non cambia: basta
scambiare le traverse con le colonne.
18

Problema n. 5 ( il tappeto di Sierpinski)
Una scacchiera di lato unitario viene divisa in nove scacchiere uguali
e quella centrale viene eliminata. Le rimanenti otto scacchiere
vengono similmente divise e viene eliminata la centrale. Se le
ripetizioni di questo procedimento continuano indefinitamente si ha
una figura (che qui,ovviamente, è solo accennata) nota come tappeto
di Sierpinski, che è uno dei più famosi oggetti frattali. La domanda
che ci poniamo è:qual è il limite dell'area colorata?
19

Soluzione
Il problema si risolve facilmente osservando che le aree dei quadrati
eliminati ad ogni iterazione , a cominciare da quello centrale e
considerando via via i più piccoli,danno luogo alla progressione
geometrica
1
9
, 8
9
82 83
, , ,...
2 3 4
9
9
in cui è a1= 1
9
8
e q= 9 . Indicando con En , l'area dei quadrati eliminati
dopo n iterazioni, si ha En = 1− 8
9
n
Risulta, evidentemente, En →1 per n→∞.
Se Sn è l'area restante (area colorata) dopo n iterazioni, si ha:
Sn = 8
9
n
e, quindi, Sn →0 per n→∞.
.
20

Problema n. 6 (minimo attacco)
Disporre gli 8 pezzi di un colore (R, D, 2TT, 2AA, 2CC) in modo che
risulti sotto attacco il minimo numero possibile di case ( un pezzo non
attacca la casa su cui è situato, ma può attaccare la casa su cui è situato un
altro pezzo).
Soluzione Per questo problema ( ed altri simili ) non esiste una
dimostrazione rigorosa. Una soluzione è la seguente:
le case attaccate sono 16.
A D T C
A T R
C
21

Problema n. 7 (massimo attacco)
Disporre sulla scacchiera gli 8 pezzi di un colore in modo che risulti
sotto attacco il massimo numero possibile di case ( valgono le
osservazioni fatte per il problema 6).
Soluzione
Una possibile soluzione è la seguente:
T
T
T
R
A A
C C
Le case attaccate sono 63.
Il numero di case attaccate può essere portato a 64 (il massimo
possibile) se è consentito usare due Alfieri camposcuro (o
campochiaro):
A R
C
C
D A
T
22
D

Problema n. 8 (colorazioni della scacchiera)
Siano dati due colori, bianco e nero, e una scacchiera n x n, in quanti
modi si possono colorare le n 2 case della scacchiera con i due colori?
Soluzione
Diamo la soluzione per una scacchiera 2 x 2 (in modo analogo si procede
nel caso generale). E' evidente che il numero di colorazioni in cui figurano
h case nere è dato da 4
h 0≤ h≤4.
Indichiamo i colori con x (nero) e y (bianco), e consideriamo il polinomio
(x + y) 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 + y 4 .
Questo polinomio enumera le colorazioni con h case nere e 4-h bianche.
Così, ad esempio, il coefficiente del monomio 6x 2 y 2 ci dice che vi sono 6
colorazioni con 2 case nere e 2 bianche:
allo stesso modo si interpretano i coefficienti degli altri monomi.
La colorazione standard della scacchiera è realizzata in modo che le case
nere e bianche si alternino sia lungo le colonne che le traverse, per cui,
comunque scelte due colonne i e j , si avrà che le case ai,k e aj,k sono
sempre dello stesso colore o sempre di colore diverso. Se diciamo che si ha
una permanenza tutte le volte che colore(ai,k) = colore(aj,k) e una
variazione quando colore(ai,k) ≠ colore(aj,k), la proprietà precedente può
23

essere enunciata dicendo che comunque scelte due colonne i, j, le coppie di
case ai,k, aj,k danno luogo sempre a una permanenza o sempre a una
variazione. Ovviamente, il discorso resta valido se sostituiamo “colonna”
con “traversa” e ai,k, aj,k con ak,i, ak,j.
Una colorazione alternativa è quella caratterizzata dalla seguente proprietà:
comunque scelte due colonne (traverse) i,j , le coppie di case ai,k, aj,k
(ak,i, ak,j) danno luogo a un numero di permanenze uguale al numero di
variazioni.Le seguenti figure esemplificano tale colorazione (detta
anallagmatica) per una scacchiera 4 x 4 e una 8 x 8:
Questo tipo di colorazione diventa estremamente interessante se si
sostituiscono i colori bianco e nero con i numeri +1 e -1
(bianco = 1, e nero = -1, o viceversa), perché con tale sostituzione la
scacchiera si trasforma in una matrice che gode di particolari proprietà.
Se si considerano scacchiere di ordine n = 1; 2 oppure 4k si ottengono
delle matrici ( che indicheremo con H n) che sono state studiate dal
matematico francese Jacques Hadamard (1865-1963). Elenchiamo alcune
proprietà di tali matrici:
– | detHn | = n n/2 ( la matrice è invertibile)
– Due colonne (righe) qualsiasi sono vettori ortogonali.
– HnHn T = nIn, dove H T è la trasposta di Hn e In è la matrice identità di
ordine n.
Verifichiamo queste proprietà sulla matrice 4 x 4 della figura
precedente:
24

1 1 1 1
1 -1 1 -1
1 1 -1 -1
1 -1 -1 1
-| det H 4 | = 16
-E' facile verificare che il prodotto scalare fra due colonne (righe) qualsiasi
è nullo
- H4H T 4 = 4I4
4 0 0 0
0 4 0 0
0 0 4 0
0 0 0 4
Una matrice di Hadamard può essere trasformata in un'altra equivalente
mediante le seguenti operazioni:
– scambiare due righe o due colonne.
– moltiplicare una riga o una colonna per -1
– considerare la matrice trasposta.
25

Quante caselle ci sono su una scacchiera?
Spesso si parla degli scacchi come del “mondo delle 64 caselle” ma ...sono
davvero 64 ?
Consideriamo una scacchiera 8 x 8, divisa in quattro parti.
Se ricomponiamo le quattro parti nel modo indicato dalla seguente figura
otteniamo un rettangolo di 65 case, che dovrebbe essere equivalente alla
scacchiera originaria, perché equicomposto!!
Dobbiamo concludere che 64 = 65?
L'”enigma” si scioglie come neve al sole se osserviamo che il triangolo
avente per cateti 5 e 13 contiene il triangolo più piccolo, anch'esso
rettangolo, avente per cateti 3 e 8 . Allora la tangente dell'angolo opposto
ai lati 5 e 3 sarebbe 5/13 se misurata nel triangolo grande e 3/8 se misurata
nel triangolo piccolo. Questo ci fa capire che l'ipotenusa del triangolo
grande ( diagonale del rettangolo) e quella del triangolo piccolo non
giacciono sulla stessa retta, ovvero quella che figura come diagonale del
26

ettangolo non è un segmento di retta se non nell'illusione del disegno. I
quattro punti che essa apparentemente congiunge, ossia i vertici dei due
trapezi, internamente, e i vertici opposti del rettangolo, non sono allineati.
Essi formano, congiunti esattamente, un sottile quadrilatero, la cui
superficie è equivalente a quella di un quadratino, ossia del quadratino che
il rettangolo ha in più rispetto al quadrato iniziale e che il grosso tratto
della diagonale ha fatto abilmente scomparire.
Il paradosso può essere riprodotto partendo da un quadrato n x n , dove n è
un numero appartenente alla successione di Fibonacci:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, .......
in cui ogni termine ( a partire dal terzo ) si ottiene come somma dei due
che lo precedono. I “ numeri di Fibonacci “ sono particolarmente adatti a
generare un paradosso come quello appena discusso, perché godono, fra le
altre, della seguente proprietà, nota come identità di Cassini:
Se a, b, c, sono tre numeri consecutivi della successione, allora:
a⋅c=b 2 ±1
dove vale il segno “+” se b occupa un posto pari nella successione, e il
segno “-” se occupa un posto dispari. Se n è la misura del lato che si
sceglie per il quadrato, la divisione di esso in due parti è data dai due
numeri che lo precedono, come per esempio nel caso considerato di n = 8
la divisione del lato è stata fatta secondo 3 quadratini e 5 quadratini. Se si
volesse disegnare una scacchiera 21 x 21 , la scomposizione del lato
avverrebbe secondo 8 e 13 quadratini.
Quanto più grande è n tanto più efficace è l' illusione della diagonale che
nasconde, col suo spessore, la superficie equivalente al quadratino.
27

II
I PEZZI
29

Mosse - spostamenti
1
2
Lo spostamento che un pezzo subisce quando effettua una mossa verrà
indicato con il vettore (x,y), dove x rappresenta la componente nella
direzione delle traverse (“orizzontale”) e y la componente nella
direzione delle colonne (“verticale”).
In particolare:
x>0 indica uno spostamento verso est
x0 indica uno spostamento verso nord
y

Mobilità di un pezzo
Come mobilità di un pezzo consideriamo il grado medio dei vertici del suo
grafo.
Consideriamo la variabile G = {grado di un vertice}che assumerà i valori
g1, g2, ...gh con frequenza (relativa) p1, p2, ...ph.
Il valore medio di G rappresenta la mobilità del pezzo:
E(G) = ∑ gi pi i=1
A volte il valore della mobilità viene usato per calcolare un indice che
dovrebbe esprimere la “forza” del pezzo (Re escluso), rapportando la
sua mobilità a quella del pedone (= 1.75), che viene assunta come unità di
misura. Indicando tale indice con F, si ha:
mobilità del pezzo
F =
mobilità del pedone
32
h

Descrivere una posizione
La notazione FEN (Forsyth-Edwards Notation), usata dai programmatori,
fornisce tutte le informazioni necessarie a consentire la continuazione di
una partita iniziando da una posizione data.
Una stringa FEN é costituita da una sola linea di testo e si compone di 6
campi:
1) Posizione dei pezzi.
I pezzi vengono indicati con le iniziali dei loro nomi inglesi, in maiuscolo i
pezzi Bianchi (KQRBNP), in minuscolo i pezzi Neri (kqrbnp). Viene
indicato il contenuto di ogni casa a partire dall'ultima traversa (traversa 7)
fino alla prima (traversa 0), procedendo, per ogni traversa, dalla colonna 0
alla colonna 7. Le case vuote vengono indicate mediante le cifre dall'1 all'8
(a seconda delle case vuote adiacenti). Per separare una traversa dall'altra
si usa il simbolo “ / ”.
2) Giocatore che ha la mossa.
La lettera w (white) indica che la mossa spetta al Bianco, la lettera b
(black) indica che la mossa spetta al Nero.
3) Diritto all'arrocco.
Se entrambi i giocatori hanno perso il diritto all'arrocco, si usa il simbolo
“_”, altrimenti si indica:
K→ il Bianco può arroccare corto
Q→ il Bianco può arroccare lungo
k→ il Nero può arroccare corto
q→ il Nero può arroccare lungo
4) Casa in cui è possibile prendere en passant.
Se non è possibile nessuna presa en passant, si usa il simbolo “-”,
altrimenti si indica la casa alle spalle dell'ultimo pedone che ha effettuato
la mossa di due case.
5) Numero di semimosse.
Numero di semimosse dall'ultima mossa di pedone o dall'ultima cattura.
Questo numero serve per la regola delle 50 mosse.
6) Numero delle mosse.
Questo numero vale 1 per la prima mossa del Bianco e del Nero. Viene
aumentato di 1 dopo ogni mossa del Nero.
33

Esempio: la posizione iniziale è così rappresentata in notazione FEN:
rnbqkbnr/pppppppp/8/8/8/8/PPPPPPPP/RNBQKBNRwKQkq-01
dopo 1) e4:
rnbqkbnr/pppppppp/8/8/4P3/8/PPPP1PPP/RNBQKBNRbKQkqe301
dopo 1)....c5:
rnbqkbnr/pp1ppppp/8/2p5/4P3/8/PPPP1PPP/RNBQKBNRwKQkqc602
e dopo 2) Cf3:
rnbqkbnr/pp1ppppp/8/2p5/4P3/5N2/PPPP1PPP/RNBQKB1RbKQkq-12
34

IL RE
Il Re si muove in tutte le direzioni spostandosi una casa per volta:
( i,j ) → ( i+x , j+y ) -1 ≤ x, y ≤ 1 , (x , y ) ≠ ( 0 , 0 )
Definiamo: passo orizzontale uno spostamento del tipo (±1, 0)
passo verticale uno spostamento del tipo (0, ±1)
passo diagonale uno spostamento del tipo (±1, ±1)
Mobilità del Re
Con riferimento al Re, la scacchiera è costituita da:
4 case di grado 3 ( le case d'angolo )
24 case di grado 5 ( le case sul bordo)
36 case di grado 8 ( le altre case)
per cui possiamo costruire la variabile G:
G P
3 4/64
5 24/64
8 36/64
E(G) = 6.6
Il modo in cui è definito il movimento del Re ci induce a ripensare alla
definizione di distanza data in precedenza. L’aver definito la distanza tra
due case come max ( | i-h|,|j-k|) equivale ad aver scelto come unità di
misura il “passo di Re” e ciò comporta delle conseguenze notevoli, nel
senso che sulla scacchiera non sono più valide alcune delle fondamentali
relazioni che sussistono nel piano euclideo. Per esempio, sulla scacchiera:
1) esistono triangoli rettangoli “equilateri”
2) il percorso minimo tra due case non è, generalmente, unico!!
Con riferimento al primo punto, consideriamo la seguente figura:
35

C
A B
Notiamo che d(A,B) = d(B,C) = d(A,C) = 7 passi di Re.
Ovvero, il triangolo rettangolo (ABC) è “equilatero”!
Per quanto riguarda il secondo punto, osserviamo le seguenti figure:
Figura 1
Figura 2
36

Sulla scacchiera di Fig.1 sono segnate due case dello stesso colore, una di
partenza A = (5,0) e l'altra di arrivo B = (4,5).
Si ha d(A,B) = max ( |5-4|, | 0-5| ) = 5 passi di Re.
E' facile verificare che un re può spostarsi da A a B seguendo diversi
percorsi tutti di lunghezza minima ( 5 passi ) e che tali percorsi sono tutti
“ non esterni “ al rettangolo ACBD, dove C e D sono le case in cui si
intersecano le diagonali uscenti da A e da B.
Nella Fig.2 le case A e B (partenza e arrivo) non sono dello stesso colore
e la costruzione del rettangolo è leggermente diversa perché le diagonali
uscenti da A e da B non si incontrano nel centro di una casa ma in un
vertice, restano comunque valide le considerazioni fatte per il caso
rappresentato in Fig.1. Se la casa di partenza e quella di arrivo sono sulla
stessa diagonale, il percorso minimo è, ovviamente, unico.
37

Problema n. 9 ( passeggiata del Re - I )
Quanti sono i percorsi che può seguire il Re per spostarsi dalla casa (0,0)
alla casa (m,k), se sono consentiti solo spostamenti del tipo (1,0), che
indichiamo con “o”, e (0,1), che indichiamo con “v” ?
Soluzione
Anzitutto notiamo che la posizione iniziale del re in (0,0) non toglie
generalità alla soluzione, perché ci si può sempre ricondurre a questo caso
mediante traslazione e/o rotazione degli assi ( questa considerazione varrà
per tutti i problemi seguenti ).
Ragioniamo così: per andare da (0,0) a (m.k) il re dovrà fare m spostamenti
“o” e k spostamenti “v”, ovvero un totale di m+k spostamenti di cui m
uguali fra loro e k uguali fra loro.
Il numero dei percorsi, che indichiamo con T(m, k), sarà dato dal numero di
permutazioni di m+k elementi, di cui m uguali fra loro e k uguali fra loro,
ovvero:
T(m, k) = mk
m , k =
mk !
m! k ! .
Assegnando dei valori a m e a k, otteniamo i risultati riportati nella
seguente scacchiera:
7 1
6 1 7
5 1 6 21
4 1 5 15 35
3 1 4 10 20 35
2 1 3 6 10 15 21
1 1 2 3 4 5 6 7
0 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 2 3 4 5 6 7
I valori segnati in ciascuna casa indicano il numero di percorsi possibili
per raggiungerla. Osservando i numeri lungo le diagonali discendenti, non
è difficile riconoscere le prime otto righe del celeberrimo triangolo di
38

Tartaglia ( o di Pascal). Per maggiore chiarezza, consideriamo
esplicitamente i percorsi per raggiungere la casa (2, 2):
1) oovv
2) ovov
3) ovvo
4) vvoo
5) vovo
6) voov
Il valore di T(m, k) può essere calcolato anche con un semplice algoritmo
ricorsivo: basta osservare che per raggiungere la casa (m, k), bisogna
trovarsi, al penultimo passo, nella casa (m, k-1) oppure nella casa (m-1, k).
La seguente figura chiarisce il concetto:
k →
k-1 ↑
m-1 m
è evidente che T(m, k) = T(m, k-1)+ T(m-1, k)
questa relazione, unita alle condizioni iniziali:
– T(0, 0) = 1
– T(m, 0) = T(0, k) = 1
ci permette di calcolare il numero di percorsi per raggiungere una generica
casa.
Esempio: T(4, 3) = T(4, 2) + T(3, 3)
T(4, 3) = 15 + 20 = 35.
Problema n. 10 ( passeggiata del Re – II )
Quanti sono i percorsi che può seguire il Re per spostarsi dalla casa (0,0)
alla casa (m,k), se sono consentiti solo spostamenti del tipo (1,0),che
indichiamo con “o”, del tipo (0,1), che indichiamo con “v” e del tipo
(1,1), che indichiamo con “d” ?
39

Soluzione
Supponiamo, senza togliere generalità al discorso, che sia k ≤ m e notiamo
che la presenza di uno spostamento del tipo “d” determina la diminuzione
di una unità del numero di spostamenti del tipo “o” e del tipo “v”, per cui,
se sono presenti j ≤ k spostamenti del tipo “d”, gli spostamenti di tipo “o”
diventano m - j, e quelli di tipo “v” diventano k - j
Il numero totale di passi sarà N = (m – j)+(k – j)+j = m+k-j
di cui
m-j passi tipo “o”
k-j passi tipo “v”
j passi tipo “d” .
Il problema si risolve considerando le permutazioni di N elementi, di cui
m-j uguali fra loro, k-j uguali fra loro e j uguali fra loro, con j variabile da
0 a k. Indicando con Pj il valore corrispondente ad un assegnato j, si ha:
Pj = N
m− j , k− j , j =
N !
m− j! k− j! j !
Il numero totale dei percorsi, che indichiamo con L(m, k), sarà:
L(m, k) = ∑ 0
k
Pj ( numeri di Delannoy )
nella figura seguente è riportato il numero dei percorsi possibili calcolato
per tutte le case di una scacchiera standard:
7 1 15 113 575 2241 7183 19825 48639
6 1 13 85 377 1289 3653 8989 19825
5 1 11 61 231 681 1683 3653 7183
4 1 9 41 129 321 681 1289 2241
3 1 7 25 63 129 231 377 575
2 1 5 13 25 41 61 85 113
1 1 3 5 7 9 11 13 15
0 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 2 3 4 5 6 7
40

Anche qui riportiamo esplicitamente, per maggiore chiarezza, i percorsi
che conducono alla casa (2,2):
1) vvoo 2) vovo 3) ovov 4) oovv 5) ovvo 6) voov
7) odv 8) ovd 9) dov 10) vod 11) dvo 12) vdo
13)dd.
Come per il caso precedente, anche i valori di L(m, k) possono essere
calcolati con un algoritmo ricorsivo osservando che per raggiungere
la casa (m, k) bisogna essere, al passo precedente, nella casa (m, k-1)
o nella casa (m-1, k) o nella casa (m-1, k-1), come si evidenzia nella
seguente figura:
k →
k-1 ↑
m-1 m
È evidente che L(m, k) = L(m, k-1)+ L(m-1, k) + L(m-1, k-1)
Questa relazione, unita alle condizioni iniziali:
– L(0, 0) = 1
– L(m, 0) = L(0, k) = 1
ci permette di calcolare il numero di percorsi per raggiungere una
generica casa.
Esempio: L(4, 3) = L4, 2) + L(3, 3) + L(3, 2)
L(4, 3) = 41 +63 +25 = 129.
41

Problema n.11 (passeggiata del Re -III)
Quanti sono i percorsi che può seguire il Re per spostarsi dalla sua casa
d'origine (4,0) alla casa (4,m), se i movimenti consentiti sono (0,1), (1,1) e
(-1,1)?
Soluzione
Il re deve compiere m movimenti, e quelli del tipo (1,1) dovranno essere
tanti quanti quelli del tipo (-1,1), perché il Re deve ritornare sulla sua
colonna. Il re, quindi, dovrà fare k mosse (1,1), k mosse (-1,1) e m-2k
mosse (0,1). Il numero dei percorsi sarà, quindi, dato dal numero di
permutazioni di m elementi di cui k uguali fra loro, altri k uguali fra loro e
m-2k uguali fra loro, con k variabile da 0 a floor m
2 . Detto P il
numero cercato, sarà:
P=∑
m !
k ! 2 m−2k!
0k floor m
2
Assegnando a m i valori da 0 a 7, otteniamo i risultati evidenziati nella
seguente figura:
7 393
6 141
5 51
4 19
3 7
2 3
1 1
0 1
0 1 2 3 4 5 6 7
42

Problema n.12
Qual è il numero massimo di Re che è possibile disporre su una scacchiera
n x n, in modo che nessuno ne attacchi un altro ?
Soluzione
Il problema si risolve osservando che un quadrato 2 x 2 può contenere un
solo re. Bisogna considerare due casi:
1) n pari
La scacchiera si può suddividere in n
2
2
quali va collocato un re. Il numero dei re , quindi, è:
1
4 n2
2) n dispari
La scacchiera può essere suddivisa in
n−1
2
2
quadrati 2 x 2
n−1 rettangoli 2 x 1
1 quadrato 1 x 1
quadrati 2 x 2, in ciascuno dei
per un totale di n−1
2
2 n−11 quadrati/rettangoli, in ciascuno dei quali
va collocato un re. Il numero dei re, quindi, è:
1
4 n12
43

Consideriamo, come esempio, la scacchiera 9 x 9:
Problema n. 13
R R R R R
R R R R R
R R R R R
R R R R R
R R R R R
Qual è il numero minimo di Re che bisogna disporre su una
scacchiera n x n, in modo che ogni casa sia dominata?
Soluzione
Basta considerare che un re può dominare, al più, un quadrato 3 x 3,
occupandone la casa centrale.
Bisogna distinguere 3 casi:
1) n = 3k
La scacchiera può essere suddivisa in
n
2
3
quadrati 3 x 3, in ciascuno dei quali va collocato un re.
Il numero di re, quindi, è: n
2
3
2) n = 3k+1
La scacchiera può essere suddivisa in:
n−1
2
3
quadrati 3 x 3
44

2
3 n−1 rettangoli 3 x 1
1 quadrato 1 x 1
per un totale di n−1
2
3 2
quali va collocato un re. Il numero dei re, quindi,è: n2
2
3
Verifichiamolo su una scacchiera 7 x 7:
3) n = 3k+2
La scacchiera può essere suddivisa in:
n−2
2
3
quadrati 3 x 3
2
3 n−2 rettangoli 3 x 2
1 quadrato 2 x 2
3 n−11 quadrati/rettangoli, in ciascuno dei
R R R
R R R
R R R
per un totale di n−2
2
3 2
quali va collocato un re. Il numero dei re, quindi, è: n1
2
3
3 n−21 quadrati/rettangoli, in ciascuno dei
45
.
.

E' il caso della scacchiera standard:
R R R
R R R
R R R
Le tre formule possono essere unificate mediante la funzione ceiling:
2
n
il numero dei re è: [ ceiling 3 ] .
46

LA DONNA
La Donna dispone dei seguenti movimenti
(i,j) → (i+x, j) x≠0
(i,j) → (i, j+y) y≠0
(i,j) → (i+x, j+y) |x| = |y| , (x,y) ≠ (0,0)
ovviamente x,y sono interi relativi tali da consentire alla Donna di restare
all'interno della scacchiera.
Mobilità della Donna
Con riferimento alla Donna, la scacchiera è costituita da:
28 case di grado 21
20 case di grado 23
12 case di grado 25
4 case di grado 27
possiamo costruire la variabile G:
G P
21 28/64
23 20/64
25 12/64
27 4/64
E(G) = 22.75 F = 13
47

Problema n.14
Qual è il numero massimo di Donne che è possibile porre su una
scacchiera n x n in modo che nessuna ne attacchi un'altra?
Soluzione
Se n=2 è possibile collocare una sola donna.
Se n=3 è possibile collocare 2 donne.
Se n>3 è possibile collocare n donne.
Stabilire in quanti modi le n donne possono disporsi sulla scacchiera, è un
problema ancora irrisolto, nonostante il contributo di C.F.Gauss.
Per n = 8, esistono 92 soluzioni, considerando distinte quelle che si
ottengono per rotazioni o simmetrie. I modi essenzialmente distinti sono
12 . Qui di seguito sono elencate delle configurazioni che potrebbero
essere assunte come fondamentali:
D
D
D
D
1
48
D
D
D
D

D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
2
3
4
49
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D

D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
5
D
D
6
7
50
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D

D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
8
9
10
51
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D

D
D
D
D
D
D
D
D
11
12
52
D
D
D
D
D
D
D
D

Costruire una soluzione
Calcolare, per ogni n, il numero delle soluzioni, e indicare un metodo per
costruirle, è un problema difficile ma, per contro, è abbastanza semplice
costruire una soluzione, per qualsiasi valore di n.
Diamo, come esempio, una regola per ottenere una soluzione per i più
comuni valori di n.
Dividiamo l'esempio in tre parti:
1) n = 4, 6, 10
Si colloca una donna in (0, 1) e si procede sistemando le altre “a
salto di Cavallo” del tipo (1, 2), fino a raggiungere l'ultima traversa.
Poi si ricomincia, con la stessa tecnica, dalla prima casa della
colonna successiva all'ultima colonna raggiunta.
Applichiamo la regola al caso n = 6
2) n = 5, 7
D
D
La soluzione per n = 5, si ottiene da quella costruita per n = 4
aggiungendo una donna in (4, 4).
In modo analogo, la soluzione per n = 7 si ottiene da quella relativa a
n = 6 aggiungendo una donna in (6, 6), come mostrato nella figura
seguente
D
D
D
D
D
D
53
D
D
D
D
D

3) n= 9
In questo caso la regola precedente non è valida, per cui diamo una
soluzione esplicita
D
D
D
D
D
Costruire una soluzione per n = 1, 2, 3, non è, ovviamente, un
problema.
54
D
D
D
D

Problema n.15
Qual è il numero minimo di Donne da collocare su una scacchiera n x n
affinché ogni casa sia dominata?
Soluzione
Questo problema è stato risolto per alcuni valori di n, ma non esiste una
soluzione generale, tuttavia sussistono dei teoremi in virtù dei quali
possiamo affermare che il numero cercato è compreso tra:
1
2 n e ceiling 2
3 n n pari
floor 1
2 n e ceiling 2
3 n n dispari
Poiché una sola donna domina una scacchiera 3 x 3, è molto semplice
costruire una soluzione per i primi valori di n.
Le figure seguenti rappresentano una soluzione per 6 ≤ n ≤ 10.
n = 6
n = 7
D
D
D
D
55
D
D
D

n= 8,9
D
Questa configurazione vale anche per n = 9, come è facile verificare
aggiungendo una traversa a Sud e una colonna a Est.
n = 10
D
D
D
D
D
56
D
D
D
D

LA TORRE
La Torre dispone dei seguenti movimenti:
(i,j) → (i+x, j) x≠ 0
(i,j) → (i.j+y) y≠ 0
con x e y interi relativi tali da mantenere la torre nell'ambito della
scacchiera.
Mobilità della Torre
Con riferimento alla Torre, la scacchiera è costituita da:
64 case di grado 14.
Possiamo costruire la variabile G:
G P
14 1
E(G)=14 F=8
Problema n.16
Data una scacchiera m x n, in quanti modi è possibile collocare k Torri in
maniera che nessuna ne attacchi un'altra?
Soluzione
Anzitutto deve essere kmin m ,n perché su ogni riga e ogni colonna vi
può essere al più una torre.
I- caso : le torri sono distinguibili (etichettate, per esempio).
Per collocare la prima torre disponiamo di mn case. Dopo aver sistemato
la prima torre dobbiamo “eliminare” la traversa e la colonna che passano
per la casa occupata dalla torre, di modo che per la seconda torre
disponiamo di m−1n−1 case. In maniera del tutto analoga, per la terza
57

torre disponiamo di m−2 n−2 case. Infine, per la k-esima torre
disponiamo di
m−k1n−k1 case.
In conclusione:
la prima torre si può collocare in mn modi
le prime 2 torri in mn m−1n−1 modi
le prime 3 torri in mn m−1 n−1m−2n−2 modi
...k torri in mn m−1n−1m−2n−2... m−k1n−k1 modi.
Poniamo T(m,n,k) = mn m−1n−1m−2n−2... m−k1n−k1
riordinando i fattori, si ha:
T(m,n,k) = mm−1m−2...m−k1 nn−1n−2... n−k1
T(m,n,k) = Dm,k Dn,k
Se la scacchiera è una n x n (ovvero m=n) sarà max k = n.
In questo caso il numero dei modi in cui n torri possono essere collocate
sulla scacchiera sarà:
T(n,n,n) = Dn,n Dn,n = n! n!=n! 2
II-caso: le torri sono indistinguibili.
La soluzione deriva in modo immediato da quella del problema
precedente. Infatti: considerata una data disposizione di k torri distinguibili
sulla scacchiera, se permutiamo le etichette in tutti i possibili modi
otteniamo k! nuove disposizioni le quali, se le torri sono indistinguibili, si
riducono ad una sola disposizione. In parole povere, se le torri sono
indistinguibili, il numero dei modi determinato nel problema precedente si
riduce di un fattore k!. Se indichiamo con R(m.n.k) il numero dei modi in cui
k torri indistinguibili possono essere collocate su una scacchiera m x n
si ha
R(m,n,k) =
T m , n, k
k !
58

Se la scacchiera è una n x n, e vogliamo collocarvi il numero massimo di
torri ( che è n) si ha:
R(n,n,n) =
n! n!
n! = n!
Sulla scacchiera standard, quindi, si possono collocare al più 8 torri, e ciò
si può fare in 8! modi, infatti ogni configurazione rappresenta una
permutazione degli elementi (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7). Vediamone alcune:
permutazione: 76543210
T
T
T
T
permutazione: 54031672
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
59

Problema n.17
Qual è il numero minimo di Torri che occorre collocare su una scacchiera
n x n in modo che ogni casa risulti dominata?
Soluzione
Il numero minimo è n. Infatti, se sulla scacchiera ci fossero meno di n
torri, almeno una traversa e almeno una colonna sarebbero prive di torri.
Una casa intersezione fra una traversa e una colonna prive di torri non
sarebbe dominata, ovvero la scacchiera non sarebbe dominata. Per
dominare la scacchiera, quindi, è necessario ( e sufficiente ) che ci sia una
torre su ogni colonna ( o su ogni traversa ). Fatta questa considerazione, è
abbastanza agevole dimostrare che le configurazioni possibili sono:
2n n - n!
Su una scacchiera 8 x 8, quindi, le configurazioni possibili sono:
Vediamone alcune:
2∙8 8 - 8! = 33.514.312
T
T
T
T
60
T
T
T
T

T T T T
T
T
T
T
T T T T
T
T
T
T
T T T T T T T T
61

L' ALFIERE
L'Alfiere dispone del seguente movimento:
(i,j) → (i+x, j+y); |x| = |y|; (x, y) ≠ (0, 0)
Mobilità dell'Alfiere
Con riferimento all'Alfiere, la scacchiera è costituita da:
28 case di grado 7
20 case di grado 9
12 case di grado 11
4 case di grado 13
costruiamo la variabile G:
G P
7 28/64
9 20/64
11 12/64
13 4/64
E(G) = 8.75 F = 5
63

Problema n.18
Qual è il numero massimo di Alfieri che è possibile collocare su una
scacchiera n x n in modo che nessuno ne attacchi un altro?
Soluzione
Il numero massimo è 2n-2.Infatti, ci sono 2n-1 diagonali aventi una stessa
direzione, ma le due diagonali costituite da una sola casa non possono
essere entrambe occupate, perché situate sulla stessa diagonale. Questo
fatto riduce le diagonali a 2n-2.
Gli alfieri vanno collocati tutti sul bordo della scacchiera ( teorema di
Yaglom e Yaglom ).
Su una scacchiera standard, quindi, si possono collocare 14 alfieri, e ciò
può essere fatto in 256 modi. Infatti, considerando la seguente figura:
Z f1 e1 d1 c1 b1 a1 W
f4
e4
d4
c4
b4
a4
a2
b2
c2
d2
e2
f2
X a3 b3 c3 d3 e3 f3 Y
1) collochiamo una coppia di alfieri in due case d'angolo appartenenti
ad uno stesso lato (necessariamente).Ciò può essere fatto in 4 modi:
X-Y, X-Z, Z-W, Y-W.
2) Collochiamo la seconda coppia di alfieri in due vertici opposti del
rettangolo a1a2a3a4 . Possiamo farlo in due modi: a1a3 – a2a4.
3) Collochiamo la terza coppia di alfieri in due vertici opposti del
rettangolo b1b2b3b4. Possiamo farlo in due modi: b1b3 -b2b4.
64

4) Procedendo così fino a collocare la settima coppia in due vertici
opposti del rettangolo f1f2f3f4, avremo che il numero totale delle
configurazioni sarà:
Vediamo due possibili disposizioni:
A A A A A A
A A A A A A A A
A A A A A
A A
A A
A A A A A
4∙2∙2∙2∙2∙2∙2 = 2 8 = 256
Su una scacchiera n x n le possibili configurazioni sono 2 n :
infatti, fissate le due case d'angolo ( possiamo farlo in 4 modi ), restano
n-2 case, ciascuna delle quali genera 2 possibili scelte:
4∙2 n-2 = 2 n
65

Problema n.19
Qual è il numero minimo di Alfieri che occorre disporre su una scacchiera
n x n, in modo che ogni casa risulti dominata?
Soluzione
Il numero minimo è n. Sulla scacchiera standard, quindi, è 8. Infatti, il
bordo della scacchiera è costituito da 14 case bianche e 14 nere, e un
alfiere ne può dominare al più 4 dello stesso colore. Occorrono, quindi,
almeno 4 alfieri campochiaro per dominare le 14 case bianche e 4 alfieri
camposcuro per dominare le 14 case nere. Occorrono, quindi, almeno 8
alfieri per dominare il bordo della scacchiera e, a maggior ragione,
occorrono almeno 8 alfieri per dominare l'intera scacchiera. I seguenti
esempi mostrano che sono anche sufficienti:
A
A
A
A
A
A
A
A
A A
A A
A A
A A
66

A A
A A A A
A A
E' stato dimostrato (Yaglom e Yaglom) che su una scacchiera n x n (con
n=4k) le configurazioni possibili sono:
2k!4k1
2
2
su una scacchiera 8 x 8, quindi, ci sono 11664 configurazioni possibili.
Costruire una soluzione, per ogni n, è semplicissimo, perché basta
allineare gli alfieri lungo la colonna centrale, se n è dispari, o lungo una
delle due colonne centrali, se n è pari.
67

IL CAVALLO
Il Cavallo dispone del seguente movimento:
(i,j) → (i ±2, j ±1)
(i,j) → (i ±1, j ±2)
Osservazione importante
Supponiamo che il cavallo effettui la mossa (i,j)→ (x,y) e che sia i+j=p e
x+y=s. La differenza s-p può assumere i valori -3, -1, 1, 3, e, quindi, s-p è
dispari, ovvero s e p hanno parità diversa. In modo più esplicito, le case
(i,j) e (x,y)sono di colore diverso.
Queste brevi considerazioni ci permettono di affermare che il “grafo del
cavallo” è un grafo bipartito.Ciò implica che il cavallo necessita di un
numero pari di mosse per spostarsi da una casa ad un'altra dello stesso
colore(in particolare, per rientrare nella casa di partenza!).
Mobilità del cavallo
con riferimento al Cavallo, la scacchiera è costituita da:
4 case di grado 2
8 case di grado 3
20 case di grado 4
16 case di grado 6
16 case di grado 8
costruiamo la variabile G:
G P
2 4/64
3 8/64
4 20/64
6 16/64
8 16/64
E(G) = 5.25 F = 3
69

Problema n.20
Qual è il numero massimo di Cavalli che è possibile collocare su una
scacchiera n x n in modo che nessuno ne attacchi un altro?
Soluzione
il numero massimo è: 1
2 n2
;
n pari 2
1
2 n2 1 ; ndispari
Infatti, se n è pari, la scacchiera è costituita da un numero pari di case
( n 2 ),e le case nere sono tante quante le bianche ( 1
2 ⋅n2
Il massimo che si può fare è collocare un cavallo in ciascuna delle case di
uno stesso colore, come mostra l'esempio seguente:
C C C C
C C C C
C C C C
C C C C
C C C C
C C C C
C C C C
C C C C
Se n è dispari,la scacchiera è costituita da un numero dispari di case ( n 2 ),
e le case di un colore superano di una unità le case dell'altro colore. Se
indichiamo con p il numero delle case del colore prevalente, quelle
dell'altro colore saranno p-1, ed è:
p p−1=n 2 → p= 1
2 ⋅n2 1 .
70
).

Il massimo che si può fare è porre un cavallo in ciascuna delle case del
colore prevalente. In figura è rappresentata la soluzione per n = 5:
C C C
C C
C C C
C C
C C C
Se n = 2, il numero massimo di cavalli è chiaramente 4.
71

Problema n.21
Qual è il numero minimo di Cavalli che occorre collocare su una
scacchiera n x n in modo che ogni casa risulti dominata?
Soluzione
Per questo problema non esiste una soluzione generale. Esaminiamo le
soluzioni per alcuni valori di n :
n = 2, 3, 4
Occorrono 4 cavalli. Per n = 2 non c'è nulla da aggiungere. Per n = 3,
osserviamo che un cavallo sul bordo della scacchiera domina 3 case, ma 3
cavalli sul bordo non riescono a dominarne 9, perché nessuno controlla
quella centrale, ed è necessario porre un cavallo al centro della scacchiera:
C C
C C
questa soluzione vale anche per n = 4, aggiungendo, in modo opportuno,
una traversa e una colonna alla scacchiera.
n = 5
Occorrono 5 cavalli. Ragioniamo per assurdo, e proviamo che 4 cavalli
non sono sufficienti. La figura seguente mostra il numero di case ( in
seguito indicato con d ) che un cavallo domina da ciascuna delle 25
posizioni sulla scacchiera:
3 4 5 4 3
4 5 7 5 4
5 7 9 7 5
4 5 7 5 4
3 4 5 4 3
se 4 cavalli dominano 25 case, ognuno, in media, ne domina 6.25, e
bisogna, perciò, usare (collocandovi un cavallo) almeno una casa per la
quale d > 6.
Se non si usa la casa centrale ( d = 9 ), è necessario usare almeno 3 case
aventi d = 7 . Le scelte possibili sono equivalenti, perché le case dominate
sarebbero, comunque, solo 15. La casa centrale, quindi, deve essere usata.
72

Oltre la casa centrale, è necessario utilizzare, per ovvi motivi, almeno una
casa con d = 7 (una qualsiasi, perché le quattro case si equivalgono). Una
possibile scelta, e la situazione che si determina, è presentata nella
seguente figura
x x x x
x x x
C C
x x x
x x x x
osserviamo che restano 9 case “libere”. Indichiamo con L l'insieme
costituito da queste case. Gli altri due cavalli devono dominare L.
Nella seguente figura è mostrato il numero delle case di L che sono
dominate da un cavallo, per ognuna delle 25 posizioni sulla scacchiera.
1 1 1 2 3
1 3 5 1 0
2 0 0 5 3
1 3 5 1 0
1 1 1 2 3
Per dominare L, occorre usare due case per le quali sia d = 5 ma, come è
facile verificare, da due qualsiasi di queste case è possibile dominarne solo
8 appartenenti a L. Possiamo concludere, quindi, che 4 cavalli non sono
sufficienti e ne occorrono almeno 5. La seguente configurazione è la prova
che sono anche sufficienti:
C
C C C
C
73

n = 6
Occorrono 8 cavalli. Infatti, se consideriamo la seguente scacchiera e
poniamo l'attenzione sulle case della prima e dell'ultima traversa
risulta evidente che occorrono 2 cavalli per dominare le case bianche della
prima traversa, e ne occorrono altrettanti per dominare le nere. Poiché un
cavallo che domina una casa della prima traversa non domina alcuna casa
dell' ultima, occorrono altri 4 cavalli per dominare le case dell'ultima
traversa. In conclusione, sono necessari 8 cavalli per dominare le case
delle due traverse e, a maggior ragione, occorrono almeno 8 cavalli per
dominare l'intera scacchiera. La seguente disposizione evidenzia che sono
anche sufficienti:
C C C C
C C C C
74

n=7
Per dominare una scacchiera 7 x 7 occorrono 10 cavalli.
Infatti, osservando la seguente figura ci si convince che non è possibile
usarne un numero minore
perché un cavallo può dominare una sola delle case ombreggiate, per cui
sono necessari 10 cavalli per dominarle tutte e, a maggior ragione, ne
occorrono almeno 10 per dominare l'intera scacchiera. Dalla seguente
figura risulta evidente che sono anche sufficienti:
C C C C C
C C C C C
75

n = 8
Per dominare una scacchiera 8 x 8 sono necessari 12 cavalli.
Se esaminiamo la seguente figura risulta evidente che non è possibile
usarne un numero minore, perché un cavallo può dominare una sola delle
case ombreggiate, per cui ne occorrono 12 per dominarle tutte e, a maggior
ragione, ne occorrono almeno 12 per dominare l'intera scacchiera.
La seguente disposizione dimostra che sono anche sufficienti:
C
C C C C
C
C
C C C C
C
76

n = 9
Occorrono 14 cavalli. Nella seguente figura, le case colorate sono state
scelte in modo che un cavallo non possa dominare, contemporaneamente,
case di colore diverso
sono necessari 4 cavalli per dominare le case rosse, 4 per dominare le
gialle, 3 per le verdi e 3 per le celesti. In totale, 14 cavalli, i quali, come si
evince dalla seguente figura, sono sufficienti per dominare la scacchiera.
C
C C C C
C C
C C
C C C C
C
77

n = 10
Occorrono 16 cavalli. Nella seguente figura, le case colorate sono state
scelte in modo che un cavallo non possa dominare, contemporaneamente,
case di colore diverso
Sono necessari 4 cavalli per dominare le case verdi, 4 per dominare le
rosse, 4 per le gialle e 4 per le celesti. In totale 16 cavalli, che, come risulta
evidente dalla seguente figura, sono sufficienti per dominare la scacchiera.
C C
C C
C C C C
C C C C
78
C C
C C

Problema n. 22
Data una scacchiera n x n (n>3), qual è il numero minimo di mosse
affinché un Cavallo si sposti dalla casa (0,0) alla casa (n-1, n-1)?
Soluzione
Sia m il numero cercato.
Lo spostamento massimo che un cavallo può effettuare (con una sola
mossa) lungo la diagonale è di 3
2
di passo diagonale, e per spostarsi da
(0,0) a (n-1, n-1) sono necessari almeno n-1 passi diagonali. Con m passi il
cavallo può spostarsi, al massimo, di 3
2 m passi diagonali e, quindi,
dovrà essere
3
2 mn−1 ovvero
m 2
n−1
3
In conclusione, m è il più piccolo numero che soddisfa simultaneamente le
seguenti condizioni:
{m 2
3 n−1
m èintero
mè pari }
Esempio: Su una scacchiera standard (n=8), quante mosse sono necessarie
per spostarsi da (0,0) a (7,7)?
deve essere m 2
3 8−1 m4.67 ovvero m = 6 perché 6 è il più piccolo
intero pari che sia maggiore di 4.67.
Cerchiamo una relazione immediata tra n e m:
n = 3k
m 2
3 3k−1 → m2k− 2
3 → m=2k
79

n = 3k+1
n = 3k+2
m 2
3 3k → m2k → m=2k
m 2
3 3k1 → m2k 2
3 → m=2k2
Dopo aver determinato quante mosse sono necessarie per effettuare lo
spostamento richiesto, vediamo come effettuare tale spostamento.
I) n = 3k k > 1
1. il cavallo esegue la mossa (1,2) k+1 volte
2. esegue la mossa (2,-1) una volta
3. esegue la mossa (2,1) k-2 volte
0,0 k11,22,−1k−22,1=3k−1,3k−1= n−1,n−1
II) n = 3k+1
1. il cavallo esegue la mossa (1,2) esattamente k volte
2. esegue la mossa (2,1) esattamente k volte
0,0k 1,2k2,1=3k ,3 k=n−1, n−1
III) n = 3k+2
1. il cavallo esegue la mossa (1,2) esattamente k volte
2. esegue la mossa (2,-1) una volta
3. esegue la mossa (-1,2) una volta
4. esegue la mossa (2,1) esattamente k volte.
0,0k 1,22,−1−1,2k2,1=3k1,3k1=n−1,n−1
80

L'eccezione che conferma la regola:
Su una scacchiera 3 x 3 occorrono 4 mosse per spostarsi da (0,0) a (2,2),
come mostrato nella seguente figura:
3
1 4
0 2
Problema n. 23 (ciclo euleriano)
Data una scacchiera n x n , è possibile, per un cavallo, partire da una casa
e farvi ritorno dopo aver percorso tutti gli archi una sola volta?
Il problema equivale a stabilire se esiste un ciclo euleriano sul grafo del
Cavallo.
Soluzione
Se n = 3 il problema ammette soluzione, perché tutte le case della
scacchiera hanno grado pari. Per costruire un ciclo euleriano basta
numerare le case come in figura:
e rappresentare il grafo associato:
1 2 3
4 5 6
7 8 9
6_____ 1______ 8
| |
7 5 3
| |
2_____ 9______ 4
un ciclo potrebbe essere 1-8-3-4-9-2-7-6-1.
Se n > 3 il problema è impossibile, perché sulla scacchiera saranno sempre
presenti case di grado dispari, come si evince dalla seguente figura che si
riferisce a una 4 x 4 ( nelle case è indicato il grado ):
81

3 3
3 3
3 3
3 3
La presenza di più di 2 case di grado dispari esclude anche l'esistenza di
un cammino euleriano.
Problema n. 24 ( ciclo hamiltoniano )
Data una scacchiera n x n, è possibile, per un Cavallo, partire da una casa e
farvi ritorno dopo aver “visitato” tutte le case esattamente una volta?
Il problema equivale a stabilire l'esistenza un ciclo hamiltoniano sul grafo
del Cavallo.
Soluzione
Se n è dispari, il problema è impossibile. Infatti, la scacchiera è costituita
da una numero dispari di case (n 2 ), e il cavallo, dovendo visitarle tutte,
dovrà compiere un numero dispari di mosse per poter rientrare nella casa
di partenza, ma ciò è assurdo perché un grafo bipartito contiene solo cicli
pari.
Se n è pari, bisogna considerare due possibilità:
1) n = 4
in questo caso il problema non ammette soluzione, ed è facile
rendersene conto osservando la seguente figura:
X
A
B
Y
82

le case A e B sono le uniche disponibili per accedere alle case X e Y
( e per uscirne!). Se bisogna visitare tutte le case, sarà necessario visitare
2 volte almeno una delle case A e B.
2) n > 4
il problema ammette soluzione, ma non è semplice costruire un ciclo
hamiltoniano. Una tecnica abbastanza efficace che conduce ad un
cammino aperto, è dovuta a De Moivre. Tale tecnica consiste
nell'iniziare il cammino da una casa del bordo, e di mantenersi vicino
al bordo quanto più è possibile, visitando le case centrali solo quando
è strettamente necessario. Un metodo più “scientifico” utilizza il
principio di Warnsdorff:
“ad ogni mossa il cavallo deve visitare la casa di grado minimo”. In
sostanza, il principio suggerisce di visitare per ultimo le case di grado più
alto perché si ha una maggiore “possibilità di manovra” nella fase finale.
Le figure seguenti mostrano un cammino hamiltoniano costruito da De
Moivre:
34 49 22 11 36 39 24 1
21 10 35 50 23 12 37 40
48 33 62 57 38 25 2 13
9 20 51 54 63 60 41 26
32 47 58 61 56 53 14 3
19 8 55 52 59 64 27 42
46 31 6 17 44 29 4 15
7 18 45 30 5 16 43 28
e un ciclo hamiltoniano dovuto ad Eulero:
43 30 11 56 45 28 5 58
12 55 44 29 10 57 46 27
31 42 13 62 17 6 59 4
54 19 16 9 14 61 26 47
41 32 63 18 7 48 3 60
20 53 8 15 64 23 36 25
33 40 51 22 35 38 49 2
52 21 34 39 50 1 24 37
83

Un cammino hamiltoniano esiste per n ≥ 5.
Un ciclo hamiltoniano esiste per n ≥ 6 e n pari.
Ciclo pitagorico
Se si unisce con un tratto rettilineo il centro della casa di partenza e il
centro della casa di arrivo di una mossa di Cavallo, si ottiene un segmento
che chiameremo “passo di Cavallo”.Osserviamo la figura seguente:
passi di Cavallo
Due passi di cavallo consecutivi possono descrivere, oltre all'angolo nullo
e all'angolo piatto, solo i seguenti angoli:
per i quali è facile calcolare le ampiezze:
α = tan -1 (3/4) ≈ 36 o 52´ 11”
β = tan -1 (4/3) ≈ 53 o 7´ 48”
γ = 90 o δ = 90 o + α ε = 90 o + β
Gli angoli acuti α e β sono tipici dei triangoli rettangoli del tipo 3: 4: 5,
per cui, questi sono gli unici triangoli che si possono formare con passi di
Cavallo.
84

Su una scacchiera 9 x 11 è possibile realizzare un percorso chiuso che
descrive un triangolo rettangolo il cui cateto minore misura 3 passi di
Cavallo, il maggiore 4, e l'ipotenusa 5, come mostra la figura sottostante:
Se la scacchiera è sufficientemente ampia, è possibile costruire cicli
“pitagorici” lunghi a piacere, per i quali vale una sorta di proprietà
frattale, perché tutti descrivono triangoli rettangoli simili a quello
“primitivo” rappresentato in figura.
Ciclo minimo
Con 4 mosse è possibile costruire solo i seguenti cicli minimi
è interessante notare che l'area dei poligoni descritti (due rombi e un
quadrato) è, nell'ordine, 3, 4 e 5 quadratini!
La più famosa fra le terne pitagoriche lega i cicli che descrivono un
triangolo (poligono col minimo numero di lati) e quelli che descrivono un
quadrilatero (poligono costruibile col minimo numero di mosse).
85

Problema n. 25 ( Guarini )
Su una scacchiera 3 x 3 collochiamo i 2 Cavalli neri e i 2 Cavalli bianchi
nella posizione iniziale:
CB = cavallo bianco
CN = cavallo nero
CB CB
CN CN
il problema consiste nel muovere alternativamente i cavalli in modo da
raggiungere la posizione finale:
CN CN
CB CB
con il minimo numero di mosse. Questo problema fu proposto nel 1512
dal matematico Guarini di Forlì.
Soluzione
Numeriamo le case della scacchiera con i numeri 1,2,3,...,9 e
consideriamo il grafo associato
1 2 3
4 5 6
7 8 9
86

CB
6___1___8
| |
CN 7 5 3 CB
| | |
2___9___4
CN
si vede facilmente che il problema si risolve muovendo i cavalli sempre
nello stesso senso (orario/antiorario). Sono richieste 16 mosse.
Una soluzione è la seguente:
1-8, 7-6, 9-2, 3-4, 8-3, 6-1, 2-7, 4-9, 3-4, 1-8, 7-6, 9-2, 4-9, 8-3, 6-1, 2-7.
87

Pegaso !
Ricordiamo che si chiama sezione aurea di un segmento quella parte di
esso che è media proporzionale fra l'intero segmento e la parte restante.
Se AB è il segmento dato e AC la sua sezione aurea, si deve avere
A------------------C--------B
AB : AC = AC : CB
Se indichiamo con s la misura dell'intero segmento e con x la misura della
sezione aurea, deve essere
s : x = x : ( s-x )
da cui x 2 = s( s-x)
e anche x 2 + sx -s 2 = 0
L' equazione ha certamente radici reali, una positiva e una negativa;
accettando la sola positiva, abbiamo
ovvero
x=s
˙
5−1
2
x 5−1
=
s 2 =0.6180339...
Questa relazione prova che un segmento e la sua sezione aurea sono
grandezze incommensurabili, in quanto il loro rapporto è un numero
irrazionale. Il rapporto s
x
5
=1 =1.6180339... è detto rapporto aureo
2
o numero d'oro, e viene indicato con la lettera Φ, in onore di Fidia, che
ne ha fatto un grande uso ( ad esempio, nel Partenone).
Il numero Φ gode di notevoli proprietà , tra cui:
1) Φ+1 = Φ 2
2) Φ-1 = 1/ Φ
88

La sezione aurea ha una funzione di grande rilievo nell'espressione
della bellezza, per cui fu definita “aurea” nel Rinascimento. L'alto
valore estetico della sezione aurea fu riconosciuto fin dai tempi
antichi. Essa, infatti, si riscontra nelle opere d'arte e in particolare
nelle strutture dell'architettura egiziana e greca.
Il matematico Luca Pacioli (1445 – 1517 ) scrisse su di essa un libro
intitolato “ De divina proportione “, illustrato con figure di Leonardo da
Vinci.
In epoca moderna, troviamo la sezione aurea in molti capolavori di
Michelangelo, Leonardo, Brunelleschi, Bramante, Tiziano, ecc.
Essa domina nel Palazzo Ducale di Venezia, al quale conferisce, insieme
alla simmetria, un aspetto di insuperabile armonia. Troviamo la sezione
aurea anche nel cavallo, ad esprimere l'armonioso equilibrio delle varie
parti del suo corpo.
In epoca recente, attraverso numerose osservazioni, è stato rilevato che la
divisione in sezione aurea dell'altezza dell'uomo adulto, da parte
dell'ombelico, è esatta, come dato statistico medio.
Dopo questa brevissima incursione nel mondo dell'arte e della natura,
torniamo agli scacchi.
Una mossa di Cavallo va dalla casa ( i, j ) alla casa ( i ± 1, j ± 2) oppure
( i ± 2, j ± 1) per cui ad ogni mossa resta “associato” un triangolo
rettangolo nel quale, se si assume come unità di misura il lato di un
quadratino, le misure dei lati sono 1, 2, √5 . Il legame col numero d'oro
risulta evidente :
Ipotenusa+Cateto minore = √5 +1 = Φ
Cateto maggiore 2
89

Le mirabili proprietà di cui gode la MOSSA DEL CAVALLO sono
sintetizzate nei seguenti eleganti grafici:
90

Il primo evidenzia il legame fra i due triangoli connessi con il movimento
del Cavallo, il secondo, ottenuto dal precedente doppiando ad ogni passo
l'ipotenusa del triangolo 3: 4: 5 (b – grigio chiaro) e combinando i
triangoli ottenuti con i triangoli 1: 2: √5 in modo da generare triangoli
isosceli ( a, b, c, d, e ). La curva rappresentata approssima la spirale
logaritmica, di cui parleremo nel paragrafo seguente.
91

EADEM MUTATA RESURGO
Un rettangolo nel quale il rapporto tra il lato maggiore e quello minore sia
il numero d'oro, si dice rettangolo aureo.
Se dividiamo un rettangolo aureo in due parti, in modo che una di esse sia
un quadrato, l'altra parte sarà ancora un rettangolo aureo. Se dividiamo
anche questo rettangolo in due parti, come abbiamo fatto con il rettangolo
dato, avremo ancora un rettangolo come i due precedenti. Continuando
così avremo rettangoli aurei sempre più piccoli. Per chiarire quanto detto,
consideriamo un rettangolo 21 x 13 ( elementi consecutivi della
successione di Fibonacci!!) che rappresenta, grosso modo, un rettangolo
aureo ( 21
13 =1.615... )
92

tracciamo, in modo opportuno, degli archi di circonferenza nei successivi
quadrati in cui abbiamo suddiviso il rettangolo, come indicato nella figura
sottostante. La curva, che così si ottiene, approssima una spirale
logaritmica!!
La spira mirabilis, la cui equazione in coordinate polari è ρ = a θ (a>1), si
riscontra spesso in natura. Ecco alcuni esempi:
– disposizione delle foglie sui rami degli alberi ( fillotassi)
– i molluschi, in genere, costruiscono la loro conchiglia secondo le leggi
della spirale logaritmica
– i ragni tessono la loro tela tracciando una spirale logaritmica.
L'illustre matematico Jacques Bernoulli, studiò le proprietà di questa
curva per cui essa, sottoposta a diverse trasformazioni geometriche, si
riproduce. Egli volle che fosse incisa sulla sua tomba con l'iscrizione:
“Eadem mutata resurgo “, cioè “ mutata, pur rinasco la stessa”.
93

Il PEDONE
Il Pedone dispone dei seguenti movimenti:
(i, j)→(i, j+1) oppure (i, j)→(i, j+2) se muove dalla casa origine
(i, j)→(i, j+1) negli altri casi.
Mobilità del pedone
Il Pedone non può essere collocato sulla prima traversa né sull'ultima, per
cui le case disponibili sono 48. Costruiamo la variabile G:
G P
1 12/48
2 36/48
E(G) = 1.75 F = 1
Due pedoni.... ed un quadrato!
Tutti gli scacchisti conoscono la regola del quadrato del pedone; meno
nota, invece, è la regola del quadrato comune a due pedoni:
il quadrato comune a due pedoni isolati, è quello la cui diagonale parte
dalla casa del meno avanzato ( se non sono sulla stessa traversa ) e arriva
fino alla colonna del più avanzato, come mostrato nella seguente figura:
*
Fig. 1
*
*
P *
95
*P

Se tale quadrato raggiunge o supera il bordo della scacchiera uno dei
pedoni è inarrestabile. Applichiamo la nostra regola alle posizioni illustrate
dalle seguenti figure ( con i pedoni situati sulla stessa traversa):
p = pedone nero
P = pedone bianco
r = re nero
R = re bianco
Fig. 2
p p
R
96

Fig. 3
r
P P
Il quadrato dei pedoni neri in Fig. 2 non tocca il bordo della scacchiera e
l'esito della lotta è incerto.
In Fig. 3 il quadrato dei pedoni bianchi raggiunge il bordo della scacchiera
ed uno dei pedoni è inarrestabile.
97

III
L'ALBERO DEGLI SCACCHI
99

Il teorema di Zermelo
Gli scacchi sono un gioco finito e a informazione perfetta.
Finito, perché ogni giocatore ha un numero finito di mosse a disposizione,
e il gioco si conclude dopo un numero finito di mosse.
A informazione perfetta vuol dire che il giocatore cui spetta la mossa, è a
conoscenza dell'intera storia del gioco, ovvero non solo conosce tutte le
sue mosse passate, ma anche quelle degli altri giocatori.
Il matematico tedesco Ernst Zermelo ha dimostrato che il gioco degli
scacchi è strettamente determinato,nel senso che vale una sola delle
seguenti tre alternative:
– esiste una strategia vincente per il Bianco;
– esiste una strategia vincente per il Nero;
– esiste una strategia che conduce forzatamente alla patta.
Egli riuscì a dimostrare questo risultato utilizzando un algoritmo di
induzione a ritroso, la cui logica è illustrata dall'esempio seguente:
Il gioco si svolge tra due giocatori A e B, ed è caratterizzato dalle seguenti
regole:
1) muove per primo A ( e dopo muove B);
2) A dispone di 2 mosse, a1 , a2;
3) B dispone di 3 mosse, b1, b2 e b3;
4) l'esito del gioco può essere
V vince A
S vince B (A è s-confitto)
P patta.
Il gioco può essere rappresentato dal seguente diagramma ad
albero di immediata comprensione:
100

101

Se A inizia con la mossa a1 si arriva al nodo 2 e la mossa tocca a B, il
quale sceglierà b2, perché è la mossa che lo fa vincere. Il giocatore A
“anticipa mentalmente” la scelta di B e assegna al nodo 2 l'esito S.
Se A inizia con a2 si arriva al nodo 3, B risponderà con b1 e patta. Anche
qui il giocatore A “anticipa mentalmente” la scelta di B e assegna al nodo
3 l'esito P. E' evidente che l'esito di questo gioco è predeterminato: A, che
non vuole perdere, giocherà a2 e B, che non vuole perdere, risponderà b1 e
la partita terminerà sempre patta.
Anche per gli scacchi si può, in teoria, costruire un albero simile al
precedente e analizzare il gioco con la tecnica appena illustrata
dell'induzione a ritroso:
l'esito della partita sarebbe deciso dopo la prima mossa o , addirittura,
prima di iniziare a giocare!
E' ovvio che il teorema non afferma che una singola partita termina con la
vittoria del Bianco, oppure con quella del Nero oppure con una patta
(sarebbe la scoperta dell'acqua calda!), ma che ogni partita giocata finisce
sempre allo stesso modo, uno dei tre possibili. In ultima analisi, il teorema
asserisce che non è possibile che due giocatori razionali, pur conoscendo
l'albero del gioco, non siano in grado di stabilire, a priori, l'esito di ogni
partita giocata fra loro.
Per fortuna, l'Albero degli Scacchi avrebbe un numero di nodi così elevato
da risultare “intrattabile” anche per un computer super potente. Per farsi
un'idea delle sue dimensioni facciamo l'ipotesi, restrittiva, che una partita
si concluda dopo la 20-esima mossa del Nero e che ogni giocatore abbia
avuto a disposizione, per ogni mossa, 20 possibili scelte.
L'albero associato a questa ipotetica partita avrebbe un numero di nodi
uguale a 20+20 2 +20 3 +...+20 40 ≈ 1.16∙10 52 .
Poiché in un anno ci sono 3.15∙10 7 secondi, se un computer analizzasse
10 10 nodi al secondo, in un anno riuscirebbe ad analizzare
10 10 ∙3.15∙10 7 = 3.15∙10 17 nodi e, quindi, per visitare l'intero albero
impiegherebbe
1.16⋅10 52
3.15⋅10 17≈3.7⋅1034
anni!!
102

I programmi per gli scacchi hanno compiuto progressi enormi negli ultimi
decenni, soprattutto per quanto riguarda gli algoritmi di ricerca, tanto è
vero che:
– nel 1978, il maestro internazionale David Levy fu sconfitto da
CHESS 4.7
– nel 1988, il grande maestro Bent Larsen fu sconfitto da
DEEP TOUGHT
– nel 1997, il campione del mondo Garry Kasparov fu sconfitto da
DEEP BLUE, non in una partita singola, ma in un vero e proprio
torneo!
Nonostante questi progressi, però, il gigantesco albero degli scacchi non
potrà mai essere “visitato” completamente, per cui gli scacchisti possono
dormire sonni tranquilli!
103

IV
QUADRATI DI EULERO
104

Quadrati latini
Il matematico svizzero Leonardo Eulero iniziò lo studio sistematico dei
quadrati latini verso la fine del '700, con uno scopo meramente ricreativo .
Oggi essi trovano importanti applicazioni in vari campi ( in statistica, per
esempio), pur conservando l'originario carattere ludico, come dimostra il
grande successo riscosso dal SUDOKU, che è diventato uno dei giochi più
diffusi.
Un quadrato latino di ordine n è una una griglia n x n , le cui case sono
occupate da n simboli distinti, in modo che ogni simbolo compaia una sola
volta in ogni riga e in ogni colonna.
Un esempio è sufficiente per capire:
Vogliamo disporre 4 Re, 4 Donne, 4 Torri e 4 Alfieri, su una scacchiera
4 x 4, in modo che ciascuna figura compaia una sola volta su ogni traversa
e su ogni colonna. Ecco una soluzione:
R A T D
D R A T
T D R A
A T D R
Costruire un quadrato latino di ordine n è molto semplice se si usano come
simboli i numeri da 0 a (n-1), perché con tale accorgimento è possibile
avvalersi dell'aritmetica modulare:
nella casa ( i, j ) si riporta il valore z = (ki+ j) modn , dove k è un intero
positivo primo con n.
Come applicazione della regola, costruiamo un quadrato di ordine 4,
ponendo k = 1:
3 0 1 2
2 3 0 1
1 2 3 0
0 1 2 3
Da un quadrato se ne possono ottenere altri permutando le righe (colonne),
oppure mediante permutazione circolare degli elementi.
L'uso dei numeri è utile per costruire il quadrato, ma è ovvio che possiamo
impiegare dei simboli a piacere: basta stabilire una corrispondenza tra
gli n simboli desiderati e gli n numeri 0, 1, 2, ... (n-1), ed effettuare la
105

sostituzione. Nel nostro esempio, potremmo usare come simboli quattro
colori, ponendo 0=giallo, 1=verde, 2=rosso, 3=celeste, ed il quadrato
assumerebbe il seguente aspetto:
Scheduling
Problema: preparare il calendario per un torneo al quale partecipano 2n
giocatori.
Questo problema si risolve velocemente con l'uso dei quadrati latini.
Abbiamo visto che un quadrato latino si costruisce facilmente ( un modo è
quello di scrivere la tabella dell'addizione modulo n; un altro modo, ancora
più immediato, consiste nello scrivere nella prima riga i numeri da 1 a n in
ordine crescente e, nelle righe successive, cambiarli per sostituzione
circolare: 1→2→3...n→1).
Consideriamo le seguenti ipotesi:
a) i giocatori sono divisi in due squadre di n elementi, e ogni giocatore di
una squadra deve incontrare ogni giocatore dell'altra squadra.
b) ognuno dei 2n giocatori deve incontrare tutti gli altri.
Caso a:
si costruisce un quadrato latino di ordine n; le righe vengono intestate ai
giocatori di una squadra e le colonne ai giocatori dell'altra. I numeri
all'interno del quadrato rappresentano i turni.
Esempio:
numero giocatori: 6 (=2n, n=3)
I squadra: A, B, C
II squadra: X, Y, Z
costruiamo un quadrato latino 3 x 3:
i turni saranno:
I TURNO: AX, BZ, CY
X Y Z
A 1 2 3
B 2 3 1
C 3 1 2
106

II TURNO: AY, BX, CZ
III TURNO: AZ, BY, CX.
L'esempio è facilmente generalizzabile.
Caso b
Esempio:
numero giocatori: 6 (=2n)
giocatori: A, B, C, D, E, F.
Costruiamo un quadrato latino di ordine 5 (=2n-1) intestando le righe e le
colonne a 5 dei 6 giocatori (immaginiamo di escludere, provvisoriamente,
il giocatore F), avremo la seguente tabella:
A B C D E
A 1 2 3 4 5
B 2 3 4 5 1
C 3 4 5 1 2
D 4 5 1 2 3
E 5 1 2 3 4
ora bisogna eliminare gli elementi che sono sulla diagonale principale
( perché un giocatore non gioca contro se stesso) e, creare una nuova riga e
una nuova colonna da intestare al sesto giocatore. Le due cose si ottengono
semplicemente aggiungendo una nuova riga e una nuova colonna nelle
quali saranno trascritti tutti gli elementi della diagonale in modo che ogni
elemento sarà trascritto nell'ultima colonna (ferma restando la riga) e
contemporaneamente nell'ultima riga (ferma restando la colonna). Si
otterrà la seguente tabella:
A B C D E F
A - 2 3 4 5 1
B 2 - 4 5 1 3
C 3 4 - 1 2 5
D 4 5 1 - 3 2
E 5 1 2 3 - 4
F 1 3 5 2 4 -
Poiché la tabella è simmetrica rispetto alla diagonale principale, basta
considerare solo la metà superiore ( o inferiore).
107

I turni saranno:
I TURNO II TURNO III TURNO IV TURNO V TURNO
A-F A-B A-C A-D A-E
B-E C-E B-F B-C B-D
C-D D-F D-E E-F C-F
Per assicurare ad ogni giocatore una certa alternanza nella posizione di I o
II giocatore ( per esempio, nel calcio, giocare in casa o fuori; negli scacchi,
giocare col bianco o col nero.) si può decidere che il I giocatore è il
giocatore RIGA nei turni dispari, ed il giocatore COLONNA nei turni pari.
Una migliore alternanza si ottiene se il quadrato latino è costruito usando
la tabella dell'addizione modulo (2n-1). Ripetiamo l'esempio con l'aiuto
della tabella dell'addizione modulo 5:
+ 0 1 2 3 4
0 0 1 2 3 4
1 1 2 3 4 0
2 2 3 4 0 1
3 3 4 0 1 2
4 4 0 1 2 3
A questo punto, come nel caso precedente, aggiungiamo una riga e una
colonna ed eliminiamo gli elementi della diagonale principale:
0 1 2 3 4 5
0 - 1 2 3 4 0
1 1 - 3 4 0 2
2 2 3 - 0 1 4
3 3 4 0 - 2 1
4 4 0 1 2 - 3
5 0 2 4 1 3 -
Intestiamo le righe e le colonne ai giocatori e, all'interno del quadrato
sostituiamo, per comodità, lo 0 con il 5 e avremo la tabella finale:
108

A B C D E F
A - 1 2 3 4 5
B 1 - 3 4 5 2
C 2 3 - 5 1 4
D 3 4 6 - 2 1
E 4 5 1 2 - 3
F 5 2 4 1 3 -
Formiamo i turni assumendo come primo giocatore il giocatore RIG nei
turni dispari e quello COLONNA nei turni pari:
I TURNO: AB, CE, DF
II TURNO: CA, ED, FB
III TURNO: AD, BC, EF
IV TURNO: DB, EA, FC
V TURNO: AF, BE, CD.
A proposito di tornei....
A un torneo di scacchi partecipano 1200 giocatori, e il torneo è a
eliminazione diretta (in caso di patta la vittoria viene assegnata per
sorteggio). Quante partite bisogna giocare per proclamare il vincitore del
torneo?
Quadrati greco-latini
Siano dati:
1) un quadrato latino costruito con gli n simboli di un insieme S ;
2) un quadrato latino costruito con gli n simboli di un insieme T .
Sovrapponiamo i due quadrati in modo da ottenerne uno solo, contenente
in ciascuna casa una coppia (s, t ) con s∈S e t∈T .
Il nuovo quadrato si dice greco-latino, se nelle sue n2 case compaiono
tutte le n 2 coppie del prodotto cartesiano S×T . In questo caso, i due
quadrati si dicono ortogonali.
Un esempio chiarirà l'idea:
Si vogliono disporre i 4 Assi, i 4 Re, i 4 Cavalli e le 4 Donne di un comune
mazzo di carte napoletane, in un quadrato 4 x 4, in modo che ciascuna
figura e ciascun seme compaiano una sola volta in ogni riga e in ogni
colonna.
109

Abbiamo: S = { A, R, C, D }; T = { b, c, d, s }; n = 4
1) quadrato delle figure:
A R C D
2) quadrato dei semi:
D C R A
R A D C
C D A R
d c b s
b s d c
s b c d
c d s b
se sovrapponiamo i due quadrati, ne otteniamo uno greco-latino,
perché in esso compaiono tutte le coppie di S×T .
A-d R-c C-b D-s
D-b C-s R-d A-c
R-s A-b D-c C-d
C-c D-d A-s R-b
Per chiarire ulteriormente, mostriamo una coppia di quadrati latini che non
sono ortogonali.
Poniamo S= ( A, B, C); T = ( x, y, z)
-quadrato di S
C A B
-quadrato di T
B C A
A B C
x z y
y x z
z y x
110

sovrapponendoli abbiamo il quadrato
C-x A-z B-y
B-y C-x A-z
A-z B-y C-x
che non è greco-latino, perché mancano le coppie A-x, A-y, B-x, B-z, etc.
Una coppia di quadrati ortogonali di ordine dispari si costruisce facilmente
applicando il seguente algoritmo:
1) Si costruisce il quadrato generato da k = 1,
2) Si costruisce il quadrato generato da k =2.
I due quadrati risultano ortogonali, come si vede dal seguente esempio:
k = 1
2 0 1
k = 2
1 2 0
0 1 2
2 1 0
1 0 2
0 2 1
sovrapponendoli, si constata che generano un quadrato greco-latino
2-2 0-1 1-0
1-1 2-0 0-2
0-0 1-2 2-1
Quando n è pari il problema è più complesso, per cui ci limitiamo a fornire
un esempio per n = 4:
A-1 B-2 C-3 D-4
B-3 A-4 D-1 C-2
C-4 D-3 A-2 B-1
D-2 C-1 B-4 A-3
C'è da aggiungere che non esistono quadrati greco-latini per n = 2 e per
n= 6.
L'impossibilità per n = 2 è di immediata verifica, perché esistono solo due
quadrati latini di ordine 2, e non sono ortogonali.
Più interessante è la storia legata al valore n = 6. Eulero pose la questione
in questi termini:
111

Il problema dei 36 ufficiali.
Ciascuno di 6 reggimenti invia una delegazione di 6 ufficiali, che devono
partecipare ad una parata militare. Ogni delegazione è costituita da un
sottotenente, un tenente,un capitano, un maggiore, un colonnello e un
generale. E' possibile disporre i 36 ufficiali su 6 righe e 6 colonne, in modo
che in ogni riga e in ogni colonna sia rappresentato ciascun reggimento e
ciascun grado?
Eulero indicò i 6 reggimenti con le lettere latine a, b, c, d, e, f e i 6 gradi
con le lettere greche α, β, γ, δ, ε, ζ . E' evidente che ciascun ufficiale è
individuato da una coppia di lettere, una latina e l'altra greca. Il problema
consiste nel costruire un quadrato greco latino e, quindi, ci sono tre
condizioni da soddisfare:
1) su ogni riga devono figurare le sei lettere latine e le sei greche
2) lo stesso deve avvenire su ogni colonna
3) nel quadrato devono essere presenti tutte le 36 coppie possibili.
Eulero mostrò che le prime due condizioni non sono sufficienti, altrimenti
sarebbe facile trovare una soluzione e, a conferma della sua affermazione,
costruì il seguente schema
aα bζ cδ dε eγ fβ
bβ cα fε eδ aζ dγ
cγ dε aβ bζ fδ eα
dδ fγ eζ cβ bα aε
eε aδ bγ fα dβ cζ
fζ eβ dα aγ cε bδ
che soddisfa le prime due condizioni ma non è una soluzione, perché le
coppie bζ e dε figurano due volte e mancano le coppie dζ e bε.
Egli non riuscì a risolvere il problema ed ipotizzò che fosse impossibile,
avanzando la congettura secondo la quale non esistono quadrati grecolatini
di ordine 6. Anzi, si spinse oltre ed affermò che è impossibile
costruire quadrati greco-latini di ordine n≡2 mod4. La congettura di
112

Eulero ha resistito per quasi due secoli, ma è stata confutata (parzialmente)
nel 1959 dai matematici Bose, Shrikhande e Parker, i quali hanno
dimostrato che esistono quadrati greco-latini per ogni valore di n, escluso
n =6.
Il guastafeste di Eulero
Riportiamo, a titolo di curiosità, il quadrato greco-latino costruito dal
matematico E. T. Parker, che rappresenta un controesempio sufficiente a
confutare la congettura di Eulero (10 ≡ 2 mod 4 !!).
00 47 18 76 29 93 85 34 61 52
86 11 57 28 70 39 94 45 02 63
95 80 22 67 38 71 49 56 13 04
59 96 81 33 07 48 72 60 24 15
73 69 90 82 44 17 58 01 35 26
68 74 09 91 83 55 27 12 46 30
37 08 75 19 92 84 66 23 50 41
14 25 36 40 51 62 03 77 88 99
21 32 43 54 65 06 10 89 97 78
42 53 64 05 16 20 31 98 79 87
113

114

V
QUADRATI MAGICI
115

Definizioni e proprietà
Un quadrato magico “normale” n x n è una tabella costituita di n 2 caselle,
in ciascuna delle quali viene collocato un numero naturale da 1 a n 2 , senza
ripetizioni, in modo che la somma per righe, colonne e diagonali risulti
costante. Tale somma è detta costante magica (K).
Determinare la costante magica di un quadrato ( normale ) di ordine n è
abbastanza semplice:
detta S la somma di tutti i numeri inseriti nel quadrato, risulta
ma S=123...n 2 = n2 1
2
quindi K = n2 1
2
˙n
K = S
n
n˙ 2
Un quadrato magico di ordine n resta tale se si opera su di esso con una
delle seguenti trasformazioni:
– rotazione intorno al centro di ± 90°, ± 180°, ± 270°;
– simmetria rispetto all'asse orizzontale o verticale;
– simmetria rispetto ad una diagonale;
– sostituzione di ogni numero con il suo complemento a n 2 +1
– si aggiunge una costante ad ogni numero
– si moltiplicano (dividono) tutti i numeri per una costante ( diversa da 0).
Costruiamo un quadrato magico
Dopo questa breve introduzione, passiamo alla costruzione dei quadrati
magici. Bisogna considerare tre ipotesi:
I caso: n dispari.
Realizziamo un quadrato di ordine 5, che ci servirà da modello per il caso
generale:
Passo 1: tracciamo il quadrato 5 x 5 e poi, al suo esterno, aggiungiamo, ad
ogni lato, delle righe e delle colonne di lunghezza decrescente ( due case
per volta), come mostrato in figura
116

Passo 2: inseriamo i numeri da 1 a 25 nello schema seguendo le diagonali
ascendenti:
5
4 10
3 9 15
2 8 14 20
1 7 13 19 25
6 12 18 24
11 17 23
16 22
21
Passo 3: i numeri che sono fuori dal quadrato vengono riportati all'interno
con uno spostamento (verticale/orizzontale) di 5 caselle. Fine.
K = 52 1
2
˙5=65
3 16 9 22 15
20 8 21 14 2
7 25 13 1 19
24 12 5 18 6
11 4 17 10 23
In modo analogo si procede per ogni n dispari.
II caso: n doppiamente pari ( n= 4k).
117

Anche questo caso si risolve con un algoritmo molto semplice, che
illustriamo costruendo il quadrato per n = 8 (=4·2 )
Passo 1: si divide il quadrato in 4 (=2 2 ) sotto-quadrati di ordine 4 e si
colorano le diagonali maggiori di ciascun sotto-quadrato
Passo 2: si inseriscono nel quadrato i numeri da 1 a 64, iniziando dalla
prima casella a sinistra della prima riga in alto, e continuando nel modo
più spontaneo...
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
Passo 3: ogni numero che occupa una casa colorata si scambia di posto
con il suo complemento a 65 (=8 2 +1).Fine.
K= 82 1
2
˙8=260
64 2 3 61 60 6 7 57
9 55 54 12 13 51 50 16
17 47 46 20 21 43 42 24
40 26 27 37 36 30 31 33
32 34 35 29 28 38 39 25
41 23 22 44 45 19 18 48
49 15 14 52 53 11 10 56
8 58 59 5 4 62 63 1
118

Anche qui non è difficile passare al caso generale.
III caso: n semplicemente pari ( n = 4k + 2 ).
Costruiamo, come esempio guida, il quadrato di ordine 6.
Passo 1: dividiamo il quadrato in due parti uguali e simmetriche rispetto
all'asse verticale
Passo 2: inseriamo i numeri da 1 a 6 lungo le diagonali maggiori:
1 6
2 5
3 4
3 4
2 5
1 6
notiamo che nella generica colonna j figura due volte il numero j.
Passo 3 (si esegue solo nella zona rossa): per ogni j ( j=1,2,3),poniamo
cj=7-j , e completiamo la colonna in modo che in essa i valori j e cj
figurino un ugual numero di volte. Qui è mostrata una delle possibili
soluzioni:
1 5 4 6
6 2 3 5
6 5 3 4
1 5 3 4
6 2 4 5
1 2 4 6
119

Passo 4: riempiamo la “zona verde”, inserendo in ogni cella vuota il
complemento a 7 del numero che occupa la cella simmetrica rispetto
all'asse.
1 5 4 3 2 6
6 2 3 4 5 1
6 5 3 4 2 1
1 5 3 4 2 6
6 2 4 3 5 1
1 2 4 3 5 6
Chiamiamo M la matrice così ottenuta.
Passo 5: costruiamo la sua trasposta, M T :
1 6 6 1 6 1
5 2 5 5 2 2
4 3 3 3 4 4
3 4 4 4 3 3
2 5 2 2 5 5
6 1 1 6 1 6
e indichiamo con ti,j il generico elemento di M T.
Passo 6: costruiamo la matrice Q, il cui elemento generico qi,j è così
definito: qi,j= 6(ti,j-1)
0 30 30 0 30 0
24 6 24 24 6 6
18 12 12 12 18 18
12 18 18 18 12 12
6 24 6 6 24 24
30 0 0 30 0 30
Passo 7: il quadrato cercato è dato dalla matrice M+Q
120

K = 62 1
2
˙6=111
1 35 34 3 32 6
30 8 27 28 11 7
24 17 15 16 20 19
13 23 21 22 14 18
12 26 10 9 29 25
31 2 4 33 5 36
Non solo matematica...
Il primo quadrato magico di cui si abbia notizia proviene dalla Cina, e
risale a circa 2000 anni prima di Cristo: la leggenda narra di una tartaruga
sul cui guscio erano impressi dei segni che rappresentavano i primi nove
numeri disposti in tre righe e tre colonne, in modo che la somma per righe,
colonne e diagonali era sempre 15 .
Tale quadrato, conosciuto come Lo Shu, diventò un simbolo sacro per la
Cina, rappresentazione dei più arcani misteri dell'Universo.
4 9 2
3 5 7
8 1 6
Probabilmente, i quadrati magici giunsero in Occidente attraverso gli
Arabi, e dal Rinascimento in poi, c'è stato un grande interesse per queste
figure, che erano circondate da un alone di mistero e di magia.
A testimonianza del valore simbolico attribuito a tali quadrati, ne
riproduciamo due molto noti, perché rappresentati in famose opere d'arte:
– il quadrato raffigurato nell'incisione Malinconia,eseguita nel 1514
dal pittore tedesco Albrecht Dürer (1471 – 1528).
16 3 2 13
5 10 11 8
9 6 7 12
4 15 14 1
121

La tecnica di costruzione è quella spiegata in precedenza, ma il pittore ha
scambiato le colonne interne per fare in modo che le case centrali della
riga inferiore indicassero l'anno in cui è stata eseguita l'incisione..
– il quadrato scolpito sulla facciata della Sagrada Familia (Barcellona),
opera dell'architetto Antoni Gaudi (1852 - 1926).
1 14 14 4
11 7 6 9
8 10 10 5
13 2 3 15
Il quadrato, attribuito all'architetto Subirach, non è normale, perché non vi
figurano tutti i numeri da 1 a 16. Inoltre, la costante magica non è 34
(tipica del quarto ordine ) ma 33, alludendo, probabilmente, all'età di Gesù
al momento della morte.
In entrambi i quadrati è possibile individuare numerosi gruppi di 4 case,
situate in posizioni simmetriche rispetto al centro, o a un asse, o a una
diagonale, che danno come totale la costante magica. Lasciamo al lettore il
piacere di individuarli. I due quadrati si somigliano come due gocce
d'acqua, il che non è casuale. Il quadrato di Subirach, infatti, si ottiene da
quello di Dürer con una rotazione di 180 gradi e qualche piccola modifica
per avere come costante magica il numero 33.
122

Il magico Eulero
Abbiamo imparato a costruire i quadrati magici applicando dei semplici
algoritmi, ma è estremamente interessante ed istruttivo costruirli seguendo
il metodo di Leonardo il Grande.
Eulero parte dall'osservazione che i numeri da 1 a n 2 possono essere
rappresentati nella forma nh + k.
Infatti, se si assegnano ad h i valori da 0 a n-1, e a k i valori da 1 a n, si
ottengono tutti i numeri da 1 a n 2 semplicemente associando ogni valore
di h con ogni valore di k, come mostrato nella seguente tabella:
h
k
1 2 3 ................ n
0 1 2 3 .................. n
1 n+1 n+2 n+3 ................... 2n
2 2n+1 2n+2 2n+3 ................... 3n
........... ............. ............ .............. ..............
n-1 n 2 -n+1 n 2 -n+2 n 2 -n+3 ............. n 2
Poiché i numeri da 1 a n 2 possono essere scritti nella forma nh+k, e quindi
rappresentati come somma di due addendi, indicheremo il primo, nh, con
le lettere latine a,b,c,d,etc., e il secondo con le lettere greche α, β, γ, δ, etc..
E' chiaro che saranno necessarie n lettere latine e n lettere greche, perché
le latine possono assumere i valori 0n, 1n, 2n,....,(n-1)n e le greche i valori
1, 2, 3, ...., n. E' bene notare che non è fissato nessun ordine né tra le lettere
latine né tra le greche, per cui ciascuna lettera latina può assumere sia il
valore 0n, sia 1n, sia 2n etc., purché si assegnino valori diversi alle n
lettere; e questo vale anche per le lettere greche. Un numero da 1
a n 2 si può scrivere, quindi, come somma tra una lettera latina e una
greca: a+γ, a+β, b+α, etc. Per comodità, indichiamo la somma fra due
lettere mediante il loro semplice accostamento, ovvero scriviamo aγ invece
di a+γ, aβ invece di a+β, bα invece di b+α, e così via. Applichiamo il
metodo ai casi n = 3 e n = 4.
n = 3
Un quadrato del terzo ordine contiene i numeri da 1 a 9 , i quali si possono
scrivere nella forma
3h+ k h=(0, 1, 2); k= (1, 2, 3 )
123

ovvero, si possono scrivere come somma di due addendi : (3h) e (k), che
considereremo sempre in questo ordine.
Usiamo le lettere latine a, b, c per indicare il primo addendo e quelle
greche α, β, γ per indicare il secondo. Il primo addendo può assumere i
valori 0, 3, 6 e il secondo i valori 1, 2, 3. Ribadiamo che non è fissato
nessun ordine, nel senso che ciascuna lettera latina può assumere i valori
0, 3, 6 ma le tre lettere devono assumere valori diversi; lo stesso vale per
quelle greche.
Costruiamo un quadrato latino usando le lettere a, b, c
a b c
b c a
c a b
e osserviamo che in una diagonale figurano tutte e tre le lettere, mentre
nell'altra figura tre volte la stessa lettera ( è inevitabile, per n = 3).
Poiché a+b+c = 9, se vogliamo che il quadrato sia magico deve essere c=3.
Costruiamo, ora, un quadrato latino (ortogonale con il precedente) con le
lettere α, β, γ
γ β α
α γ β
β α γ
Poiché α+β+γ = 6, per avere un quadrato magico deve essere γ = 2.
Combiniamo i due quadrati per formarne uno greco-latino
aγ bβ cα
bα cγ aβ
cβ aα bγ
In cui sappiamo che c = 3 e γ = 2 e che alle lettere a e b possono essere
assegnati i valori 0 e 6, mentre alle lettere α e β possono essere assegnati i
valori 1 e 3. Se scegliamo a = 0, b = 6, α = 1 e β = 3 otteniamo il seguente
quadrato magico:
124

2 9 4
7 5 3
6 1 8
n = 4
I numeri da 1 a 16 si possono scrivere nella forma
4h+ k h = ( 0, 1, 2, 3) k = ( 1, 2, 3, 4 ).
Usiamo le lettere latine a, b, c, d per indicare il primo addendo e quelle
greche α, β, γ, δ per indicare il secondo. Il primo addendo può assumere i
valori 0, 4, 8, 12 e il secondo i valori 1, 2, 3, 4.
Con le lettere a, b, c, d costruiamo un quadrato latino che abbia l' ulteriore
proprietà di presentare tutte le lettere anche sulle due diagonali ( quadrato
latino diagonale). Per fare ciò basta scrivere le lettere in ordine alfabetico
sulla prima riga e scegliere una lettera, tra la c e la d, da porre nella
seconda casa della diagonale principale. In questo esempio scegliamo la c
e otteniamo il seguente schema:
a b c d
c
dal quale risulta evidente che il quadrato è completamente determinato.
a b c d
d c b a
b a d c
c d a b
Ora dobbiamo collocare nelle celle le lettere greche, in modo da
ottenere un quadrato greco-latino. Un metodo efficiente è il seguente:
– si colloca in ogni casa la lettera greca equivalente a quella latina che
occupa la casa ( aα, bβ, etc.)
– si scambiano di posto le lettere greche che occupano case simmetriche
rispetto alla diagonale principale.
Operando in tal modo, otteniamo il seguente quadrato:
125

aα bδ cβ dγ
dβ cγ bα aδ
bγ aβ dδ cα
cδ dα aγ bβ
notiamo che anche le lettere greche formano un quadrato latino diagonale.
Dato che le lettere latine e quelle greche figurano tutte una sola volta in
ogni riga, in ogni colonna e in entrambe le diagonali, non abbiamo nessun
vincolo da rispettare circa il valore da assegnare alle lettere, le quali,
quindi, possono assumere uno qualsiasi dei valori ammissibili per generare
un quadrato magico. Ponendo, ad esempio,a = 0,b = 4, c = 8, d = 12, α = 1,
β = 3, γ = 2, δ = 4, si ottiene il quadrato
1 8 11 14
15 10 5 4
6 3 16 9
12 13 2 7
l' esempio evidenzia lo stretto rapporto tra i quadrati di Eulero e i quadrati
magici. Per chiarire ulteriormente la logica su cui poggia il metodo di
Eulero, consideriamo un quadrato greco-latino del quarto ordine costruito
con i “simboli” 0, 1, 2, 3, (che sono le cifre consentite in un sistema di
numerazione in base 4)
1-1 0-3 2-0 3-2
3-0 2-2 0-1 1-3
0-2 1-0 3-3 2-1
2-3 3-1 1-2 0-0
interpretiamo la coppia di numeri che figura in ogni casa, come un
numero scritto in base 4, e trasformiamolo in base 10:
114 = 5, 034 = 3, 204 = 8, 324 = 14, 304 = 12, etc.
Se riscriviamo il quadrato, sostituendo in ogni casa il corrispondente
numero in base 10 , otteniamo il seguente quadrato magico non normale
126

5 3 8 14
12 10 1 7
2 4 15 9
11 13 6 0
il quale, però, si “normalizza” facilmente aggiungendo 1 ad ogni suo
elemento....
127

128

APPENDICI
129

130

APPENDICE A
Le funzioni floor e ceiling.
floor(x) è il massimo intero ≤ x
ceiling(x) è il minimo intero ≥ x
se x è intero, floor(x) = ceiling(x) = x
Esempio: floor(3.5) = 3; ceiling(3.5) = 4;
floor(6) = ceiling(6) = 6
Fattoriale di un naturale n: n!
n! = 1∙2∙3∙...∙n per convenzione: 0! = 1
Esempio: 5! = 1∙2∙3∙4∙5 = 120
Disposizioni semplici: Dn,k k ≤ n
Dn,k conta il numero di raggruppamenti di k elementi scelti da un insieme
di n elementi, con l'intesa che un raggruppamento differisca dagli altri per
almeno un elemento, o per l'ordine.
Dn,k =
n !
n−k!
Esempio: Quanti sono i numeri di 4 cifre, tutte diverse, che non
contengano né lo 0 né il 6 ?
Si tratta di calcolare il numero delle disposizioni ( e non le combinazioni
perché il numero cambia di valore mutando l'ordine delle cifre) di 8 cifre
prese 4 a 4:
D8,4 = 8∙7∙6∙5 = 1680
131

Permutazioni semplici: Pn.
Pn conta il numero dei raggruppamenti formati da n elementi distinti presi
in un ordine qualsiasi ( anagrammi di parole costituite da lettere tutte
diverse, per esempio).
Pn = n!
Esempio: Quanti sono gli anagrammi della parola ROMA?
Abbiamo n = 4, quindi gli anagrammi sono P4 = 4! = 1∙2∙3∙4= 24
Osservazione importante: Permutare n elementi equivale a disporre n
Torri su una scacchiera n x n, in modo che in ogni colonna e in ogni
traversa ci sia esattamente una Torre. Consideriamo, come esempio, le
permutazioni degli elementi ( a, b, c ):
abc
c T
b T
a T
1 2 3
acb
c T
b T
a T
1 2 3
cab
c T
b T
a T
1 2 3
132

ac
c T
b T
a T
1 2 3
bca
c T
b T
a T
1 2 3
cba
c T
b T
a T
1 2 3
Permutazioni con elementi ripetuti: P n a,b,c,...
P n a,b,c,... conta il numero di raggruppamenti formati da n elementi di cui
a uguali fra loro, b uguali fra loro, c uguali fra loro ecc..., presi in un
ordine qualsiasi (anagrammi di parole contenenti alcune lettere ripetute,
per esempio).
P n a,b,c,... =
n!
a!⋅b!⋅c!...
Esempio: Quanti sono gli anagrammi distinti della parola MAMMA?
Abbiamo n = 5, a = 2, b = 3, quindi gli anagrammi distinti sono
P 5 2,3=
5 !
2!⋅3! =10
133

Combinazioni semplici: n
k
n
k conta il numero di raggruppamenti di k elementi scelti da un
insieme di n elementi, con l'intesa che ogni raggruppamento differisca
dagli altri per almeno un elemento (senza considerare l'ordine degli
elementi).
Esempio: Quanti ambi si possono formare con i 90 numeri del lotto?
90 90!
=
2 2 !⋅88 ! =4005
l'operatore modulo: mod
Se a è un intero e n è un intero positivo, si definisce a mod n come il resto
della divisione di a per n.
Esempi: 7mod2=1, 11mod7=4, 37mod5=2, 4mod11=4
Due interi a e b sono detti congruenti modulo n se a mod n = b mod n.
In parole semplici, se a e b , divisi per n, danno lo stesso resto.
Per indicare che a e b sono congruenti si scrive a≡b .
Esempi: 7≡51 mod 2,23≡5 mod 3,40≡12 mod 4
134

APPENDICE B
Un grafo non orientato G è costituito da una coppia ordinata ( V, A) dove
V è un insieme finito (non vuoto) di elementi chiamati vertici o nodi e A è
un insieme finito di archi. Un arco è una coppia non ordinata di due nodi.
Nella figura seguente, i punti A, B, C, D, E sono i nodi, e i segmenti che li
congiungono sono detti archi ( o spigoli o lati )
Le definizioni che seguono sono del tutto intuitive.
-Estremi di un arco (i,j) sono i due nodi i e j collegati dall'arco. L'arco
si dice incidente nei nodi i e j.
-Vertici adiacenti si dice di 2 vertici i e j se sono collegati da un arco.
135

- Cammino è una sequenza di archi tali che, a eccezione del primo e
dell'ultimo di essi, il nodo finale di ogni arco coincide con quello iniziale
del successivo.
Un grafo non orientato è connesso se, per ogni coppia di nodi, esiste un
cammino che li connette.
Ciclo o circuito è un cammino chiuso, cioè un cammino in cui il vertice
iniziale e quello finale coincidono.
136

Un ciclo si dice euleriano se utilizza tutti gli archi esattamente una
volta.
Un ciclo si dice hamiltoniano se passa attraverso ogni vertice del grafo
esattamente una volta.
Un ciclo si dice pari, se è costituito da un numero pari di archi.
-Albero è un grafo connesso e privo di cicli.
-Grado di un nodo è il numero di archi incidenti nel nodo.
137

-Grafo bipartito è un grafo in cui l'insieme dei nodi è partizionato in 2
sottoinsiemi V1 e V2 tali che esistano archi solo tra nodi di V1 e nodi di V2.
138

Teorema n.1
In un grafo connesso esiste un ciclo euleriano se tutti i nodi hanno grado
pari. Vale l'inverso.
Teorema n.2
Se in un grafo connesso esistono esattamente 2 vertici di grado dispari, il
grafo contiene una cammino euleriano che inizia in uno dei vertici e
termina nell'altro. Vale l'inverso.
Teorema n.3
In un grafo bipartito esistono solo cicli pari. Vale l'inverso.
139

140

BIBLIOGRAFIA
● P. Gritzman, R. Brandenberg - Alla ricerca della via più breve
● L. Barzanti e S. Fabbri -Gli scacchi come strumento per la
didattica della matematica
● Cerasoli, Eugeni, Protasi - Matematica discreta
● John J. Watkins -Across the board
● S. I. Gelfand - Sequences, Combinations, Limits
● Martin Gardner - Enigmi e Giochi Matematici
● R. Lucchetti - Di duelli, scacchi e dilemmi
● E. Paoli - Il finale negli scacchi
● B. Rosen - Chess Endgame Training
● A. Colorni - Ricerca operativa
● T, Beardon - A Knight's Journey
● L. Eulero - De quadratis magicis
● U. Russo - La matematica e la conoscenza
dell'universo
● I. Ghersi - Matematica dilettevole e curiosa
141

142

INDICE
Prefazione 3
LA SCACCHIERA
Coordinate 7
Distanze 8
Ordine 10
Scacchiera+pezzo=grafo 11
Problema n.1 (leggenda di Sissa) 13
Problema n.2 14
Problema n.3 15
Problema n.4 (la scacchiera mutilata) 16
Problema n.5 (il tappeto di Sierpinski) 19
Problema n.6 (minimo attacco) 21
Problema n.7 (massimo attacco) 22
Problema n.8 (colorazioni della scacchiera) 23
Quante caselle ci sono sulla scacchiera? 26
I PEZZI
Mosse-spostamenti 31
Mobilità di un pezzo 32
Descrivere una posizione 33
Il Re 35
Problema n. 9 (passeggiata del Re-I) 38
Problema n. 10 (passeggiata del Re-II) 39
Problema n, 11 (passeggiata del Re-III) 42
Problema n. 12 43
Problema n. 13 44
La Donna 47
Problema n. 14 48
Costruire una soluzione 53
Problema n. 15 55
La Torre 57
Problema n. 16 57
Problema n. 17 60
L'Alfiere 63
Problema n. 18 64
Problema n. 19 66
Il Cavallo 69
143

Problema n. 20 70
Problema n. 21 72
Problema n. 22 79
Problema n. 23 ( ciclo euleriano) 81
Problema n. 24 ( ciclo hamiltoniano) 82
Ciclo pitagorico 84
Problema n. 25 (Guarini) 86
Pegaso 88
Eadem mutata resurgo 92
Il Pedone 95
Due pedoni...ed un quadrato 95
L'ALBERO DEGLI SCACCHI
Il teorema di Zermelo 100
.
QUADRATI DI EULERO
Quadrati latini 105
Scheduling 106
A proposito di tornei.. 109
Quadrati greco-latini 109
Il problema dei 36 ufficiali 112
Il guastafeste di Eulero 113
QUADRATI MAGICI
Definizioni e proprietà 116
Costruiamo un quadrato magico 114
Non solo matematica 121
Il magico Eulero 123
APPENDICI
APPENDICE A 131
APPENDICE B 135
144

145