Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

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fabtor
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Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da fabtor »

Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Immagine
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delfo52
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da delfo52 »

è un vecchio giochino, che mantiene il suo fascino inalterato nel tempo....
Affrontando il problema (il "mistero") alla maniera di Sherlock Holmes, potremmo partire da alcune considerazioni preliminari.
1) Anche se a prima vista sembra che ci sia un mistero, noi sappiamo che "i fantasmi non esistono"
2) Se misuriamo la superficie dei singoli poligoni otteniamo 32
3) La superficie del triangolo grande è 32,5
4) Nel cercare il "baco" dobbiamo tener presente che le linee orizzontali e verticali sono segnate con precisione e non sono suscettibili di errori
5) Non così per le linee oblique; o meglio per "la" linea obliqua
6) Non sarà un caso se il giochino iene proposto tipicamete su un foglio di carta a quadretti, piuttosto piccolini....
7) L'occhio umano ha un potere di risoluzione buono ma non infinito
8 ) la riga disegnata con una matita, specie se di mina morbida, non ha spessore virtuale, ma ha una sua, pur piccola, larghezza
8 ) 8/3 è abbastanza simile a 5/2 ma non è proprio uguale
9) .............
Enrico

fabtor
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da fabtor »

Quindi è un po' come i problemi del tangram?

Tuttavia c'è qualcosa che nel tuo ragionamento che non mi torna... mi pare che si perda l'unicità di una terna pitagorica...

Fra l'altro ora che mi fai notare qual è l'area del triangolo ed i numeri mi porti a ricordare un qualcosa che avevo letto su Fibonacci e Sam Loyd tempo fa... se la ritrovo cerco di essere più chiaro.
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panurgo
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da panurgo »

Ciò che vuole dire Delfo è che sovrapponendo le due figure

Immagine

si osserva che le ipotenuse dei triangoli formano il parallelogramma ${\text ABCD}$ la cui area si verifica facilmente essere pari a $1$... :wink:
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fabtor
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da fabtor »

Mmmh, c'è ancora qualcosa che ad un vecchio testone come me non è chiara...

Prendiamo in considerazione solo il primo dei due triangoli:


Come dice delfo la sua area è $\frac{13x5} 2 = 32.5$ giusto?

Se però appunto prendiamo i singoli componenti del triangolo e le loro aree abbiamo:

triangolo blu $= 12$
triangolo rosso $= 5$
figura azzurra $= 7$
figura verde $= 8$

Giusto?

A questo punto la somma delle aree componenti è $= 12 + 5 + 7 + 8 = 32$ $\neq 32.5$

Fino a qui è chiaro anche a me che c'è qualcosa che non va però limitandomi solo al primo triangolo di partenza ho qualche dubbio sul capire cosa:

Potendo giurare sulla correttezza delle figure irregolari poichè i lati sono sulla quadrettatura e sui cateti dei dei 2 triangolini per lo stesso motivo come appunto indicava Delfo quello che non va deve essere a livello dei lati obliqui.

Tuttavia a me vengono in mente solo tre ipotesi possibili:

O L'ipotenusa del triangolo di partenza non è una retta e quindi quello che vediamo non è in realtà un triangolo (ed a priori in questo caso potrebbe essere una curva molto piatta o molto più probabilmente una spezzata molto blanda)

O l'ipotenusa di uno dei due triangolini non è una retta

O le ipotenuse di entrambi i triangolini non sono rette

Ma aldilà del fatto che le tre alternative mi sembrano una più assurda dell'altra (a parte forse la prima nella sua variante a spezzata, ma comunque mi pare una "scenziaggine") e che in ogni caso questa '"ipotenusoide" dovrebbe essere in realtà più lunga di quello che sembra altro al momento non mi viene in mente... a parte concludere che il tutto è più della somma delle sue parti... ;)

Di cosa non sto tenendo conto?
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0-§
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da 0-§ »

fabtor ha scritto:O L'ipotenusa del triangolo di partenza non è una retta e quindi quello che vediamo non è in realtà un triangolo (ed a priori in questo caso potrebbe essere una curva molto piatta o molto più probabilmente una spezzata molto blanda)
Parafrasando Quelo, "la prima che hai detto".
A ben vedere infatti non è detto che le due ipotenuse debbano trovarsi lungo una stessa retta; in effetti non è così ed esse formano una spezzata.
Come ha fatto notare delfo, le pendenze delle rette non sono uguali, poiché appunto 8/3 non è uguale a 5/2.
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di $\pi$, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di $\pi$ dovesse cambiare.

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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da delfo52 »

cercando di semplificare, e come si vede bene nel disegno di panurgo, i due triangoli complessivi hanno i cateti corrispondenti coerenti (diciamo uguali che si fa prima), ma le due ipotenuse non sono vere ipotenuse, ma sono due spezzate, una un poco "bombata" e l'altra un poco incavata.
Per via del fatto che 8/3 non è uguale a 5/2.
Se si fa il disegno prendendo come unità non un quadretto, ma ad esempio 4 quadretti, e si usa una matita a mina dura e sottile, quando si traccia l'ipotenusa del trinagolone (che da 13x5 diventa 52x20), si vede che la linea NON passa per il "presunto" punto intermedio, anzi per nessuno dei due "presunti" tali.
E' solo usando quadretti piccoli e matita grossa che ci sembra di sì.
E perchè l'uomo è incline a trovare semplicità e regolarità nelle cose del mondo e nelle rappresentazioni.
Enrico

fabtor
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da fabtor »

OK, ora è tutto chiaro:

... e quindi scegliendo al posto dei rapporti 8/3 e 5/2 valori come 13/5 e 8/3 per i "triangolini componenti" od in generale delle coppie di cateti $F_{n} e F_{n-2}$ & $F_{n-1} e F_{n-3}$ con $n>>0$ arriveremmo a due triangoli i cui rapporti tra i cateti:$\frac{F_{n}} {F_{n-2}}$ e $\frac{ F_{n-1}} { F_{n-3}}$ tende ad essere uguale (alla sezione aurea o solo a qualcosa ad essa correlata? - non mi tornano come al solito gli indici, ma penso più alla prima) e quindi per : $\lim_{n\to\infty}\frac{F_{n}} {F_{n-2}}-\frac{F_{n-1}} {F_{n-3}}= 0$ ed il paradosso non dovrebbe più sussistere.

Domanda: tutto questo vale solo per via del fatto che i numeri coinvolti appartengono alla sucessione di Fibonacci od esistono anche altre "famiglie famose di numeri" che permettono la costruzione di tale tipologia di paradosso?

Fab

P.S. Facendo i confronti tra l'"ipotenusa" e l'"ipotenusoide" ho appunto ottenuto che in questo caso "il tutto è meno della somma delle sue parti" come appunto previsto ;).
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panurgo
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da panurgo »

fabtor ha scritto:Domanda: tutto questo vale solo per via del fatto che i numeri coinvolti appartengono alla sucessione di Fibonacci od esistono anche altre "famiglie famose di numeri" che permettono la costruzione di tale tipologia di paradosso?
Ecco un esempio con i numeri di Lucas (differenza 5)

Immagine
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da 0-§ »

L'idea è che la successione di Fibonacci, come quella di Lucas, "tende" a una successione esponenziale, quindi i rapporti diventano sempre più vicini.
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di $\pi$, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di $\pi$ dovesse cambiare.

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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da fabtor »

Tuttavia, non so se è perchè ormai ci ho fatto l'occhio o perchè il disegno di panurgo è sufficientemente grande o per via dei colori o cos'altro, ma mi pare che nel caso della serie di sia più evidente che le due ipotenuse dei triangolini non giacciano sulla stessa retta, se questa evidenza non è frutto di qualche artificio grafico ma reale, solo confrontando "i triangoli di Lucas" con quelli di "Fibonacci" sarei portato a dire senza fare nessun conto che essi costituiscono una dimostrazione grafica che la successione di Lucas tende alla successione esponenziale più lentamente di quella di Fibonacci.

Sbaglio?
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da panurgo »

fabtor ha scritto:Domanda: tutto questo vale solo per via del fatto che i numeri coinvolti appartengono alla sucessione di Fibonacci od esistono anche altre "famiglie famose di numeri" che permettono la costruzione di tale tipologia di paradosso?


Quando ho visto per la prima volta questo problema (su un Martin Gardner, credo) l'ho liquidato come un giochino di poco conto (eh, sì! facevo così): questo post mi ha stimolato ad occuparmene un po' più seriamente.
In primo luogo ecco la sovrapposizione dei due pseudotriangoli con il triangolo con cui li si vorrebbe confusi:

Immagine

i triangoli rossi hanno cateti $2$ e $5$, i triangoli blu hanno cateti $3$ e $8$ e il triangolo trattegiato, $5$ e $13$. Il buco corrisponde all'area del parallelogramma formato dalle ipotenuse ed è la differenza delle aree dei rettangoli ottenuti accoppiando il cateto maggiore (la base) di un triangolo al cateto minore (l'altezza) dell'altro.
Per rendere più evidente l'effetto "buco" ecco come si presenta la figura utilizzando i triangoli $\left(1,3\right)$, $\left(2,5\right)$ e $\left(3,8\right)$; nota bene che le coppie di numeri rappresentano effettivamente i triangoli perchè la lunghezza dei cateti è sufficiente a definire un triangolo rettangolo e i cateti sono ordinati come (altezza, base).

Immagine

Come si vede, qui il parallelogramma è molto più evidente.
Consideriamo ora la successione di Fibonacci

$1,1,2,3,5,8,13,21,\ldots$

ad essa corrispondono i triangoli rettangoli consecutivi

$\left(1,2\right), \left(1,3\right), \left(2,5\right), \left(3,8\right), \left(5,13\right), \left(8,21\right),\ldots$

e le diverse aree dei rettangoli ottenuti scambiando i triangoli tra di loro

$\left(3,2\right), \left(5,6\right), \left(39,40\right), \left(105,104\right),\ldots$

Il mio esempio precedente è basato sui numeri di Lucas

$2,1,3,4,7,11,18,29,\ldots$

cui corrispondono i triangoli rettangoli consecutivi (definiti da coppie di cateti)

$\left(2,1\right), \left(1,4\right), \left(3,7\right), \left(4,11\right), \left(7,18\right), \ldots$

e le diverse aree dei rettangoli ottenuti scambiando i triangoli tra di loro

$\left(8,3\right), \left(7,12\right), \left(33,28\right), \left(72,77\right), \ldots$

Nel primo caso la differenza tra le due aree di ogni coppia sembra essere sempre $1$, nel secondo $5$: voglio provare queste due affermazioni.
I numeri di Fibonacci e i numeri di Lucas sono definiti ricorsivamente come

$\left\{ \begin{array}{lC+30} F_{\script n}\/=\/ F_{\script n-1}\/+\/ F_{\script n-2} \\ F_{\script 0}\/=\/ F_{\script 1}\/=\/1 \end{array}\right.$

e

$\left\{ \begin{array}{lC+30} L_{\script n}\/=\/ L_{\script n-1}\/+\/ L_{\script n-2} \\ L_{\script 0}\/=\/2 \\ L_{\script 1}\/=\/1 \end{array}$

rispettivamente.
Per trovare la forma chiusa di una relazione ricorsiva lineare del secondo ordine bisogna innanzitutto risolverne l'equazione caratteristica: in questo caso

$x^{\script 2}\/-\/x\/-\/1\/=\/0$

che ha soluzioni

$x_{\script 1,2}\/=\/\frac {1 \pm \sqrt{5}}2\/=\/\left\{\varphi,\left(1\/-\/\varphi\right)\right\}$

La forma chiusa cercata è

$a_{\script n}\/=\/C_{\script 1}\/x_{\script 1}^{\script 2}\/+\/C_{\script 2}\/x_{\script 2}^{\script 2}$

con $C_{\script 1}$ e $C_{\script 2}$ costanti arbitrarie da determinare mediante le condizioni iniziali

$\left\{\begin{array}{lC+30} a_{\script 0}\/=\/ C_{\script 1}\/+\/ C_{\script 2} \\ a_{\script 1}\/=\/ C_{\script 1}\/x_{\script 1}\/+\/ C_{\script 2}\/x_{\script 2} \end{array}\right.$

cioè

$\begin{pmatrix}1&1\\ x_{\script 1} & x_{\script 2} \\ \end{pmatrix}\/\begin{pmatrix} C_{\script 1} \\ C_{\script 2} \\ \end{pmatrix}\/=\/\begin{pmatrix} a_{\script 0} \\ a_{\script 1} \\ \end{pmatrix}\qquad\Longrightarrow\qquad\begin{pmatrix} C_{\script 1} \\ C_{\script 2} \\ \end{pmatrix}\/=\/ \frac 1{ x_{\script 1}- x_{\script 2} }\/\begin{pmatrix} - x_{\script 2}&1 \\ x_{\script 1} & -1 \\ \end{pmatrix} \/\begin{pmatrix} a_{\script 0} \\ a{\script 1} \\ \end{pmatrix}$

e

$a_{\script n}\/=\/\frac{\left(a_{\script 1}-a_{\script 0} x_{\script 2}\right) x_{\script 1}^{\script 2} \/-\/ \left(a_{\script 1}-a_{\script 0} x_{\script 1}\right) x_{\script 2}^{\script 2}} {x_{\script 1}-x_{\script 2}}$

ovvero

$F_{\script n}\/=\/\frac{\left\[1-\left(1-\varphi\right)\right\]\varphi^{\script n}-\left(1-\varphi\right) \left(1-\varphi\right)^{\script n} } {\varphi-\left(1-\varphi\right)}\/=\/ \frac{\varphi^{\script n+1}-\left(1-\varphi\right)^{\script n+1}}{\sqrt{5}}$

e

$L_{\script n}\/=\/\frac{\left\[1-2\left(1-\varphi\right)\right\]\varphi^{\script n}-\left(1-2\varphi\right) \left(1-\varphi\right)^{\script n}}{\varphi-\left(1-\varphi\right)}\/=\/ \varphi^{\script n}+\left(1-\varphi\right)^{\script n}$

Vediamo ora le differenze tra i rettangoli

$\delta_{\script F}\/=\/\left| F_{\script n}\/ F_{\script n-3}\/-\/ F_{\script n-1}\/ F_{\script n-2}\right|$

e

$\delta_{\script L}\/=\/\left| L_{\script n}\/ L_{\script n-3}\/-\/ L_{\script n-1}\/ L_{\script n-2}\right|$

Per i numeri di Fibonacci

$\delta_{\script F}\/=\/\frac 1 5 \left| \left\[ \varphi^{\script n+1}-\left(1-\varphi\right)^{\script n+1}\right\] \/ \left\[ \varphi^{\script n-2}-\left(1-\varphi\right)^{\script n-2}\right\] \/-\/ \left\[ \varphi^{\script n}-\left(1-\varphi\right)^{\script n}\right\] \/ \left\[ \varphi^{\script n-1}-\left(1-\varphi\right)^{\script n-1}\right\]\right|$

e sviluppando i prodotti

$\delta_{\script F}\/=\/\frac 1 5 \left| \varphi^{\script 2n-1}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2n-1}\/-\/\left\[ \varphi\/\left(1\/-\/\varphi\right) \right\]^{\script n-2}\/\left\[ \left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 3}\/+\/\varphi^{\script 3}\right\]\/+\/ \\ \qquad -\varphi^{\script 2n-1}\/-\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2n-1}\/+\/\left\[ \varphi\/\left(1\/-\/\varphi\right) \right\]^{\script n-2}\/\left\[ \varphi\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2}\/+\/\varphi^{\script 2}\/\left(1\/-\/\varphi\right) \right\]\right|$

tenuto conto che $\left(1\/-\/\varphi\right)\/+\/\varphi\/=\/1$ e $\varphi\/\left(1\/-\/\varphi\right)\/=\/-1$

$\delta_{\script F}\/=\/\frac 1 5 \left| \left(-1\right)^{\script n}\/\left\[ \left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 3}\/+\/\varphi^{\script 3}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)\/+\/\varphi\right\]\right|\/=\/\frac 1 5 \left| \left\[\left(1\/-\/\varphi\right)\/+\/\varphi\right\]\/\left\[ \left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2}\/+\/\varphi^{\script 2}\/-\/\varphi\/\left(1-\varphi\right)\/+\/1\right\]\right|\/=\\ \qquad\frac 1 5 \left| \left(\frac {1-\sqrt{5}}2\right)^{\script 2}\/+\/\left(\frac {1+\sqrt{5}}2\right)^{\script 2}\/+\/2\right|\/=\/\frac 1 5 \left| \frac {3-\sqrt{5}}2\/+\/\frac {3+\sqrt{5}}2\/+\/2\right|\/=\/1$

Col che è dimostrato $\delta_{\script F}\/=\/1$ per qualunque coppia di triangoli consecutivi.
Per i numeri di Lucas

$\delta_{\script L}\/=\/\left| \left\[ \varphi^{\script n}+\left(1-\varphi\right)^{\script n}\right\] \/ \left\[ \varphi^{\script n-3}+\left(1-\varphi\right)^{\script n-3}\right\] \/-\/ \left\[ \varphi^{\script n-1}+\left(1-\varphi\right)^{\script n-1}\right\] \/ \left\[ \varphi^{\script n-2}+\left(1-\varphi\right)^{\script n-2}\right\]\right|$

e sviluppando i prodotti

$\delta_{\script L}\/=\/\left|\varphi^{\script 2n-3}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2n-3}\/+\/\left\[\varphi\/\left(1\/-\/\varphi\right)\right]^{\script n-3}\/\left\[\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 3}\/+\/\varphi^{\script 3}\right\]\/+\\\qquad -\varphi^{\script 2n-3}\/-\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2n-3}\/-\/\left\[\varphi\/\left(1\/-\/\varphi\right)\right]^{\script n-2}\/\left\[\left(1\/-\/\varphi\right)\/+\/\varphi\right\]\right|\/=\\ \qquad=\/\left| \left(-1\right)^{\script n-1}\/\left\[ \left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 3}\/+\/\varphi^{\script 3}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)\/+\/\varphi\right\]\right|\/=\/\left| \left(-1\right)^{\script n}\/\left\[ \left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 3}\/+\/\varphi^{\script 3}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)\/+\/\varphi\right\]\right|\/=\/5\delta_{\script F}\/=\/5$

che era quanto volevo dimostrare.
Chiaramente, dato che $\delta$ è pari all'area del parallelogramma formato dalle ipotenuse dei triangoli, tanto più piccolo è maggiore è l'illusione di avere un triangolo; allo stesso modo, al crescere di $n$, il parallelogramma si allunga e di assottiglia e l'illusione migliora (vedi immagini precedenti).
Per confronto ecco la figura ottenuta dai numeri di Lucas, triangoli $\left(1,4\right)$, $\left(3,7\right)$ e $\left(4,11\right)$

Immagine

e quella (ovviamente non in scala) ottenuta dai numeri di Fibonacci, triangoli $\left(3,8\right)$, $\left(5,13\right)$ e $\left(8,21\right)$

Immagine

Vi sono in generale altre relazioni ricorsive lineari (del secondo ordine come quelle di Fibonacci e Lucas) che abbiano $\delta\/=\/1$?
Per scoprirlo consideriamo una generica relazione ricorsiva omogenena del secondo ordine

$a_{\script n}\/=\/ba_{\script n-1}\/+\/ca_{\script n-2}$

La cui equazione caratteristica è

$x^{\script 2}\/-\/bx\/-\/c\/=\/0$

con soluzioni

$x_{\script 1,2}\/=\/\frac {b\pm\sqrt{b^{\script2}+4c}}2$

In generale $b^{\script2}\/\neq\/-4c$ e la soluzione è uguale alla precedente

$a_{\script n}\/=\/\frac{\left(a_{\script 1}-a_{\script 0} x_{\script 2}\right) x_{\script 1}^{\script 2}\/ - \/\left(a_{\script 1}-a_{\script 0} x_{\script 1}\right) x_{\script 2}^{\script 2}} {x_{\script 1}-x_{\script 2}}$

la differenza è $\delta\/=\/\left|a_{\script n}a_{\script n-3}\/-\/a_{\script n-1}a_{\script n-2}\right|$: sviluppando l'algebra e, tenuto conto che

$\begin{array}{lC+40}x_{\script 1}\/+\/x_{\script 2}\/=\/\frac {b+\sqrt{b^{\script2}+4c}}2\/+\/\frac {b-\sqrt{b^{\script2}+4c}}2\/=\/b\\x_{\script 1}x_{\script 2}\/=\/\frac {b+\sqrt{b^{\script2}+4c}}2\/\times\/\frac {b-\sqrt{b^{\script2}+4c}}2\/=\/\frac {b^{\script2}-b^{\script2}-4c}4\/=\/-c\\x_{\script 1}\/-\/x_{\script 2}\/=\/\frac {b+\sqrt{b^{\script2}+4c}}2\/-\/\frac {b-\sqrt{b^{\script2}+4c}}2\/=\/\sqrt{b^{\script2}+4c \end{array}$

otteniamo

$\delta\/=\/\left|\left(-1\right)^{\script n}\/\left(a_{\script 1}^{\script 2}\/-\/b a_{\script 0}a_{\script 1}\/-\/c a_{\script 0}^{\script 2}\right)\/bc^{\script n-3}\right|$

che diviene

$\delta\/=\/\left|\left(a_{\script 1}^{\script 2}\/-\/b a_{\script 0}a_{\script 1}\/-\/c a_{\script 0}^{\script 2}\right)\/bc^{\script n-3}\right|$

dato che consideriamo il valore assoluto.
Se poniamo $\delta\/=\/1$, in conseguenza del fatto che un prodotto di fattori interi è uguale a $1$ se e solo se tutti i fattori sono uguali a $1$, siamo costretti ad assegnare i valori

$\left\{\begin{array}{lC+30}a_{\script 1}^{\script 2}\/-\/b a_{\script 0}a_{\script 1}\/-\/c a_{\script 0}^{\script 2}\/=\/\pm\/1 \\b\/=\/\pm\/1 \\ c\/=\/\pm\/1 \end{array}\right.$

Dobbiamo dunque trovare le (infinite) soluzioni dell'equazione diofantea quadratica

$a_{\script 1}^{\script 2}\/-\/b a_{\script 0}a_{\script 1}\/-\/c a_{\script 0}^{\script 2}\/\pm\/1\/=\/0$

Essa ammette intanto le soluzioni banali

$\left(a_{\script 0},a_{\script 1}\right)\/\in\/\left\{\left(0,\pm1\right),\left(\pm1,0\right)\right\}$

che generano al variare di $b$ e $c$ le seguenti successioni

$\begin{array}{|r25r25r25r35|l|C+25} \hline a_{\script 0}&a_{\script 1}&b&c\qquad&\qquad{\text successione} \\ \hline 0&1&1&1\qquad&\qquad 0,1,1,2,3,5,8,\ldots\qquad \\ 0&1&1&-1\qquad&\qquad 0,1,1,0,-1,-1,0,1,\ldots\qquad \\ 0&1&-1&1\qquad&\qquad 0,1,-1,2,-3,5,-8,\ldots\qquad \\ 0&1&-1&-1\qquad&\qquad 0,1,-1,0,1,-1,0,1,\ldots\qquad \\ 0&-1&1&1\qquad&\qquad 0,-1,-1,-2,-3,-5,-8,\ldots\qquad \\ 0&-1&1&-1\qquad&\qquad 0,-1,-1,0,1,1,0,-1,\ldots\qquad \\ 0&-1&-1&1\qquad&\qquad 0,-1,1,-2,3,-5,8,\ldots\qquad \\ 0&-1&-1&-1\qquad&\qquad 0,-1,1,0,-1,1,0,-1,\ldots\qquad \\ 1&0&1&1\qquad&\qquad 1,0,1,1,2,3,5,8,\ldots\qquad \\ 1&0&1&-1\qquad&\qquad 1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1,\ldots\qquad \\ 1&0&-1&1\qquad&\qquad 1,0,1,-1,2,-3,5,-8,\ldots\qquad \\ 1&0&-1&-1\qquad&\qquad 1,0,-1,1,0,-1,1,0,-1,\ldots\qquad \\ -1&0&1&1\qquad&\qquad -1,0,-1,-1,-2,-3,-5,-8,\ldots\qquad \\ -1&0&1&-1\qquad&\qquad -1,0,1,1,0,-1,-1,0,1,\ldots\qquad \\ -1&0&-1&1\qquad&\qquad -1,0,-1,1,-2,3,-5,8,\ldots\qquad \\ -1&0&-1&-1\qquad&\qquad -1,0,1,-1,0,1,-1,0,1,\ldots\qquad \\ \hline \end{array}$

Tra queste, chiaramente, l'unica successione utile e quella dei numeri di Fibonacci; dobbiamo ora verificare le eventuali soluzioni non banali dell'equazione: per trovarle risolviamo l'equazione rispetto ad $a_{\script 1}$

$a_{\script 1}\/=\/\frac {ba_{\script 0}\pm\sqrt{\left(b^{\script 2}+4c\right)a_{\script 0}^{\script 2}\pm4}} 2$

e osserviamo che, se $c\/=\/-1$ allora è $b^{\script 2}\/+\/4c\/=\/-3$ e la sola possibilità per avere una radice intera è di porre

$a_{\script 1}\/=\/\frac {ba_{\script 0}\pm\sqrt{4-3a_{\script 0}^{\script 2}}} 2$

con

$4\/-\/3a_{\script 0}^{\script 2}\/>\/0$

cioè con

$a_{\script 0}^{\script 2}\/<\/\frac43$

da cui segue

$a_{\script 0}\/\in\/\left\{0,\pm1\right\}$

che fanno parte delle soluzioni banali: dobbiamo considerare solo $c\/=\/1$.
L'equazione diventa

$a_{\script 1}^{\script 2}\/-\/b a_{\script 0}a_{\script 1}\/-\/ a_{\script 0}^{\script 2}\/\pm\/1\/=\/0$

risolta in $a_{\script 1}$ come

$a_{\script 1}\/=\/\frac {ba_{\script 0}\pm\sqrt{5a_{\script 0}^{\script 2}\pm4}} 2\/=\/\frac {ba_{\script 0}\pm r} 2$

con

$r^{\script 2}\/=\/5a_{\script 0}^{\script 2}\/\pm\/4$

perchè la radice deve essere un numero naturale.
Riscriviamo l'equazione qui sopra come

$r^{\script 2}\/-\/5a_{\script 0}^{\script 2}\/=\/\pm\/4$

e la confrontiamo con l'equazione

$ax^{\script 2}\/-\/by^{\script 2}\/=\/c$

che è una generalizzazione dell'eqazione di Pell (quella delle mandrie del Sole di Archimede)

$x^{\script 2}\/-\/Dy^{\script 2}\/=\/1$

A furia di "furegare" in internet ho trovato un articolo che tratta appunto di un metodo per risolvere tali equazioni: da lì ho derivato la soluzione generale in forma chiusa

$\left\{ \begin{array}{lC+60} x_{\script n}\/=\/ \frac {\left( x_{\script 0}\pm\sqrt{\tiny \frac b a}y_{\script 0}\right)\/\left( \alpha_{\script 0}+\sqrt{\tiny \frac b a}\gamma_{\script 0}\right)^{\script n} + \left\[ x_{\script 0} - \left( \pm\sqrt{\tiny \frac b a}y_{\script 0}\right) \right\]\/\left( \alpha_{\script 0}-\sqrt{\tiny \frac b a}\gamma_{\script 0}\right)^{\script n}} 2 \\ y_{\script n}\/=\/ \frac {\left( x_{\script 0}\pm\sqrt{\tiny \frac b a}y_{\script 0}\right)\/\left( \alpha_{\script 0}+\sqrt{\tiny \frac b a}\gamma_{\script 0}\right)^{\script n} - \left\[ x_{\script 0} - \left( \pm\sqrt{\tiny \frac b a}y_{\script 0}\right) \right\]\/\left( \alpha_{\script 0}-\sqrt{\tiny \frac b a}\gamma_{\script 0}\right)^{\script n}} {2\sqrt{\tiny \frac b a}} \end{array} \right.$

I vari $\pm$ devono esser concordi; $a$ e $b$ sono i coefficienti dell'equazione, $\left(x_{\script 0},y_{\script 0}\right)$ è la più piccola soluzione positiva dell'equazione e $\left(\alpha_{\script 0},\gamma_{\script 0}\right)$ è la più piccola soluzione positiva dell'equazione di Pell ottenuta sostituendo il termine noto con $1$

$ax^{\script 2}\/-\/by^{\script 2}\/=\/1$

Vi risparmio la dimostrazione (due pagine di conti).
Cerchiamo le soluzioni minime

$\begin{array}{|r20r30r30r40r80C+30|} \hline r&a_{\script 0}&r^{\script 2}&5a_{\script 0}^{\script 2}&r^{\script 2}\/-\/5a_{\script 0}^{\script 2}\qquad \\ \hline {\fs4 1}&{\fs4 1}&{\fs4 1}&{\fs4 5}&{\fs4 -4}\qquad \\ 2&1&4&5&-1\qquad \\ 2&2&4&20&-16\qquad \\ {\fs4 3}&{\fs4 1}&{\fs4 9}&{\fs4 5}&{\fs4 4}\qquad \\ 3&2&9&20&-11\qquad \\ 4&1&16&5&11\qquad \\ 4&2&16&20&-4\qquad \\ 5&1&25&5&20\qquad \\ 5&2&25&20&5\qquad \\ 5&3&25&45&-20\qquad \\ 6&1&36&5&31\qquad \\ 6&2&36&20&16\qquad \\ 6&3&36&45&-19\qquad \\ 7&1&49&5&44\qquad \\ 7&2&49&20&29\qquad \\ 7&3&49&45&4\qquad \\ 7&4&49&80&-31\qquad \\ 8&1&64&5&59\qquad \\ 8&2&64&20&44\qquad \\ 8&3&64&45&19\qquad \\ 8&4&64&80&-16\qquad \\ 9&1&81&5&76\qquad \\ 9&2&81&20&61\qquad \\ 9&3&81&45&36\qquad \\ {\fs4 9}&{\fs4 4}&{\fs4 81}&{\fs4 80}&{\fs4 1}\qquad \\ \hline \end{array}$

Quindi

$\begin{array}{|c120c120|C+40} \hline r^{\script 2}\/-\/5a_{\script 0}^{\script 2} \/ = \/ +4 & \left (r_{\script 0},a_{\script 0,0}\right) \/ = \/ \left (3,1\right) \\ r^{\script 2}\/-\/5a_{\script 0}^{\script 2} \/ = \/ -4 & \left (r_{\script 0},a_{\script 0,0}\right) \/ = \/ \left (1,1\right) \\ r^{\script 2}\/-\/5a_{\script 0}^{\script 2} \/ = \/ 1 & \left (\alpha_{\script 0},\gamma_{\script 0}\right) \/ = \/ \left (9,4\right) \\ \hline \end{array}$

Sostituiamo i vari valori nella formula e troviamo, con $\left (r_{\script 0},a_{\script 0,0}\right) \/ = \/ \left (3,1\right)$ e il segno positivo

$\left\{\begin{array}{lC+40} r_{\script n}\/=\/ \frac{3+\sqrt{5}}2\/\left(9+4\sqrt{5}\right)^{\script n}\/+\/\frac{3-\sqrt{5}}2\/\left(9-4\sqrt{5}\right)^{\script n} \\ a_{\script 0,n}\/=\/ \frac{\frac{3+\sqrt{5}}2\/\left(9+4\sqrt{5}\right)^{\script n}\/+\/\frac{3-\sqrt{5}}2\/\left(9-4\sqrt{5}\right)^{\script n}} {\sqrt{5}} \end{array} \right.$

Ma osserviamo un po' meglio questi numeri

$\begin{array}{lC+40} 9+4\sqrt{5} \/=\/\left(\frac {1+\sqrt{5}} 2\right)^{\script 6}\/=\/\varphi^{\script 6} \\ 9-4\sqrt{5} \/=\/\left(\frac {1-\sqrt{5}} 2\right)^{\script 6}\/=\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 6} \\ \frac{3+\sqrt{5}} 2 \/=\/\left(\frac {1+\sqrt{5}} 2\right)^{\script 2}\/=\/\varphi^{\script 2} \\ \frac{3-\sqrt{5}} 2 \/=\/\left(\frac {1-\sqrt{5}} 2\right)^{\script 2}\/=\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2} \end{array}$

per cui è

$\left\{\begin{array}{lC+40} r_{\script n}\/=\/\varphi^{\script 6n+2} \/+\/ \left(1- \varphi \right)^{\script 6n + 2} \\ a_{\script 0,n}\/=\/\frac {\varphi^{\script 6n+2} - \left(1- \varphi \right)^{\script 6n + 2} } {\sqrt{5}}\/=\/F_{\script 6n + 1} \end{array}\right.$

Con $\left (r_{\script 0},a_{\script 0,0}\right) \/ = \/ \left (3,1\right)$ e segno negativo troviamo

$\left\{\begin{array}{lC+40} r_{\script n}\/=\/ \frac{3-\sqrt{5}}2\/\left(9+4\sqrt{5}\right)^{\script n}\/+\/\frac{3+\sqrt{5}}2\/\left(9-4\sqrt{5}\right)^{\script n}\/=\/\varphi^{\script 6n}\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 6n}\varphi^{\script 2}\/=\/-\left\[\varphi^{\script 6n-2}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 6n-2}\right\] \\ a_{\script 0,n}\/=\/ \frac{\frac{3-\sqrt{5}}2\/\left(9+4\sqrt{5}\right)^{\script n}\/+\/\frac{3+\sqrt{5}}2\/\left(9-4\sqrt{5}\right)^{\script n}} {\sqrt{5}} \/=\/-\frac{\varphi^{\script 6n-2}\/-\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 6n-2}} {\sqrt{5}} \/=\/-F_{\script 6n-3} \end{array} \right.$

Con $\left (r_{\script 0},a_{\script 0,0}\right) \/ = \/ \left (1,1\right)$ abbiamo delle espressioni simili alle precedenti in cui

$\frac{3\/\pm\/\sqrt{5}} 2$

è sostituito da

$\frac{1\/\pm\/\sqrt{5}} 2$

cioè $\varphi^{\script 2}$ da $\varphi$ e $\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 2}$ da $\left(1\/-\/\varphi\right)$: otteniamo perciò

$\left\{\begin{array}{lC+40} r_{\script n}\/=\/\varphi^{\script 6n+1} \/+\/ \left(1- \varphi \right)^{\script 6n + 1} \\ a_{\script 0,n}\/=\/\frac {\varphi^{\script 6n+1} - \left(1- \varphi \right)^{\script 6n + 1} } {\sqrt{5}}\/=\/F_{\script 6n} \end{array}\right.$

con il segno positivo e

$\left\{\begin{array}{lC+40} r_{\script n}\/=\/ -\left\[\varphi^{\script 6n-1}\/+\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 6n-1}\right\] \\ a_{\script 0,n}\/=\/ -\frac{\varphi^{\script 6n-1}\/-\/\left(1\/-\/\varphi\right)^{\script 6n-1}} {\sqrt{5}} \/=\/-F_{\script 6n-2} \end{array} \right.$

con il segno negativo.
Ora dobbiamo ricordarci che

$a_{\script 1}\/=\/\frac{ba_{\script 0}\/\pm\/r}2$

con $b\/=\/\pm\/1$ e vi sono perciò quattro valori di $a_{\script 1}$ per ogni coppia di $a_{\script 0}$ e $r$

$a_{\script 1}\/=\/\left\{\begin{array}{l} b\/=\/1\quad\to\quad\left\{\begin{array}{lC+30} \frac{a_{\script 0,n}+r_{\script n}}2 \\ \frac{a_{\script 0,n}-r_{\script n}}2 \end{array}\right. \\ b\/=\/-1\quad\to\quad\left\{\begin{array}{lC+30} \frac{-a_{\script 0,n}+r_{\script n}}2 \/=\/-\frac{a_{\script 0,n}-r_{\script n}}2\\ \frac{-a_{\script 0,n}-r_{\script n}}2\/=\/-\frac{a_{\script 0,n}+r_{\script n}}2 \end{array}\right. \end{array} \right.$

È evidente che i secondi due sono i primi due cambiati di segno: sostituiamo i valori con $b\/=\/1$ e segno positivo

$\frac {\frac{\varphi^{\script k}\/-\/\left(1- \varphi\right)^{\script k}}{\sqrt{5}} \/+\/ \left\[ \varphi^{\script k} \/+\/ \left(1 - \varphi\right)^{\script k} \right\] } 2 \/=\/ \frac{ \varphi^{\script k} \/ \frac{1 + \sqrt{5}} 2 \/-\/ \left(1 - \varphi\right)^{\script k} \/ \frac{1 - \sqrt{5}} 2 }{\sqrt{5}} \/=\/ \frac { \varphi^{\script k+1} \/-\/ \left(1 - \varphi\right)^{\script k+1}} {\sqrt{5}} \/=\/ F_{\script k}$

analogamente, con $b\/=\/1$ e segno negativo

$\frac {\frac{\varphi^{\script k}\/-\/\left(1- \varphi\right)^{\script k}}{\sqrt{5}} \/-\/ \left\[ \varphi^{\script k} \/+\/ \left(1 - \varphi\right)^{\script k} \right\] } 2 \/=\/ \frac{ \varphi^{\script k} \/ \frac{1 - \sqrt{5}} 2 \/-\/ \left(1 - \varphi\right)^{\script k} \/ \frac{1 + \sqrt{5}} 2 }{\sqrt{5}} \/=\/ -\frac { \varphi^{\script k-1} \/-\/ \left(1 - \varphi\right)^{\script k-1}} {\sqrt{5}} \/=\/ F_{\script k-2}$

quindi, ricapitolando

$\left\{ \begin{array}{l} a_{\script 0,n}\/=\/F_{\script k-1} \\ a_{\script 1,n}\/=\/\left\{\begin{array}{l} b\/=\/1\quad\to\quad\left\{ \begin{array}{lC+30} F_{\script k} \\ -F_{\script k-2} \end{array} \right. \\ b\/=\/-1\quad\to\quad\left\{ \begin{array}{lC+30} F_{\script k-2} \\ -F_{\script k} \end{array} \right. \end{array} \right. \end{array} \right.$

Vediamo (in ordine) le successioni che si ottengono

$\begin{array}{l} a_{\script n}\/=\/ a_{\script n-1}\/+\/ a_{\script n-2}\/\to\/\left\{ \begin{array}{lC+30} F_{\script k-1},\/ F_{\script k},\/ F_{\script k+1},\/ F_{\script k+2},\ldots \\ F_{\script k-1},\/ -F_{\script k-2},\/ F_{\script k-3},\/ -F_{\script k-4},\ldots \end{array} \right\} \\ a_{\script n}\/=\/ -a_{\script n-1}\/+\/ a_{\script n-2}\/\to\/\left\{ \begin{array}{lC+30} F_{\script k-1},\/ F_{\script k-2},\/ F_{\script k-3},\/ F_{\script k-4},\ldots \\ F_{\script k-1},\/ -F_{\script k},\/ F_{\script k+1},\/ -F_{\script k+2},\ldots \end{array} \right\} \end{array}$

Vi sono una successione di Fibonacci crescente e una decrescente più le medesime ma a segni alterni: le due successioni a segni alterni non possono avere un significato geometrico anche se soddisfano le condizioni algebriche.
Tanto per chiarire facciamo un esempio numerico supponendo sia $\left (r_{\script 0},a_{\script 0,0}\right) \/ = \/ \left (3,1\right)$, segno positivo e prendendo $n\/=\/1$: in tal caso $k\/=\/6n\/+\/2\/=\/8$, $F_{\script 7}\/=\/13$ e le successioni sono

$\begin{array}{l} a_{\script n}\/=\/ a_{\script n-1}\/+\/ a_{\script n-2}\/\to\/\left\{ \begin{array}{lC+30} 13,\/ 21, \/34, \/55,\ldots \\ 13,\/ -8,\/ 5, \/-3,\ldots \end{array} \right. \\ a_{\script n}\/=\/ -a_{\script n-1}\/+\/ a_{\script n-2}\/\to\/\left\{ \begin{array}{lC+30} 13,\/ 8,\/ 5, \/3,\ldots \\ 13,\/ -21, \/34,\/-55,\ldots \end{array} \right. \end{array}$

Ci resta ancora una possibilità: vi ricordate

$x_{\script 1,2}\/=\/\frac {b\pm\sqrt{b^{\script2}+4c}}2$

se $c\/=\/-b^{\script 2}/4$ allora deve essere

$\left\{\begin{array}{lC+30} b \/=\/ 2q \\ c \/=\/ -q^{\script 2} \end{array}\right.$

l'equazione caratteristica ha un'unica soluzione: $x\/=\/q$. E la soluzione generale della relazione ricorsiva è

$a_{\script n}\/=\/C_{\script 1}\/q^{\script n}\/+\/C_{\script 1}n\/q^{\script n}$

con le condizioni iniziali

$\left\{\begin{array}{lC+30} a_{\script 0}\/=\/C_{\script 1} \\ a_{\script 1}\/=\/C_{\script 1}\/q\/+\/C_{\script 2}\/q \end{array}\right.$

per cui

$\left\{\begin{array}{lC+30} C_{\script 1} \/=\/ a_{\script 0} \\ C_{\script 2} \/=\/ \frac{a_{\script 1}} q \/-\/ a_{\script 0} \end{array}\right.$

e

$a_{\script n} \/=\/ a_{\script 1} \/ n \/ q^{\script n-1} \/-\/ a_{\script 0} \/ \left( n \/-\/ 1 \right) \/ q^{\script n}$

La differenza vale

$\begin{array}{lC60C30}\delta \/=\/ \left| \begin{array}{lC+30} \left\[ a_{\script 1} \/ n \/ q^{\script n-1} \/-\/ a_{\script 0} \/ \left( n \/-\/ 1 \right) \/ q^{\script n} \right\] \/ \left\[ a_{\script 1} \/ \left (n \/-\/ 3 \right) \/ q^{\script n-4} \/-\/ a_{\script 0} \/ \left( n \/-\/ 4 \right) \/ q^{\script n-3} \right\] \/+\\ \hspace{60} - \left\[ a_{\script 1} \/ \left (n \/-\/ 1 \right) \/ q^{\script n-2} \/-\/ a_{\script 0} \/ \left( n \/-\/ 2 \right) \/ q^{\script n-1} \right\] \/ \left\[ a_{\script 1} \/ \left (n \/-\/ 2 \right) \/ q^{\script n-3} \/-\/ a_{\script 0} \/ \left( n \/-\/ 3 \right) \/ q^{\script n-2} \right\] \end{array} \right| \/=\\ {} \\ \hspace{40} =\/\left| -2a_{\script 1}^{\script 2}\/q^{\script 2n-5} \/-\/2a_{\script 0}^{\script 2}\/q^{\script 2n-3} \/+\/ 4a_{\script 0}\/a_{\script 1}\/q^{\script 2n-4} \right| \/=\/\left| 2q^{\script 2n-5} \/ \left( a_{\script 1} \/-\/ a_{\script 0}\/q \right)^{\script 2} \right| \end{array}$

Come già visto prima, un prodotto di numeri interi è uguale a $1$ se e solo se ciascun termine è uguale a $1$, e il termine $2q^{\script 2n-5}$ può essere uguale a $1$ solo nel caso particolare in cui $q\/=\/n\/=\/2$ e, di conseguenza, $a_{\script 0}\/=\/a_{\script 1}\/=\/\pm1$. Il termine generale della successione diventa $a_{\script n}\/=\/\pm\/\left\[n\/2^{\script n-1}\/-\/\left(n\/-\/1\right)\/2^{\script n}\right\]$, cioè $1,1,0,-4,16,-48,\ldots$ e $-1,-1,0,4,-16,48,\ldots$: anche le ultime due successioni sono inutilizzabili.

Rules Fì-bonacci, ta-tà-ra-tatatà :wink:
il panurgo

Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"

delfo52
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da delfo52 »

è proprio vero che il dannato-magico-meraviglioso Fibonacci spunta sempre fuori, e la spunta sempre vittoriosamente !!!!!
con l'aiuto del meraviglioso-magico-ipnotico Panurgo !!!!!!
Enrico

fabtor
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Re: Da dove viene il buco nel secondo triangolo (le partizioni sono le stesse)?

Messaggio da fabtor »

Mamma mia Panurgo!!!! Che super trattato!!! :shock:

E' sempre un piacere leggerti 8)

Xdelfo52: Come non darti ragione, comincio a credere che quando L'ipotesi di Riemann verrà definitivamente dimostrata questi bei numeretti spunteranno fuori ancora una volta in qualche modo a 'farci cucù' :mrgreen: come per dirci: "Possibile che ci avete messo così tanto? Noi siamo sempre stati qui" ;).
Ah, se i portieri avessero sulla maglia: $|e^{-i\pi}|$...

Pongo $y = x^{2}$ quindi $y=\frac {x^{2}}{pongo}$
[tratto da un compito in classe di uno studente di prima superiore]

Il vero gnomone aureo: http://thumbs.dreamstime.com/z/gnomo-de ... 526933.jpg

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