Campo tautocrono

Un corpo si trova in un campo di forze centrali con questa caratteristica: se si pone il corpo in quiete in una qualunque posizione (eccettuata, ovviamente, quella del centro del campo di forze), il corpo giungerà nel centro del campo di forze sempre nello stesso tempo, indipendentemente dalla posizione iniziale. Che caratteristiche deve avere il campo di forze?

Produttoria sinuosa

Dimostrare che$$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}n \right )=\frac n{2^{n-1}}\ .$$

Una camminata causale: 3 – la funzione di fuga

Proviamo a visualizzare la distribuzione delle probabilità in funzione del numero di passi compiuto. Ho immaginato che il pedone compia i passi ad intervalli di tempo $\Delta t=1$ e con geogebra ho realizzato questa animazione. Ho indicato con $F(n,t)$ la probabilità che il pedone si trovi in posizione $n$ ($n\in\mathbb Z$) dopo $t$ passi.

Una camminata casuale: 2 – distribuzioni di probabilità

Alla fine della puntata precedente ci eravamo chiesti come calcolare la specifica probabilità che un pedone giunga in uno dei limiti in esattamente $l$ passi, oppure quale sia il numero di passi per cui la probabilità che il pedone abbia raggiunto uno dei due limiti abbia un certo valore $p$.

Un modo di rispondere a queste domande è utilizzare la matrice di Markov relativa al caso che vogliamo esaminare.

Ho considerato il caso più semplice in cui le probabilità di muoversi a sinistra o a destra sono uguali ($p=q=\frac12$) ed il pedone è inizialmente in posizione $0$ con limiti simmetrici in $-n$ e $+n$. Nel caso $n=4$ possiamo scrivere la matrice di Markov $\mathbf M$ come nella figura qui a lato. Gli elementi estremi della riga centrale di $\mathbf M^l$ corrispondono alle probabilità che il pedone sia giunto ad uno dei limiti dopo $l$ passi.

Una camminata casuale: 1 – passi e probabilità

Un pedone è posto in $x=0$. Si lancia una moneta e, se esce testa il pedone si sposta di una unità verso destra, altrimenti si sposta di una unità verso sinistra. Qual è il numero medio di lanci da effettuare affinché il pedone raggiunga una distanza $n$ dall’origine? Chiamo $E(x)$ ($x\in \mathbb N$) il numero medio di lanci affinché il pedone passi dalla posizione $0$ a una posizione distante $x$ dall’origine, e $E(a;b)$ ($a,b\in \mathbb N$) il numero medio di lanci affinché il pedone passi da una posizione distante $a$ dall’origine a una posizione distante $b$ dall’origine.

Il triangolo no! e invece sì!! (5/5)

Ovvero: tetraedri, ma con ordine!

Nella puntata precedente abbiamo considerato sestuple $(x_1,x_2,\ldots,x_6)$ con $x_i\in\{1,2,\ldots,n\}$ e abbiamo cercato quante di queste sestuple possano corrispondere alle lunghezze degli spigoli di un tetraedro. Risulta che vi sono al massimo $30$ tetraedri possibili per sestupla, in quanto le permutazioni degli $x_i$ sono ovviamente $6!=720$ ma per ogni sestupla ordinata vi sono $24$ permutazioni (inclusa quella identica) che corrispondono allo stesso tetraedro.

Stavolta facciamo contare l’ordine degli $x_i$ e in particolare consideriamo $x_1,$ $x_2,$ $x_3$ come lati di una faccia, $x_4$ opposto a $x_1$, $x_5$ opposto a $x_2$ e $x_6$ opposto a $x_3$, come raffigurato nell’immagine qui a lato. Naturalmente, essendoci stavolta il vincolo di rispettare un certo ordine, troveremo un numero di sestuple minore rispetto a quelle trovate consentendo la permutazione degli elementi.

La funzione del collezionista (2/2)

Abbiamo visto alcuni risvolti matematici della raccolta delle figurine. Che cosa cambia se si possono scambiare le figurine con altri collezionisti? Ovviamente ne dovremo, in media, comprare di meno per completare l’album. Vediamo in dettaglio.

Nel caso di un collezionista solitario, il numero medio di figurine da acquistare per completare un album di $N$ figurine è, come già visto: $$\langle F \rangle =\sum_{k=1}^N \frac Nk =N (\ln N + \gamma ) + \frac12 + O \left( \frac1N \right)\ .$$Nel caso di $c$ collezionisti, il numero medio di figurine richiesto per completare $c$ album di $N$ figurine non è esprimibile altrettanto facilmente

La funzione del collezionista (1/2)

«Ho comprato un album di figurine: quante ne dovrò acquistare in media per completarlo?»

Può essere formulato così il cosiddetto problema del collezionista. Si suppone che le figurine in vendita abbiano tutte la stessa probabilità di comparire. Se l’album ha $N$ figurine, la probabilità che la prima figurina comprata vada ad occupare un posto libero è naturalmente $p_1=1$; affinché la seguente figurina vada ad allargare la collezione, essa deve essere fra le $N-1$ rimanenti, e quindi la probabilità di allargare la collezione è $p_2=\frac{N-1}N$; una volta che l’album contiene due figurine, la probabilità seguente sarà $p_3=\frac{N-2}N$, ed in generale si avrà $p_n=\frac{N-n+1}N$.

Balistica viscosa

Se consideriamo il moto di un corpo soggetto alla sola forza di gravità, com’è noto si ha $\mathbf F = \mathbf F_P=m\mathbf g$ che, insieme alla seconda legge di Newton $\mathbf F = m\mathbf a$ porta a $\mathbf a=\mathbf g$. Se prendiamo un sistema di coordinate $(x,y)$ con l’asse $x$ orientato orizzontalmente e l’asse $y$ orientato verticalmente, otteniamo le equazioni $\ddot x=0$ e $\ddot y=-g$ che, insieme alle condizioni iniziali $x(0)=x_0$, $y(0)=y_0$, $\dot x(0)=v_{0,x}$ e $\dot y(0)=v_{0,y}$ portano alla soluzione$$\left\{ \begin{array}{l} x=x_0+v_{0,x}\,t \\ y=y_0 + v_{0,y}\,t-\frac12 gt^2 \end{array} \right. \ \mathrm{con}\ \left\{\begin{array}{l} \dot x=v_x= v_{0,x} \\ \dot y = v_y = v_{0,y}-gt \end{array}\right.\ .$$In presenza di forze di attrito le cose, dal punto di vista matematico, si fanno più complicate

Congruenze coniche

Indagando sui tetraedri mi sono imbattuto in una curiosa “coincidenza” che, generalizzando, è riassunta nella figura a lato: prendiamo un punto $P$ nel II quadrante e un punto $Q$ nel I quadrante e tracciamo iperboli ed ellissi passanti per $P$ e $Q$, tutte con gli stessi fuochi $F_1(0,-c)$ e $F_2(0,c)$. Le quattro coniche si intersecano com­ples­si­va­men­te in $16$ punti, e tra questi scegliamo $P'$, $Q'$, $R$ e $R'$ come in figura. Ebbene, si ha $PQ=P'Q'$ e $PR=P'R'$ (vi sono anche altre congruenze “nascoste” nella figura, oltre a quelle banali legate alla riflessione rispetto ad una retta).

Astroidi

Il teorema di Pick

Prendiamo una figura poligonale non intrecciata i cui vertici giacciono in punti dove le linee verticali e orizzontali di un reticolo quadrato si intersecano.

Esiste una formula semplice per determinarne la superficie: $S=I+\frac12B-1$ dove $I$ è il numero di punti del reticolo all’interno della figura e $B$ il numero di punti del reticolo lungo il perimetro della figura.

Il quarto criterio di congruenza

Com’è noto, nella geometria euclidea esistono tre criteri di congruenza per i triangoli, ovvero tre condizioni sufficienti ad affermare che due triangoli sono congruenti. Nello specifico due triangoli sono congruenti se:

• (I) hanno congruenti due lati e l’angolo fra essi compreso (LAL);
• (II) hanno congruenti un lato e gli angoli ad esso adiacenti (ALA);
• (III) hanno congruenti i tre lati (LLL).

Un eventuale quarto criterio di congruenza dovrebbe considerare come condizione che i due triangoli abbiano gli stessi angoli interni (AAA). Ma nella geometria euclidea, una volta introdotto il postulato della parallela, si trova che esistono infiniti triangoli non congruenti con gli stessi angoli interni e quindi non può esistere un quarto criterio di congruenza.

E… nelle geometrie non euclidee, ossia dove non vale il quinto postulato? Nella geometria iperbolica e in quella sferica o ellittica due triangoli con gli stessi angoli interni sono congruenti. Nella geometria euclidea due triangoli hanno gli stessi angoli interni se e solo se hanno i lati in proporzione e sono detti simili, nelle geometrie non euclidee esistono triangoli simili, ovvero con i lati in proporzione, ma, a meno che siano congruenti, non hanno gli stessi angoli interni. I triangoli equilateri (tutti ovviamente simili fra loro), ad esempio, nella geometria iperbolica hanno angoli interni congruenti minori di $60^\circ$, e i loro lati sono tanto più grandi quanto più gli angoli interni sono piccoli, mentre nella geometria sferica i triangoli equilateri hanno angoli interni congruenti maggiori di $60^\circ$ e i loro lati sono tanto più grandi quanto più gli angoli interni sono grandi.

Π come πisano

Nell’articolo del 1986 A New Formula for $\pi$, il matematico dell’allora Unione Sovietica Jurij Vladímirovič Matijasévič (Ю́рий Влади́мирович Матиясе́вич) presentò un limite che lega la serie di Fibonacci (alias Leonardo Pisano) a $\pi$. Il limite è il seguente:$$\pi=\lim_{n\to\infty}\sqrt\frac{6 \log \operatorname{fcm}(F_1,F_2,\ldots,F_n)}{\log \operatorname{mcm}(F_1,F_2, \ldots,F_n)} \tag{1}$$dove $ \operatorname{fcm}$ sta per “formale comune multiplo” e $ \operatorname{mcm}$ per “minimo comune multiplo”. Il “formale comune multiplo” non è altro che il semplice prodotto di tutti i termini, introdotto per rendere una certa simmetria fra numeratore e denominatore (i matematici in genere amano molto l’estetica delle formule), mentre $F_1,F_2$, eccetera sono i numeri di Fibonacci. La base dei logaritmi è irrilevante, essendo il rapporto fra i logaritmi di due numeri indipendente dalla base scelta per i logaritmi, in base alla identità $\log_b x=\dfrac{\log_a x}{\log_a b}$.

Il triangolo no! e invece sì!! (4/5)

Ovvero: tetraedri, che passione!

Generalizziamo ulteriormente, stavolta però facciamo un salto di dimensione, e passiamo dal triangolo al tetraedro. Prendiamo le sestuple $(x_1,x_2,\ldots,x_6)$ con $x_i\in\{1,2,\ldots,n\}$ e ci chiediamo: quante di queste sestuple hanno gli elementi tali per cui esiste un tetraedro che li abbia come lunghezze degli spigoli? Il problema risulta essere più complicato di quelli già visti. La prima complicazione sorge dal fatto che, a differenza di triangoli e poligoni, la costruibilità del tetraedro dipende dal modo in cui i sei spigoli sono connessi. Ad esempio, se abbiamo la sestupla $(1,1,1,2,2,2)$, possiamo costruire un tetraedro che abbia come base un triangolo equilatero di base $1$ e gli altri spigoli di lunghezza pari a $2$, ma non è possibile costruire un tetraedro che abbia come base un triangolo equilatero di base $2$ e gli altri spigoli di lato $1$, perché non si riesce a fare in modo che i tre spigoli di lunghezza $1$ si incontrino in un unico punto.

Se abbiamo una sestupla i cui elementi sono tutti diversi fra loro possiamo costruire $30$ tetraedri distinti, non considerando rotazioni e riflessioni.

Il triangolo no! e invece sì!! (3/5)

Siano $x_1, x_2,\ldots, x_k$ variabili aleatorie indipendenti che possono assumere con uguale probabilità i valori dell’insieme $\{1, 2, 3, …, N\}$. Qual è la probabilità $p(N,k)$ che esista un poligono di $k$ lati di lunghezza $x_1$, $x_2$,$\ldots$ $x_k$?
Vi sono $N^k$ tuple ordinate $(x_1,x_2,\ldots,x_k)$ con $x_1,x_2,\ldots, x_k \in \{1, 2, 3, \ldots, N\}$, e quindi la probabilità sarà $p(N)=\dfrac{P(N,k)}{N^k}$ dove $P(N,k)$ è il numero di tuple $(x_1,x_2,\ldots, x_k)$ che soddisfano le disuguaglianze triangolari $x_1<x_2+\ldots+x_k$, $\ x_2<x_3+\ldots+x_k+x_1$ $,\ldots,$ $x_k<x_1+x_2+\ldots + x_{k-1}$. Di fatto, se $x_1,x_2,\ldots, x_{k-1}< x_k$ l’unica disuguaglianza non banale è $x_k<x_1+x_2+\ldots+x_{k-1}$.

La chiave per risolvere il problema in modo ottimale è, anche nel caso generale:

1. contare le tuple che non soddisfano tutte le disuguaglianze triangolari,
2. fra queste ultime, contare le tuple con elemento massimo fissato, che indicherò con $n$.

Il triangolo no! e invece sì!! (2/5)

Siano $x$, $y$ e $z$ tre variabili aleatorie indipendenti che possono assumere con uguale probabilità i valori dell’insieme $\{1, 2, 3, \ldots, N\}$. Qual è la probabilità che esista un triangolo con lati di lunghezza $x$, $y$ e $z$?

Vi sono $N^3$ terne ordinate $(x,y,z)$ con $x,y,z \in \{1, 2, 3, \ldots, N\}$, e quindi la probabilità sarà $p(N)=\dfrac{T(N)}{N^3}$ dove $T(N)$ è il numero di terne $(x,y,z)$ che soddisfano le disuguaglianze triangolari $x<y+z$, $\ y<z+x$, $\ z<x+y$.

Avevo trovato una dimostrazione molto ingombrante, ma un’osservazione di Diecie Cinquepa, compagno di un gruppo facebook, mi ha portato sulla giusta strada. La chiave per risolvere il problema in modo ottimale è:

1. contare le terne che non soddisfano tutte le disuguaglianze triangolari,
2. fra queste ultime, contare le terne con elemento massimo fissato, che indicherò con $n$.

Il triangolo no! e invece sì!! (1/5)

Siano $x$, $y$ e $z$ tre variabili aleatorie indipendenti con distribuzione uniforme nell’intervallo $(0,1)$. Qual è la probabilità che esista un triangolo con i lati che misurino $x$, $y$ e $z$ ?

Possiamo, senza perdere di generalità, supporre che si abbia $z\leq y\leq x$. Un triangolo con lati di misura $x$, $y$ e $z$ esiste se e solo se sono soddisfatte le disuguaglianze triangolari $x<y+z$, $y<z+x$ e $z<x+y$. Poiché abbiamo supposto $z\leq y\leq x$, la seconda e terza disuguaglianza sono automaticamente soddisfatte. Definendo gli insiemi $S=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\ | \ z\leq y\leq x\}$ e $T=\{(x,y,z)\in S\ | \ x<y+z\}$, la probabilità sarà $\,p=\dfrac{V_T}{V_S}$ dove $V_T$ e $V_S$ indicano le misure (in questo caso i volumi), rispettivamente di $T$ e di $S$.

Per calcolare questi volumi possiamo usare gli integrali oppure utilizzare un approccio geometrico.

Aurea immaginaria

$$\left(\frac{\sqrt{2+\varphi}}2+\frac{i}{2\varphi}\right)^5=i$$

“A useless but beautiful formula involving the golden ratio and i” by G. S.

L’algoritmo Chudnovsky

I fratelli David (1947-) e Gregory (1952-) Chudnovsky (Чудновский), nati a Kiev nell’allora URSS (oggi Ucraina) pubblicarono nel 1989 un articolo dove venne presentata una serie rapidamente convergente che consente di calcolare $\pi$: $$\frac1{\pi}=12\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k(6k)!(545140134k+13591409)}{(3k)!(k!)^3(640320^3)^{k+1/2}}\ .\tag{1}$$Chiamando $S_n$ il secondo membro della $(1)$ con la serie sviluppata per $k$ che va da $0$ a $n$ si ha, sviluppando con $100$ cifre decimali dopo la virgola: $$1/S_0=3{,}1415926535897\color{red}{342076684535915782983407622332609157065908941454987376662094016591080661173474696897577\ldots}\\ 1/S_1=3{,}141592653589793238462643383\color{red}{5873506884758663459963743156549058068013014505652035911058309102192909290\ldots}\\ 1/S_2=3{,}14159265358979323846264338327950288419716\color{red}{76788548462879127277903706429773351769587269229114953737970\ldots}\\ 1/S_3=3{,}1415926535897932384626433832795028841971693993751058209\color{red}{849474080206624527897173463641036223211019081\ldots}\\ 1/S_4=3{,}141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816\color{red}{3466946902477172681652391560110\ldots}\\ 1/S_5=3{,}141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816406286208998628\color{red}{3957321948318671\ldots}\\ 1/S_6=3{,}14159265358979323846264338327950288419716939937510582097494459230781640628620899862803482534211706\color{red}{57\ldots}\\ 1/S_7=3{,}1415926535897932384626433832795028841971693993751058209749445923078164062862089986280348253421170679\ldots\\$$dove ho evidenziato in rosso i decimali non corretti.

Una proprietà reale ma non del tutto complessa

È noto che $(a^b)^c=a^{bc}\ \forall a,b \in \mathbb R^+,\ c\in\mathbb R$. Questa proprietà vale anche in $\mathbb C$? Consideriamo questo esempio: $$\begin{array}{l}(e^{2\pi i})^e=1^e=1,\ \textrm{ma} \\ e^{2\pi i e}=\cos(2\pi e)+i\sin(2\pi e)\simeq-0{,}19797-0{,}98021i \neq 1\end{array} $$Evidentemente in $\mathbb C$ le cose si fanno più complesse…

Mi sono chiesto: sotto quali condizioni la succitata proprietà della potenza di una potenza vale anche in $\mathbb C$ ?

Coniche che rotolano

Alcune animazioni… quando un’ellisse rotola su un’ellisse congruente come mostrato nel video, i fuochi dell’ellisse mobile descrivono due circonferenze di raggio $2a$ pari alla somma costante delle distanze dei punti delle ellissi dai rispettivi fuochi (questo si capisce osservando attentamente il secondo video). Ho scelto per il video ellissi con eccentricità pari al reciproco del rapporto aureo ($\varepsilon=1/\varphi$), così che la distanza focale è la sezione aurea del semiasse maggiore. Questo comporta fra l’altro che il semiasse maggiore sta al semiasse minore come il semiasse minore sta alla distanza focale, la qual cosa comporta a sua volta che il raggio di curvatura dell’ellisse nei vertici lungo l’asse maggiore sia pari alla distanza focale. E comporta anche che il triangolo che vedete nella seconda figura dopo i due video è rettangolo, ha il cateto minore che è la sezione aurea dell’ipotenusa, e l’ipotenusa sta al cateto maggiore come il cateto maggiore sta al cateto minore (la dimostrazione di tutte queste proprietà è lasciata come semplice esercizio per i lettori…)

Potremmo chiamare una tale ellisse “ellisse aurea” ? In effetti, ho scoperto, tramite Aldo Scimone, che ringrazio, che questa è una possibile definizione di ellisse aurea, quella data da Jagat Narain Kapur in “The golden ellipse”, International Journal of Mathematical Education in Science and Technology, 18 (2) (1987) pp. 205-214. L’articolo scritto da Aldo Scimone è consultabile liberamente a questo link. L’altra possibile definizione è quella che considera l’ellisse con i semiassi in rapporto aureo fra loro.

Una interessante equazione funzionale

In un fantastico gruppo facebook, Matematica & Aneddoti, mi sono imbattuto in questa equazione funzionale: $$f(x-y)f(x+y)=[f(x)-f(y)][f(x)+f(y)]=f(x)^2-f(y)^2\ .$$

Possiamo determinare subito alcune caratteristiche delle soluzioni di questa equazione:

1. Se $f(x)$ è soluzione, allora lo è anche $A f(x)$;
2. Se $f(x)$ è soluzione, allora lo è anche $f(\lambda x)$;
3. $f(0)=0$, infatti ponendo $x=y=0$ otteniamo $f(0)^2=0\Rightarrow f(0)=0$;
4. La funzione $f$ è dispari, infatti, ponendo $x=0$ otteniamo $f(-y)f(y)=-f(y)^2$ per cui se $f(y)\neq0$ allora $f(-y)=f(y)$, e questo vale anche se $f(y)=0$, infatti si ha analogamente $f(y)f(-y)=-f(-y)^2$ che insieme all’uguaglianza  precedente $f(-y)f(y)=-f(y)^2$ implica $f(y)^2=f(-y)^2$, pertanto se $f(y)=0$ si ha anche $f(-y)=0$.

Restringo la ricerca delle soluzioni alle funzioni analitiche di variabile complessa.

Il teorema di Kürschák

József Kürschák

Il matematico ungherese József Kürschák (1864-1933) (non vi inganni l’accento sulla a del cognome: nella lingua ungherese, come in quella francese, gli accenti sono fonici e non tonici, e in ungherese le parole hanno l’accento tonico sempre sulla prima sillaba, la pronuncia dovrebbe essere /'joːʒɛf 'kyrsaːk/) in un articolo del 1918 ha dimostrato che la somma dei reciproci di due o più numeri naturali consecutivi non dà mai come risultato un numero intero. Ho trovato in rete una dimostrazione molto simile a quella originale (che trovate qui alle pagine 299 e 300, però è in ungherese), che mi pare un po’ più semplice anche se un po’ più lunga e che richiede (come quella originale) solo conoscenze elementari in ambito matematico.

Il teorema ha come conseguenza che fra i numeri armonici $\displaystyle{H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k}$ l’unico appartenente a $\mathbb N$ è, banalmente, $H_1=1$.

Limite notevol-e

Navigando in rete mi sono trovato davanti questo limite notevole che non conoscevo:$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[p_n]{2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot \ldots\cdot p_n}=\lim_{n\to\infty} \left( \prod_{k=1}^n p_k \right )^\frac1{p_n}=e$$e mi sono chiesto: ma quanto rapidamente converge la successione?

Partizioni irrazionali

Prendiamo i multipli positivi del rapporto aureo $\varphi\simeq1{,}618$ e del suo quadrato $\varphi^2\simeq2{,}618$ e disponiamoli sulla retta reale (clic sull’immagine per ingrandirla):

Quello che si nota è che fra ogni coppia di interi positivi consecutivi troviamo sempre uno e un solo elemento di una delle famiglie di multipli.¹ Questo non è tanto legato alla sezione aurea ma ad un’altra proprietà che ora andiamo ad esaminare.

Facciamo un salto in America nei ruggenti anni ’20 (del secolo scorso) e andiamo a pagina 159 di The American Mathematical Monthly, Vol. 33, No. 3 (Marzo 1926) dove il matematico canadese Samuel Beatty (1881-1970) pone un problema:

Per i non anglofoni:

Se $X$ è un numero positivo irrazionale e $Y$ il suo reciproco, dimostrare che le successioni

$$(1+X)\ ,\qquad 2(1+X)\ ,\qquad 3(1+X)\ ,\ldots\\ (1+Y)\ ,\qquad 2(1+Y)\ ,\qquad 3(1+Y)\ ,\ldots$$

contengono uno e un solo numero fra ogni coppia di interi positivi consecutivi.

Tennis markoviano / tie-break vs. oltranza

L’11 luglio appena trascorso, durante la finale di Wimbledon Đoković-Berrettini, al primo set si è arrivati al 6-6 e si è giocato il tie-break. Se fosse stato l’ultimo set, fino al 2018 la regola sarebbe stata di andare avanti ad oltranza fino a quando un giocatore non avesse guadagnato un vantaggio di due giochi sull’altro (dal 2019 al quinto set si può arrivare fino al 12-12 ma poi si gioca il tie-break). Supponiamo di avere due giocatori che abbiano la stessa probabilità di segnare un punto: quanti punti in media verranno giocati nel tie-break? e quanti invece verrebbero giocati andando avanti ad oltranza?

Intanto chiediamoci: quanti punti vengono giocati in un game (uso il termine inglese per evitare ripetizioni)?

Nessun numero è un’isola

$$\begin{array}{rl} \ln(2)=\ln\left(1+1\right)& =\dfrac1{1}-\dfrac1{2}+\dfrac1{3}-\dfrac1{4}+\ldots\\ \ln(3)-\ln(2) =\ln\left(1+\dfrac12\right) & =\dfrac12-\dfrac12\dfrac1{2^2}+\dfrac13\dfrac1{2^3}-\dfrac14\dfrac1{2^4}\ldots \\ \ln(4)-\ln(3) =\ln\left(1+\dfrac13\right)  & =\dfrac13-\dfrac1{2}\dfrac1{3^2}+\dfrac13\dfrac1{3^3}-\dfrac14\dfrac1{3^4}+\ldots \\ & \vdots  \\ \ln(n+1)-\ln(n) =\ln\left(1+\dfrac1n\right)  & =\dfrac1n-\dfrac1{2}\dfrac1{n^2}+\dfrac13\dfrac1{n^3}-\dfrac14\dfrac1{n^4}+\ldots \end{array}$$

Medie ibride

Se consideriamo due numeri reali positivi $a_0$ e $b_0$ e definiamo $a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}2$ e $b_{n+1}=\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n}$ per ogni $n\in \mathbb N$, le successioni $a_n$ e $b_n$ tendono (ed alquanto rapidamente) a $\sqrt{a_0b_0}$. In un certo senso possiamo dire che la “media ibrida” della media aritmetica e di quella armonica coincide con quella geometrica.

Il matematico scozzese James Gregory (1638-1675), nel suo Vera circuli et hyperbolae quadratura (1667), generalizzando il procedimento di Archimede per la misura della circonferenza, e cercando di unificare la misura delle aree di settori circolari e iperbolici, introduce due successioni, $i_n$ e $I_n$ di mixtilinea inscritti e circoscritti. Dato un arco di conica, $i_0$ è l’area del triangolo inscritto che ha per lati i segmenti che congiungono gli estremi dell’arco al centro della conica e la corda corrispondente all’arco mentre $I_0$ è l’area del quadrilatero che ha per lati i segmenti che congiungono gli estremi dell’arco al centro della conica e i segmenti individuati dalle tangenti agli estremi della corda.

Tennis markoviano / deuce

Abbiamo due tennisti, che indicherò con le lettere maiuscole P e Q, che nel corso di un gioco sono arrivati ad una situazione di parità o deuce. Se chiamo $p$ e $q$ le rispettive probabilità di segnare un punto (ovviamente $p,q>0\ \land\ p+q=1$), quanti punti in media dovranno essere giocati affinché il gioco termini?
La situazione può essere rappresentata da questa figura. Se chiamo $n$ il numero di punti da giocare prima che il gioco termini e $\overline n$ il numero medio di questi punti, avrò una probabilità $p^2$ che sia $n=2$, una probabilità $q^2$ che sia $n=2$ e una probabilità $2pq$ che in media sia $n=\overline n+2$. Posso dunque scrivere: $\overline n=2p^2+2q^2+2pq(\overline n+2)$. Risolvendo per $\overline n$ ottengo $\overline n=2\ \dfrac{p^2+2pq+q^2}{1-2pq}=\dfrac2{p^2+q^2}$ dove ho tenuto conto del fatto che $p^2+2pq+q^2=(p+q)^2=1$. Si ha il massimo per $\overline n$ quando $p=q=1/2$ e allora $\overline n=4$. Quanto maggiore è la differenza in valore assoluto fra $p$ e $q$, tanto più $\overline n$ si avvicina a $2$.

E… se volessi sapere qualcosa di più? ad esempio qual è la probabilità che il gioco si chiuda in $4$, $6$, $8$, eccetera punti? Qual è la varianza? E quali sono le probabilità che sia P o Q a vincere? Possiamo utilizzare le matrici di Markov.

FratTartaglia

Il triangolo di Tartaglia nasconde una struttura frattale quando andiamo a discriminare fra elementi pari e dispari. Considerando le prime $2^n$ righe, per $n$ che tende a infinito otteniamo il triangolo di Sierpiński.

Perché i segnali superluminali sono “proibiti” dalla relatività.

Supponiamo di potere inviare un segnale a velocità maggiore di quella della luce, $c$. Supponiamo ad esempio di essere in un sistema inerziale $S$ e di inviare dall’origine degli assi un segnale lungo l’asse $x$ con velocità $v_S>c$ in direzione concorde al verso dell’asse $x$. La traiettoria del segnale avrà equazione $x(t)=v_S\ t$ con evento iniziale $(x_i,t_i)=(0,0)$ ed evento finale $(x_f,t_f)=(d,d/v_S)$.
Consideriamo ora un sistema $S'$ con gli assi paralleli a quelli di $S$ e che si muova con velocità $v$ lungo l’asse $x$ del sistema $S$, in direzione concorde al verso dell’asse $x$. Le trasformazioni di Lorentz sono: $$\left\{ \begin{array}{l}x'=\gamma\ (x-v\ t) \\ t'=\gamma\ (t-v\ x/c^2) \end{array}\right.\ .$$Se $v_S>c$ posso scegliere $v<c$ in modo che sia $v_S\ v>c^2$: ad esempio supponiamo che sia $v_S=3/2c$, e scegliamo $v=3/4c$. Allora per il sistema $S'$ avrò $t'_i=0$ e $t'_f=-\gamma\ d/(12 c)$. In sostanza nel sistema $S'$ l’arrivo del segnale avviene prima della partenza del segnale. Ma questo viola il principio per cui la causa deve sempre precedere l’effetto, e renderebbe possibile trasmettere segnali indietro nel tempo, con tutte le contraddizioni logiche che questo comporterebbe.

Perché oggi è il vero π day

 Il ventidue luglio è il vero $\pi$ day, per almeno tre motivi:

1. La data non dipende dal sistema di numerazione usato. Se avessimo quattro dita per mano e usassimo un sistema di numerazione posizionale in base otto si avrebbe $\pi\simeq3{,}11_8$ e quindi il $\pi$ day “americano” cadrebbe il nove $(11_8)$ marzo. Se le dita per mano fossero sei e la base fosse dodici si avrebbe invece $\pi\simeq3{,}18_{12}$ e il $\pi$ day “americano” cadrebbe il venti $(18_{12})$ marzo.
2. $22/7$ è la approssimazione a cui il nostro Archimede è arrivato dopo una fatica immane ed avere calcolato che $\pi$ è minore di
   
   e quest’ultimo numero, semiperimetro di un poligono regolare di $96$ lati circoscritto ad una circonferenza di raggio unitario, e che oggi sappiamo valere circa $3{,}142715$, lo ha approssimato a $22/7=3{,}\overline{142857}$ con un errore pari a solo lo $0{,}0045\%$. Vogliamo premiare e commemorare la sua impresa? Considerate poi che gli antichi Greci indicavano i numeri con le lettere dell’alfabeto e pensate alla difficoltà anche solo di fare una addizione, figuriamoci estrarre una radice quadrata!
   
3. $22/7$ è la frazione continua di $\pi$ troncata al secondo termine, quindi è una approssimazione ottimale, al contrario di $3{,}14=314/100$.

E quindi:

BUON $\pi$ DAY A TUTTI!!!

Il gioco dei pacchi 🎁

In una nuova trasmissione televisiva viene fatto questo gioco: vi sono 20 concorrenti, ognuno con un pacco contenente un assegno con una cifra in euro. Viene estratto un concorrente: questi farà aprire un pacco a sua scelta e poi dovrà prendere una decisione: scegliere il pacco appena aperto oppure andare avanti e farne aprire un altro, e così via. Un pacco scartato non potrà più essere scelto. Se nessuno dei pacchi degli altri concorrenti verrà scelto, il concorrente sceglierà forzatamente il proprio pacco (dal valore inizialmente sconosciuto come tutti gli altri). Il concorrente si porterà a casa l’ammontare corrispondente al pacco scelto. Qual è la strategia che massimizza la probabilità di scegliere il pacco dal maggior valore? È da sottolineare che non si ha alcuna informazione sui valori degli assegni, l’unica cosa che si può fare è confrontare i contenuti dei pacchi fra loro.

Il teorema di Goldbach e il problema delle divergenze

Consideriamo le potenze dei numeri interi positivi (tralasciando i casi banali in cui la base o l’esponente sono $1$): se le prendiamo considerando le ripetizioni (ad esempio prendiamo due volte $4^2=2^4$, oppure $9^2=3^4$, ecc.), e sommiamo i reciproci otteniamo $1$. Se invece le prendiamo senza ripetizioni e sommiamo i reciproci otteniamo – sorprendentemente – lo stesso risultato. In linguaggio matematico, definiamo l’insieme $S$ delle potenze non banali: $S=\{m^n\ |\ m,n\in\mathbb N \land m,n\geq2\}$, e si ha:$$\sum_{p\in S}\frac{1}{p-1}=1=\sum_{m,n=2}^\infty\ \frac{1}{m^n}$$La dimostrazione della prima identità, chiamata teorema di Goldbach o di Goldbach-Eulero, fu pubblicata da Eulero nel 1737 nell’articolo Variae observationes circa series infinitas e attribuita ad una lettera (ora perduta) ricevuta da Goldbach $[\mathrm{GEwiki}]$. La dimostrazione (vedi $[\mathrm{Bib2006]}$) fa un uso “spregiudicato” della serie armonica ($1+\dfrac12+\dfrac13+\ldots$), assegnando un valore finito ad una serie divergente, ed Eulero era ben consapevole che fosse divergente ! Tuttavia il suo intuito (e stiamo parlando di uno dei massimi genî matematici di tutti i tempi) lo portava a pensare che avrebbe comunque ottenuto un risultato valido. La dimostrazione di Goldbach è stata in seguito resa rigorosa considerando le serie parziali della serie armonica ed effettuando poi il passaggio al limite.

Media potenziata

Siano $a_1,a_2,\ldots ,a_n\in\mathbb R^+$ e $x\in\mathbb R$: definiamo la funzione $$M_x(a_1,\ldots,a_n)= \left\{ \begin{array}{ll}\left(\displaystyle{\frac{a_1^{\ x}+a_2^{\ x}+\ldots+a_n^{\ x}}{n}} \right)^{1/x}, & x \ne 0 \\ \\ \displaystyle{\lim_{t\to0}M_t(a_1,\ldots,a_n)}\ , & x=0 \end{array} \right.$$

$M_1$ corrisponde alla media aritmetica, $M_2$ al valore quadratico medio, $M_{-1}$ alla media armonica.

1. Dimostrare che $M_0$ corrisponde alla media geometrica;
2. Dimostrare che se $x<y$ allora $M_x(a_1,\ldots,a_n)\leq M_y(a_1,\ldots,a_n)$ dove vale l’uguale se e solo se $a_1=a_2=\ldots=a_n$;
3. Calcolare $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}M_x(a_1,\ldots,a_n)}$;
4. Calcolare $\displaystyle{\lim_{x\to-\infty}M_x(a_1,\ldots,a_n)}$.

Tolomeo in campo complesso

La disuguaglianza di Tolomeo (ca. 100-175) afferma che per ogni quadrilatero $AXBY$ vale la disuguaglianza $AX\cdot BY+BX\cdot AY\geq AB\cdot XY$ dove vale l’uguale se e solo se il quadrilatero è inscrivibile in una circonferenza.

Vediamo di dimostrare questo teorema facendo uso dei numeri complessi. Poniamo l’incrocio delle diagonali nell’origine del piano complesso e una diagonale sull’asse reale. I quattro vertici del qua­dri­la­te­ro saranno $A(a)$, $X(x\ e^{i\theta})$, $B(-b)$ e $Y(-y\ e^{i\theta})$ dove $a$, $b$, $x$ e $y$ sono numeri reali positivi e $\theta \in (0,\pi)$.  Userò le lettere $A$, $B$, $X$ e $Y$ sia per indicare i punti sia per indicare i numeri com­ples­si ad essi associati, e sarà il contesto a chiarire il significato da attribuire loro.

Matriciana alla Fibonacci

Consideriamo questa matrice: $$W=\left( \begin{array}{ccccccccccc} 1 & 2 & 3 & 5 & 8 & 13 & 21 & 34 & 55 & 89 & \cdots\\ 4 & 7 & 11 & 18 & 29 & 47 & 76 & 123 & 199 & 322 & \cdots\\ 6 & 10 & 16 & 26 & 42 & 68 & 110 & 178 & 288 & 466 & \cdots\\ 9 & 15 & 24 & 39 & 63 & 102 & 165 & 267 & 432 & 699 & \cdots\\ 12 & 20 & 32 & 52 & 84 & 136 & 220 & 356 & 576 & 932 & \cdots \\ 14 & 23 & 37 & 60 & 97 & 157 & 254 & 411 & 665 & 1076 & \cdots \\ 17 & 28 & 45 & 73 & 118 & 191 & 309 & 500 & 809 & 1309 & \cdots \\ 19 & 31 & 50 & 81 & 131 & 212 & 343 & 555 & 898 & 1453 & \cdots \\ 22 & 36 & 58 & 94 & 152 & 246 & 398 & 644 & 1042 & 1686 & \cdots\\ 25 & 41 & 66 & 107 & 173 & 280 & 453 & 733 & 1186 & 1919 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array} \right)$$

Come noterete, la prima riga è formata dalla successione di Fibonacci partendo da $F_2$. Ogni riga è costruita in questo modo: $W_{n,1}=\left \lfloor\left \lfloor  n \varphi \right \rfloor \varphi \right \rfloor$ e $W_{n,2}=\left \lfloor\left \lfloor  n \varphi \right \rfloor \varphi^2 \right \rfloor$ dove i simboli $\lfloor\ \rfloor$ indicano la funzione pavimento, ovvero, in parole povere, il numero privato degli eventuali decimali dopo la virgola (più formalmente, il maggior numero intero minore o uguale alla quantità compresa fra i simboli $\lfloor$ e $\rfloor$) e $\varphi$ è il rapporto aureo. Gli elementi successivi di ogni riga si costruiscono con la regola ricorsiva di Fibonacci: $W_{i,n+3}=W_{i,n+2}+W_{i,n+1}$. 

L’elemento generico della matrice può anche essere calcolato con la formula $W_{m,n}=(m-1)F_n+\lfloor m\varphi\rfloor F_{n+1}$.

La matematica delle api

Come tutti sappiamo, le cellette delle api sono esagonali e sappiamo che in questo modo il piano può essere tassellato minimizzando, a parità di area della singola cella, il perimetro delle celle e quindi la quantità di cera utilizzata. La tassellatura esagonale richiede un consumo di cera del 18% inferiore rispetto a quella triangolare e del 7% inferiore rispetto a quella quadrata.
La cera è una sostanza rara e dispendiosa: 1 kg di cera richiede il lavoro di secrezione di circa 150'000 api ed al consumo di ben 12 kg di miele. È quindi essenziale che la quantità di cera impiegata per fare gli alveari sia la minore possibile e la quantità di miele contenuta la maggiore possibile. Ma… il fondo delle cellette come è fatto? Forse non tutti sanno che… non è piatto, è formato da tre rombi. Così, i due tipi di cellette che hanno aperture in direzioni opposte, non sono separate da un piano, come uno si aspetterebbe, ma da una superficie a zigzag. I prismi esagonali da una parte sono sfalsati rispetto a quelli dall’altra parte.

Keplero aveva dedotto dalla simmetria e dalla proprietà di riempire lo spazio di un alveare che i suoi angoli dovevano essere quelli del dodecaedro rombico, ma la scoperta passò inosservata.
Anni dopo, Giacomo Maraldi (1665-1729) si diede allo studio degli alveari e realizzò il primo alveare con una parete di vetro per potere osservare le api all’opera. Nel 1712, misurò gli angoli dei rombi trovando che gli angoli ottusi erano circa di $110^\circ$, ricavando, supponendo forme simili a quelle di un dodecaedro rombico, che fossero di $109^\circ28'$ (lo stesso angolo che formano lamine di sapone in una gabbia tetraedrica), e quindi gli angoli acuti di $70^\circ32'$.¹ 

Fibonacci alla matriciana

Conosciamo tutti i numeri di Fibonacci (1170-1242), vero? $0$, $1$, $1$, $2$, $3$, $5$, $8$, $13$, $\ldots\ $

Sono definiti da $F_0=0$, $F_1=1$ e $F_{n+2}=F_{n+1}-F_n, \forall n \in \mathbb N$. Esiste un modo per calcolare $F_n$ senza dovere prima calcolare tutti i precedenti numeri di Fibonacci? Sì, e per trovarlo usiamo le matrici.

In particolare definiamo la matrice $M=\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right )$ e calcoliamo le sue potenze: $$ M^2=\left( \begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right ),\  M^3=\left( \begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{array} \right ),\  M^4=\left( \begin{array}{cc} 5 & 3 \\ 3 & 2 \end{array} \right )\ \ldots$$ Come si vede, viene da supporre gli elementi di $M^n$ siano formati dai numeri $F_{n+1}$, $F_n$ e $F_{n-1}$. Possiamo dimostrarlo formalmente per induzione: si ha infatti $M^1=\left( \begin{array}{cc} F_2 & F_1 \\ F_1 & F_0 \end{array} \right)$ e supponiamo che per $1\leq k\leq n$ si abbia $M^k=\left( \begin{array}{cc} F_{k+1} & F_k \\ F_k & F_{k-1} \end{array} \right)$: si avrà allora $$M^{n+1}=M^n\cdot M=\left( \begin{array}{cc} F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right)=\\ \ \\=\left( \begin{array}{cc} F_{n+1}+F_n & F_{n+1} \\  F_n+F_{n-1} & F_n \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} F_{n+2} & F_{n+1} \\ F_{n+1} & F_n \end{array} \right),$$che prova la nostra supposizione.

Una discreta diffusione

Facciamo questo strano gioco dell’oca: a $t=0$ sei in posizione $x=0$. Lanci due monete. Se esce una doppia testa a $t+1$ fai un passo verso $x+1$, se esce doppia croce fai un passo verso $x-1$, se esce testa e croce stai fermo. Come cambia la distribuzione di probabilità in funzione del tempo? È una distribuzione binomiale e, come si vede nel video, la distribuzione si avvicina sempre di più a una gaussiana con la varianza proporzionale al tempo. È di fatto una versione discreta del fenomeno di diffusione (del calore, delle molecole di un gas…) e l’equazione alle differenze finite della funzione di probabilità è del tutto analoga all’equazione differenziale della diffusione.

Machin-azione per spaccare il caπello in 4

Per calcolare $\pi$ il noto siceliota Archimede (287 a.C.–212 a.C.) utilizzò come valori limitanti il semiperimetro dei poligoni regolari inscritti in una circonferenza di raggio unitario e quello dei poligoni regolari circoscritti alla stessa circonferenza. In particolare, conoscendo $l_n$, lato del poligono inscritto con $n$ lati, è possibile ricavare $l_{2n}$ e analogamente conoscendo $L_n$, lato del poligono circoscritto con $n$ lati, è possibile ricavare $L_{2n}$. Si parte da $l_6=1$ e $L_6=2/\sqrt3$.

Questo metodo ha due grandi svantaggi: il primo è il dovere calcolare radici quadrate (avete mai sperimentato l’ebbrezza di calcolare una radice quadrata con carta e penna? e tenete conto che noi abbiamo il sistema decimale, i Greci non l’avevano) e il secondo è la lentissima convergenza: ad ogni raddoppio dei lati l’errore diminuisce solo di un fattore circa uguale a $4$. D’altronde, all’epoca non c’era altro, sicché Archimede si dovette accontentare. Con un poligono inscritto di $96$ lati Archimede stabilì che $\pi>3+10/71$, e con un poligono circoscritto di altrettanti lati che $\pi<3+1/7$. In notazione decimale noi scriveremmo $3{,}1408<\pi<3{,}1428$.

Squadrature: ancora tu, non mi sorπrende lo sai…

Ogni numero naturale $n$ diverso da 0 può essere espresso in modo unico come prodotto di potenze di numeri primi (teorema fondamentale dell’aritmetica): $$n = \prod_{k=1}^{\infty}p_k^{e_k}=2^{e_1}\times3^{e_2}\times5^{e_3}\times\ldots$$ dove gli $e_k$ sono numeri naturali.

Scelto a caso un numero naturale diverso da zero, qual è la probabilità che si abbia $\max\{e_k\}<2$, ovvero che nessun esponente superi $1$? Il quesito  può essere riformulato così: qual è la probabilità che un numero naturale diverso da zero non sia multiplo di un quadrato (escluso il quadrato di $1$ ovviamente) ?

Ragionando al contrario, qual è invece la probabilità che un numero sia un multiplo, ad esempio, di $2^2=4$? è $\dfrac{1}{4}$, quindi la probabilità che non sia un multiplo di $4$ è $1-\dfrac{1}{4}$. E qual è la probabilità che non sia un multiplo di $3^2=9$? è $1-\dfrac{1}{9}$. Poiché le singole probabilità sono indipendenti, la probabilità che un numero n non sia multiplo di alcun quadrato porta alla stessa produttoria vista nel post sulla coπrimalità. E quindi la probabilità cercata è ancora $$p=\dfrac{1}{\zeta(2)}=\dfrac{6}{\pi^2}\simeq60{,}8\%\ .$$

Coπrimalità

Presi due numeri naturali maggiori di $1$, qual è la probabilità che essi siano coprimi, ovvero che il loro massimo comun divisore sia $1$?

La risposta è sorprendente: la probabilità è $p=\dfrac{1}{\zeta(2)}=\dfrac{6}{\pi^2}\simeq 60{,}8\%\ $ ($\zeta$ è la funzione zeta di Riemann), la dimostrazione è data in calce al post.

Ho provato a “verificare sul campo” questo valore, considerando $n$ numeri da $2$ a $n+1$ e contando quante sono le coppie ordinate $(a,b)$ di numeri coprimi, con $2\leq a,b \leq n+1$. Chiamo $c(n)$ il numero di queste coppie. Il rapporto $c(n)/n^2$ dovrebbe convergere a $\dfrac{6}{\pi^2}$ al tendere di $n$ a infinito. Le immagini qui sotto testimoniano che questo in effetti accade.

Serie senza parole

Da un’idea di Rick Mabry in College Mathematics Journal, vol. 32, no. 1 (Jan. 2001), p. 19. ↪︎https://www.jstor.org/stable/i326600

Pagina di Rick Mabry ↪︎https://lsusmath.rickmabry.org/rmabry/

Pagina dedicata a questa interpretazione grafica ↪︎https://lsusmath.rickmabry.org/rmabry/cake/cake.htm

Parabole e papere ‒ Atto II: Libertà

Come visto nell’Atto I, una catenaria è descritta dall’equazione $y_c=y_0+\dfrac{\cosh[a(x-x_0)]}{a}\ $.

Supponiamo ora di volere scegliere arbitrariamente i due punti a cui è appesa la corda. Chiamo $A(x_A,y_A)$ e $B(x_B,y_B)$ i due punti e chiamo $L$ la lunghezza della corda. Per trovare i parametri $a$, $x_0$ e $y_0$ della catenaria cercata occorre risolvere il seguente sistema:$$ \left\{\begin{array}{l}y_0+ \dfrac{\cosh[a(x_A-x_0)]}{a}= y_A \\ y_0+\dfrac{\cosh[a(x_B-x_0)]}{a}=y_B \\ \dfrac{\sinh [a (x_B-x_0)]-\sinh [a(x_A-x_0)]}{a} = L \end{array}\right. \ .$$ Un sistema di tre equazioni, risolvibili solo numericamente, è troppo per geogebra,  e peraltro anche software più blasonati (e costosi – geogebra è gratuito) arrancano a risolverlo.

Ma sedendo e mirando, sottraggo intanto la prima equazione dalla seconda e sostituisco l’equazione ottenuta alla seconda, ottenendo il sistema $$\left\{\begin{array}{l} y_0+\dfrac{\cosh[a(x_A-x_0)]}{a}= y_A \\ \dfrac{\cosh[a(x_B-x_0)]-\cosh[a(x_A-x_0)]}{a}= y_B-y_A \\ \dfrac{\sinh [a (x_B-x_0)]-\sinh [a(x_A-x_0)]}{a} = L \end{array}\right.$$ che ha la seconda e terza equazione che formano un sottosistema di due equazioni in due incognite.
A questo punto

Parabole e papere ‒ Atto I: Alla stessa altezza

Il titolo del post sarebbe stato più convenientemente Parabole, catenarie e spezzate, ma mi piaceva troppo l’idea di un titolo parodiante, “alla Elio”.

Tutto parte dalla domanda: Se prendo una corda omogenea e la fisso a due punti, che forma assumerà la corda a causa della gravità? Ovvero quale sarà la forma che minimizza l’energia potenziale gravitazionale? Della questione si occupò Galileo, che nel 1638 pubblicò “Discorsi e dimostrazioni intorno a due nuove scienze” dove, nella seconda giornata sembra intendere, erroneamente, che la forma di una fune appesa per i suoi estremi e sotto la forza di gravità, sia una parabola. Ma nella quarta giornata dello stesso dialogo, egli chiarisce inequivocabilmente che la distinzione tra la forma assunta dalla corda e la parabola gli era chiara:

La corda così tesa, e poco o molto tirata, si piega in linee, le quali assai si avvicinano alle paraboliche: e la similitudine è tanta, che se voi segnerete in una superficie piana ed eretta all’orizonte una linea parabolica, e tenendola inversa, cioè col vertice in giù e con la base parallela all’orizonte, facendo pendere una catenella sostenuta nelle estremità della base della segnata parabola, vedrete, allentando più o meno la detta catenuzza, incurvarsi e adattarsi alla medesima parabola, e tale adattamento tanto più esser preciso, quanto la segnata parabola sarà men curva, cioè più distesa; sì che nelle parabole descritte con elevazioni sotto a i gr. 45, la catenella camina quasi ad unguem sopra la parabola.

Nel 1691, Huygens, Leibniz e i fratelli Bernoulli dimostrarono che questa curva era una curva non algebrica, che Huygens chiamò “catenaria”.

Formalmente le due curve hanno espressione molto diversa: mentre infatti l’equazione di una parabola con asse verticale (qui supporremo sempre vera questa condizione) è $y=y_0+a(x-x_0)^2$, l’equazione di una catenaria è $y=y_0+\dfrac{\cosh[a(x-x_0)]}{a}$. La funzione coseno iperbolico è così definita: $\cosh x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$.
Mi sono chiesto: ma, in pratica, le due curve sono poi così diverse?

Il teorema di Morley

Molte proprietà geometriche fondamentali dei triangoli sono state scoperte nell’antichità e nei secoli passati, ma una particolare proprietà dei triangoli è stata scoperta solo relativamente di recente, se pensiamo alla storia più che bimillenaria della geometria.

figura 1

Nel 1899, infatti, il matematico anglo-statunitense Frank Morley (1860-1937) dimostrò che le trisettrici degli angoli interni di un qualsiasi triangolo si incontrano in tre punti che individuano un triangolo equilatero. Tale teorema, chiamato anche  “miracolo di Morley”, prende in considerazione ben 18 triangoli equilateri e il triangolo che qui consideriamo, quello mostrato in figura 1, è detto “primo triangolo di Morley” (per una visualizzazione dinamica cliccate qui). Qualcuno ha ipotizzato che questo teorema sia “sfuggito” agli antichi greci in quanto la trisezione di un angolo, come è stato dimostrato nel 1837 da Pierre-Laurent Wantzel, non è effettuabile con riga e compasso. La dimostrazione originale di Morley utilizza le proprietà delle curve algebriche tangenti ad un certo numero di rette e, in particolare, i lati dei triangoli equilateri sono i luoghi geometrici dei centri delle cardioidi inscritte nel triangolo di partenza.

I matematici si sono sbizzarriti a trovare dimostrazioni del teorema con gli approcci più diversi (utilizzando i numeri complessi, la trigonometria ed altro, basta fare una ricerca in rete per rendersene conto) ma esiste una dimostrazione del teorema svolta con la “classica” geometria euclidea e che quindi anche gli antichi greci avrebbero potuto elaborare. Quella che riporto qui sotto è la dimostrazione pubblicata da Nancy Walls nel 1944 (qui il suo articolo) con qualche precisazione e spiegazione in più. La dimostrazione è in un certo senso “a ritroso”.

L’orso di Coriolis

Mi sono imbattuto in questo indovinello: «Un orso lancia un sasso verso l’alto, ed esso ricade esattamente nel punto da cui è stato lanciato: di che colore è l’orso?». La risposta è che l’orso è bianco in quanto solo ai poli la traiettoria è perfettamente rettilinea. Questo perché, essendo la terra in rotazione rispetto a un sistema inerziale, entrano in gioco le forze “apparenti”: la forza centrifuga e la forza di Coriolis (n.b. si pronuncia coriolìs /kɔrjɔ'lis/).

Gaspard-Gustave de Coriolis (1792-1843)

La forza centrifuga si “mescola” naturalmente con la forza dovuta alla gravitazione terrestre e non devìa il moto dalla verticale, mentre quella di Coriolis sì.

L’espressione per la forza di Coriolis è $ \overrightarrow{{F}_{Co}}=-2m\overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v} $ dove $\overrightarrow{\omega}$ è il vettore che esprime la velocità angolare terrestre (ed è parallelo all’asse terrestre, orientato da sud a nord), $\overrightarrow v$ è il vettore velocità e $\times$ rappresenta il prodotto vettoriale. La forza di Coriolis è nulla quando i vettori $\overrightarrow{\omega}$ e $\overrightarrow{v}$ sono paralleli, il che, per un lancio verticale, avviene solo ai poli.

E se non siamo in uno dei poli dove ricadrà il sasso? Possiamo rispondere a questa domanda con un approccio perturbativo al prim’ordine in $\omega\ $: supponiamo che il moto verticale resti imperturbato e calcoliamo l’accelerazione aggiuntiva dovuta alla forza di Coriolis. Prendendo un sistema di riferimento con l’asse x rivolto verso ovest, l’asse y rivolto verso sud e l’asse z verticale rivolto verso l’alto, essa risulta avere componente x pari a $a_x=2\omega v_z\cos \lambda$ ($\lambda$ è la latitudine). Chiamando $v_0$ il modulo della velocità iniziale, la legge della componente verticale della velocità è $v_z=v_0-gt$ e quindi si ha $a_x=2\omega (v_0-gt) \cos \lambda$. Integrando otteniamo che $v_x=2\omega(v_0t-\tfrac{1}{2}gt^2)\cos \lambda$ e quindi $x=2\omega(\tfrac{1}{2}v_0t^2-\tfrac{1}{6}gt^3) \cos \lambda$. Sostituendo a $t$ il valore del tempo di volo $t_v=2\dfrac{v_0}{g}$ otteniamo che il sasso arriva al suolo a una distanza $$\Delta x=\dfrac{4 v_0^3}{3g^2}\omega \cos \lambda$$ dal punto di lancio, verso ovest.