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.

Se definisco $p=1+X$ e $q=1+Y$, la proprietà di $X$ e $Y$ può essere equivalentemente espressa richiedendo che $p$ sia un numero irrazionale maggiore di $1$ e che si abbia $1/p+1/q=1$. E in effetti nell’esempio all’inizio ho scelto $p=\varphi$ e $q=\varphi^2$ che soddisfano la proprietà richiesta.

Un anno dopo vengono pubblicate due soluzioni, una delle quali è stringatissima e arriva alla conclusione quasi cogliendoti di sorpresa:

Ripercorriamo il ragionamento. Nessun elemento di entrambe le successioni è intero. Al di sotto di un qualsiasi numero positivo $N$ ci sono $\lfloor N/(1+X)\rfloor$ elementi della prima sequenza e $\lfloor N/(1+Y)\rfloor$ della seconda sequenza (la simbologia $\lfloor x \rfloor$ indica il “pavimento” di $x$, ovvero il maggior numero intero minore o uguale a $x$). Ora, poiché $Y=1/X$ si ha $$\frac{N}{1+X}+\frac{N}{1+Y}=\frac{N}{1+X}+\frac{XN}{1+X}=N\ .$$

Poiché $X$ è irrazionale, $N/(1+X)$ e $N/(1+Y)$ non sono interi, e poiché la loro somma è pari a $N$, numero intero, la somma delle loro parti frazionali deve essere uguale a $1$.

Quindi $\lfloor N/(1+X)\rfloor$+$\lfloor N/(1+Y)\rfloor=N-1$ e questo è il numero totale di elementi delle successioni al di sotto di $N$. Similmente, ci sono in tutto $N$ elementi delle successioni minori di $N+1$, e quindi esattamente un elemento di esse sta fra $N$ e $N+1$.

Questa dimostrazione è impeccabile ma mi fa venire in mente un’osservazione di Schopenhauer:

Spesso, come nel caso del teorema di Pitagora, si disegnano delle righe e non sappiamo il perché, e solo in seguito scopriamo che erano una trappola che si chiude all’improvviso e imprigionano il consenso dell’attonito studente.

Presento allora un’altra dimostrazione, più lunga ma meno “trappolosa”. Voglio dimostrare che, dato $p$ numero irrazionale maggiore di $1$ e $q$ tale che $1/p+1/q=1$, allora fra due interi positivi consecutivi esiste sempre uno e un solo multiplo positivo di $p$ o di $q$.

Dimostriamo intanto che ne esiste almeno uno. È da notare che la irrazionalità di $p$, e quindi di $q$, fa sì che i multipli di $p$ e $q$ non possano mai essere interi e questo porta alla conseguenza, che si rivela fondamentale, di potere usare in molte disuguaglianze che seguono, i simboli di disuguaglianza stretta $<$ e $>$ invece di quelli di disuguaglianza larga $\leq$ e $\geq$ .

Supponiamo per assurdo che fra gli interi positivi $N$ e $N+1$ non vi siano multipli positivi né di $p$ né di $q$. Allora esistono $m$ e $n$ interi positivi tali che $$mp<N,\  (m+1)\,p>N+1,\ nq<N,\ (n+1)\,q>N+1$$ da cui ricaviamo$$\frac mN<\frac1p<\frac{m+1}{N+1},\ \frac nN<\frac1q<\frac{n+1}{N+1}\ .$$Sommando le due disuguaglianze concatenate e ricordando che $1/p+1/q=1$ otteniamo$$\frac{m+n}N<1<\frac{m+n+2}{N+1}\ \Rightarrow\ N-1<m+n<N\ ,$$cosa che non può essere in quanto avremmo che fra gli interi consecutivi $N-1$ e $N$ sarebbe compreso un altro numero intero, $m+n$.

Dimostriamo ora che esiste solo un elemento di una delle due successioni. Procediamo anche qui per assurdo: supponiamo esistano $m$ e $n$ interi positivi tali che $$N<mp<N+1,\ N<nq<N+1\ .$$Questo implica$$\frac m{N+1}<\frac1p<\frac mN,\ \frac n{N+1}<\frac1q<\frac nN\ .$$Sommando le due disuguaglianze concatenate e sempre in virtù del fatto che $1/p+1/q=1$ otteniamo$$\frac{m+n}{N+1}<1<\frac{m+n}N\ \Rightarrow\ N<m+n<N+1\ ,$$ ovvero giungiamo ad un assurdo come prima. Sia nella dimostrazione dell’esistenza che in quella dell’unicità dell’elemento delle successioni nell’intervallo $(N,N+1)$ non si giungerebbe ad un assurdo se le disuguaglianze non fossero strette.

Questo teorema è noto come teorema di Rayleigh (John William Strutt, 3° barone di Rayleigh, 1842-1919), infatti a pagina 123 del suo The Theory of Sound (1894) troviamo quanto segue:

Si possono evitare coincidenze dividendo la corda incommensurabilmente. Così, se $x$ è un numero incommensurabile (ovvero irrazionale, ndT) minore dell’unità, un elemento delle serie di quantità $m/x$, $m/(1-x)$, dove $m$ è un numero intero, può essere trovato fra due qualsiasi interi consecutivi, e solo un elemento vi si può trovare.

Interessante, no? Se abbiamo una corda tesa vincolata agli estremi, e la pizzichiamo, essa produce onde sonore di frequenza $f_0$ (fondamentale) e multiple di $f_0$ (armoniche). Se fissiamo incommensurabilmente un punto al suo interno e pizzichiamo le due parti così formatesi della corda, le frequenze prodotte dalle due parti non coincidono mai ed ogni intervallo di frequenze $(f_0,2f_0)$, $(2f_0,3f_0)$, $(3f_0,4f_0)$ … ha al suo interno una e una sola frequenza prodotta da una delle due parti della corda. Ad esempio, se $f_0$ corrisponde a un DO₄ e fissiamo il punto a distanza $l/\sqrt2$ da una estremità di una corda di lunghezza $l$, le frequenze prodotte saranno la fondamentale e le armoniche di FA#₄ e di un LA₅ crescente di un quarto di semitono. L’impressione acustica sarà alquanto dissonante e sgradevole. L’orecchio umano del resto pare gradire rapporti di frequenze razionali ed esprimibili con frazioni con numeri piccoli sopra e sotto il segno di frazione.

Da questo teorema discende che, dato $p\in \mathbb R,\ p>1$ e $q$ tale che $1/p+1/q=1$, se consideriamo gli insiemi $\{\lfloor p\rfloor,$ $\lfloor 2p\rfloor,$ $\lfloor 3p\rfloor,\ldots\}$ e $\{\lfloor q\rfloor,$ $\lfloor 2q\rfloor,$ $\lfloor 3q\rfloor,\ldots\}$ questi due insiemi costituiscono una partizione dell’insieme $\mathbb N^+=\{1,2,3,\ldots\}$.

Una successione del tipo $a_n=\lfloor n p\rfloor$ con $p\in \mathbb R\setminus\mathbb Q$, $p>1$ e $n \in\mathbb N^+$ è detta successione di Beatty. Successioni di Beatty associate a numeri irrazionali $p$ e $q$ per cui $1/p+1/q=1$ sono dette successioni di Beatty complementari in quanto ogni intero positivo appartiene ad una e ad una sola delle due successioni.

Possiamo visualizzare queste successioni tracciando nel primo quadrante del piano cartesiano le rette di equazioni $y=x/p$ e $y=x/q$ con $1/p+1/q=1$ e marcando opportunamente con quadrati i punti di intersezione di queste rette con le rette orizzontali di equazione $y=n$ con $n\in\mathbb N^+$. Come si vede nelle immagini in calce, se $p$ e $q$ sono irrazionali i quadrati di un colore e quelli dell’altro non vanno mai ad occupare uno stesso intervallo unitario orizzontale, ed ogni intervallo è “coperto” da un quadrato di una delle due successioni. Se $p$ e $q$ sono razionali si verificano sia sovrapposizioni che vuoti.

Ci si potrebbe chiedere se sia possibile trovare tre o più sequenze complementari di Beatty. Il matematico russo naturalizzato statunitense James Victor Uspensky (1883-1947) ha dimostrato² che ciò non è possibile.

Il teorema di Rayleigh può essere parzialmente modificato per includere anche $p$ e $q$ razionali e gli interi non positivi: dati $p$ e $q$ reali e positivi tali che $1/p+1/q=1$, allora gli insiemi $\{\lfloor mp\rfloor, m\in\mathbb Z\}$ e $\{\lceil nq\rceil-1, n\in\mathbb Z\}$ formano una partizione di $\mathbb Z$ (la simbologia $\lceil x \rceil$ indica il “soffitto” di $x$, ovvero il minor numero intero maggiore o uguale a $x$). Come dicono i migliori autori, lasciamo al lettore la semplice dimostrazione di quest’ultimo teorema… 😉

Le ultime due immagini descrivono questa proprietà delle successioni estese complementari di Beatty.

rette $y=x/\varphi$ e $y=x/\varphi^2$

rette $y=x/\sqrt2$ e $y=x/(\sqrt2+2)$

rette $y=(\pi-1)x/\pi$ e $y=x/\pi$

rette $y=3x/4$ e $y=x/4$

rette $y=2x/3$ e $y=x/3$

rette $y=3x/5$ e $y=2x/5$

successioni estese di Beatty: rette $y=x/\varphi$ e $y=x/\varphi^2$

successioni estese di Beatty: rette $y=3x/5$ e $y=2x/5$

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¹ Si nota anche una interessante proprietà per i numeri interi compresi fra due multipli di famiglie diverse: quale? sapreste dimostrarla?

² J. V. Uspensky, On a problem arising out of the theory of a certain game, The American Mathematical Monthly, Vol. 34, No. 10 (Dicembre 1927), pp. 516-521.