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Che cosa rimane del rettangolo?

Iterando l’operazione di ritagliare da un rettangolo aureo il quadrato massimo che cosa rimane del rettangolo di partenza?

Il rettangolo di partenza ha i lati a e b, a>b, ed è aureo. I lati a e b soddisfano cioè la proporzione  a:b=b:(a-b)

Dal rettangolo si ritaglia il quadrato di lato b. Dal rettangolo che  rimane si ritaglia ancora il quadrato massimo. Si continua togliendo quadrati. Nei successivi tagli il rapporto a:b si mantiene inviariato. I rettangoli che rimangano sono sempre più piccoli, ma sempre aurei.

Si ricorda che l’equazione b^{2}+ab-a^2=0, risolta rispetto a  \frac{b}{a} ha per soluzione il numero aureo \varphi =\frac{\sqrt{5}-1}{2} che è circa 0,618.

Nell’immagine viene illustrata la sequenza dei primi sei tagli del rettangolo aureo (fai click sulla figura)

L’idea è questa: dopo ogni taglio valutiamo le nuove dimensioni del rettangolo. Dove tendono?

Effettuiamo il primo taglio (verticale) BA e poniamo x1=OA1=aφ. Il rettangolo BCA0A1  è aureo, pertanto,  \frac{A_{1}A_{0}}{BA_{1}}= \varphi \, e \, BA_{1}=a\varphi  quindi A_{1}A_{0}=a\varphi ^{2}.

Effettuiamo il secondo taglio (orizzontale), si ottiene DB1. Il rettangolo EDA1A0 è aureo quindi \frac{DA_{0}}{A_{1}A_{0}}= \varphi \, e \, A_{1}A_{0}=a\varphi ^{2} quindi y_{1}=OB_{1}= DA_{0}=a\varphi ^{3}

Procedendo in questo modo i segmenti che si formano nei successivi tagli si ottengono moltiplicando ad ogni iterazione per φ (fai click sulla figura)

Ora indichiamo con x_{i}=OA_{i}, le lunghezze dei segmenti orizzontali e con y_{i}=OB_{i}, le lunghezze dei segmenti verticali. Costruiamo una tabella

indice i xi yi
1 x1=OA1=aφ y1=OB1=aφ-aφ2
2 x2=OA2=a-aφ3 y2=OB2= aφ4
3 x3=OA3= aφ+aφ5 y3=OB3=aφ-aφ2-aφ6
4 x4=OA4=a-aφ3-aφ7 y4=OB4=  aφ4+aφ8
5 x5=OA5=aφ+aφ5+aφ9 y5=OB5=aφ-aφ2-aφ6-aφ10
6 x6=OA6=a-aφ3-aφ7-aφ11 y6=OB6=aφ4+aφ8+aφ12

Dalla tabella si vede che le lunghezze dei segmenti orizzontali di indice dispari formano una successione crescente.  Consideriamo la somma

x_{2n+1}=a\varphi +a\varphi ^{5}+a\varphi ^{9}+...+a\varphi ^{4n+1}=a\varphi (1+\varphi ^{4}+\varphi ^{8}+...+\varphi ^{4n})

e calcoliamo la somma dei termini della progressione geometrica di ragione \varphi ^{4}\; con\: \varphi < 1,  ricordando che \varphi =1-\varphi ^{2} :

x_{2n+1}=a\varphi \frac{1-\varphi ^{4(n+1)}}{1-\varphi ^{4}}=a\varphi \frac{1-\varphi ^{4(n+1)}}{(1-\varphi ^{2})(1+\varphi ^{2})}=a(1-\varphi ^{2})\frac{1-\varphi ^{4(n+1)}}{(1-\varphi ^{2})(1+\varphi ^{2})}=

= a\frac{1-\varphi ^{4(n+1)}}{1+\varphi ^{2}}=\frac{a}{1+\varphi ^{2}}-\frac{a\varphi ^{4(n+1)}}{1+\varphi ^{2}}

Ricordando che \varphi < 1 si ha \lim_{n \to \infty }x_{2n+1}=\frac{a}{1+\varphi ^{2}}

Analogamente, consideriamo la successione dei segmenti orizzontali di indice pari

x_{2n}=a-\left ( a\varphi ^{3}+a\varphi ^{7}+a\varphi ^{11}+...+a\varphi ^{4n-1} \right )=

= a-a\varphi ^{3}\left (1+\varphi ^{4}+\varphi ^{8}+...+\varphi ^{4n-4} \right )= a-a\varphi ^{3}\frac{1-\varphi ^{4n}}{1-\varphi ^{4}}=

= a-a\varphi ^{2}(1-\varphi ^{2})\frac{1-\varphi ^{4n}}{(1-\varphi ^{2})(1+\varphi ^{2})}= a\left ( 1-\frac{\varphi ^{2}}{1+\varphi ^{2}}\left ( 1-\varphi ^{4n} \right ) \right )

Anche in questo caso \lim_{n \to \infty }x_{2n}=\frac{a}{1+\varphi ^{2}}

Con lo stesso procedimento, consideriamo ora la successione (crescente) delle lunghezze dei segmenti verticali di indice pari

y_{2n}=a\varphi ^{4}+a\varphi ^{8}+a\varphi ^{12}+...+\varphi ^{4n}= a\varphi ^{4}(1+\varphi ^{4}+\varphi ^{8}+...+\varphi ^{4n-4})

y_{2n}=a\varphi ^{4}(1+\varphi ^{4}+\varphi ^{8}+...+\varphi ^{4n-4})=a\varphi ^{4}\frac{1-\varphi ^{4n}}{1-\varphi ^{4}}= a\varphi ^{3}\frac{1-\varphi ^{4n}}{1+\varphi ^{2}}

\lim_{n \to \infty }y_{2n}=\frac{a\varphi ^{3}}{1+\varphi ^{2}}

Infine consideriamo la successione (decrescente) delle lunghezze dei segmenti verticali di indice dispari

y_{2n+1}=a\varphi -(a\varphi ^{2}-a\varphi ^{6}-a\varphi ^{10}+...+\varphi ^{4n-2})

y_{2n+1}=a\varphi -a\varphi ^{2}(1+\varphi ^{4}+\varphi ^{8}+...+\varphi ^{4n-4})

y_{2n+1}=a\varphi -a\varphi ^{2}\frac{1-\varphi ^{4n}}{1-\varphi ^{4}}= a\varphi \left ( 1-\frac{1-\varphi ^{4n}}{1+\varphi ^{2}} \right )

\lim_{n \to \infty }y_{2n+1}=\frac{a\varphi ^{3}}{1+\varphi ^{2}}

In definitiva ciò che rimane del rettangolo è il punto P\left ( \frac{a}{1+\varphi ^{2}},\: \frac{a\varphi ^{3}}{1+\varphi ^{2}} \right )

Il punto è noto come l’Occhio di Dio.

È una specie di buco nero nel quale convergono gli infiniti rettangoli aurei. Tuttavia la particolarità di questo problema di posto da Hugo Steinhaus (1887-1972) [in Cento problemi di matematica, Boringhieri, 1987] è stata deliziosamente espressa da Franco Conti (1943-2003):

Il senso del problema non è certo nella affermazione che dopo infiniti tagli (operazione fisicamente ma anche logicamente impossibile) del rettangolo originario rimane il solo punto P; si basa invece su un fatto assai concreto e semplice: comunque si fissi un ε>0 dopo un certo numero di tagli si otterrà un rettangolo che contiene il punto P e ha i lati minori di  ε ( il numero di tagli necessari dipende ovviamente da ε e può essere molto grande se si assume ε piccolo). Ogni altro punto del rettangolo iniziale viene invece, prima o poi, “tagliato via”.

Il problema costituisce pertanto anche un eccellente esempio, “concreto ma non banale”, per illustrare e motivare la nozione di limite.

Riferimenti nel sito:

 

 

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