Che cosa rimane del rettangolo?

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

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