Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Vincenzo10 » 17/11/2016, 10:10

Una proprietà generale di queste successioni
Riprendo il discorso lasciato nel post precedente e ringrazio chi mi ha seguito fin qui.
Consideriamo una successione di numeri qualsiasi generate da un formula di ricorrenza del tipo:
$R1cdots cdots cdots a_(n+1)=L*a_(n)+K*a_(n-1)$ in cui $L$ e $K$ sono due parametri non necessariamente interi
e da una scelta arbitraria iniziale dei primi due termini $a_(1)$ e $ a_(2)$

Dati quattro elementi consecutivi della successione si ha sempre:
$K* a_(n)*a_(n+2)-K* a_(n+1)^2+a_(n+1) a_(n+3)-a_(n+2)^2= 0$
La dimostrazione, non difficile, la lascio a voi che mi leggete.

Esempio n. 1 $L=5; K=2$ scelta iniziale $ a_(1)=0; a_(2)=1$
Incipit della successione $0;1;5;27;145; 779; 4185; cdots cdots cdots $
Scegliamo la quaterna $a_(1);a_(2);a_(3);a_(4)$
Calcoliamo quindi: $ K*a_(1)*a_(3)-K* a_(2)^2+a_(2) a_(4)-a_(3)^2 = 2*(0*5-1^2)+(1*27-5^2) = -2 +2 =0 $
Scegliamo la quaterna $a_(2);a_(3);a_(4);a_(5)$
Calcoliamo quindi: $ K*a_(2)*a_(4)-K* a_(3)^2+a_(3) a_(5)-a_(4)^2 = 2*(1*27-5^2)+(5*145-27^2) = 4 -4 =0 $

Esempio n. 2 $L=5; K=2$ scelta iniziale $ a_(1)=1; a_(2)=0$
Incipit della successione $1;0;2;10;54; 290; 1558; cdots cdots cdots $
Scegliamo la quaterna $a_(1); a_(2); a_(3); a_(4)$
Calcoliamo quindi: $ K*a_(1)*a_(3)-K* a_(2)^2+a_(2) a_(4)-a_(3)^2 = 2*(1*2-0^2)+(0*10-2^2) = 4-4 =0 $
Scegliamo la quaterna $a_(2); a_(3);a_(4);a_(5)$
Calcoliamo quindi: $ K*a_(2)*a_(4)-K* a_(3)^2+a_(3) a_(5)-a_(4)^2 = 2*(0*10-2^2)+(2*54-10^2) = -8+8 =0 $
Vincenzo10
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Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Erasmus_First » 08/03/2017, 16:40

Vincenzo10 ha scritto:[...] volevo far notare [...] che, almeno nel caso della “mia” successione non è necessario che tu determini le costanti $A$ e $B$ in base ai valori iniziali $0$ e $1$. Puoi scegliere una coppia di valori qualsiasi.
Tu qui con la parola "valori" intendi in realtà "indici".
Certo: servono termini della "successione" di indice distinto, non conta che siano quelli di indice 0 e 1 e nemmeno che siano consecutivi. Si tratta infatti di risolvere un sistema lineare le cui soluzioni non cambiano cambiando gli indici dei termini considerati (purché si tratti di "sequenza linearmente dipendente").
Occho: tu continui ad usare la parola "successione" ... che è anche appropriata se, come fai, consideri sempre indici naturali.
Ma le tue "successioni" sono ... "mezze sequenze". Immagine
[Sai che io con "sequenza" intendo una infinità di numeri in corrispondenza biunivoca con gli interi $ZZ$, interi negativi compresi].
Infatti, tutti gli esempi che fai sono sfilze di interi estendibili anche a sinistra, con indice negativo da $-1$ a $-∞$. Per esempio la tua "successione" iniziale:
0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, ...
è caratterizzata dalla legge di ricorrenza
$a_(n+2) = 2·a_(n+1) + a_n$ (che è valida $∀n ∈ NN$, ma che va bene anche $∀n∈ZZ$).
A parole: dati tre termini in fila della sequenza, il terzo la somma del primo e del doppio del secondo.
Sicché da due termini consecutivi puoi andare "in avanti" a piacere un termine alla volta.
Ma la stessa legge si può dire anche così: dati tre termini in fila, il primo è la differenza tra il terzo ed il doppio del secondo.
E allora da due termini consecutivi puoi anche andare "all'indietro" a piacere un termine alla volta.
Nell'esempio in corso, prolungando a sinistra la tua "mezza sequenza" si trova che per indice negativo i termini della "mezza sequenza" di sinistra "sequenza" hanno segno alterno:
$∀n∈NN$ $a_(-n) = -(-1)^n·a_n$;
$... 169, -70, 29, -12, 5, -2, 1, 0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 129, ...$.
Nel caso di "ordine 2" , – diciamo $a_(n+2) = α·a_(n+1) + β·a_n$, $n$ intero ed autovalori distinti – si scelgono i termini consecutivi $a_0, a_1$ solo perché sono i più comodi (non c'è da fare potenze di $x_(1,2)=(α ± sqrt(α^2+4β))/2$).
[Ti faccio notare che – sempre nel caso del 2° ordine – se gli autovalori $x_1$ e $x_2$ non sono distinti, diciasmo se $x_1 = x_2 = k ≠ 0$ – la soluzione generale non è del tipo
$a_n = A·x_1^n + B·x_2^n$
bensì del tipo
$a_n = (A + B·n)·k^n$, (dove k è l'unico autovalore).
In particolare, per $k=1$ – cioè per legge di ricorrenza $∀n∈ZZ$ $a_(n+2)=2·a_(n+1) - a_n$ – la soluzione è del tipo
$a_n = A+n·B$ (si riduce cioè ad una progressione aritmetica di ragione B).
Vincenzo10 ha scritto:[...] una successione di interi [...] generata dalla formula B:
$a_(n+1)=L*a_(n)+a_(n-1)$ determina un rapporto $a_(n)/a_(n-1)$ che converge al valore $(sqrt(L^2+4)-L)/2$.

Occhio ai segni! $(sqrt(L^2+4)+L)/2$.Immagine
Dalla legge di ricorrenza $a_(n+1)=L*a_n+a_(n-1)$ viene il polinomio caratteristico
$x^2 - L·x - 1$
i cui autovalori sono
$x_1=(L + sqrt(L^2+4))/2$; $x_2=(L - sqrt(L^2+4))/2$.
Pertanto la soluzione generale è del tipo
$a_n = A·((L+sqrt(L^2+4))/2)^n + B((L-sqrt(L^2+4))/2)^n$.
Vedi che questa – come deve essere in generale – è la somma di due progressioni geometriche, una di ragione $x_1$ e l'altra di ragione $x_2$.
Se il prodotto dei due autovalori è 1 oppure –1 ed uno dei due è positivo e aggiore di 1, l'altro deve essere di modulo minore di 1. Allora una progressione cresce e diverge, l'altra invece è infinitesima (tende a zero). A lungo andare la prima è dominante; ed il rapporto tra un termine ed il precedente tende alla ragione della progressione geometrica dominante, cioè all'autovalore maggiore di 1.
Nel caso B che menzioni tu appunto $(sqrt(L^2+4)+L)/2$.
Vincenzo10 ha scritto:[...] formule ricorsive del tipo $a_(n+1)=L⋅a_n+K⋅a_(n−1)$ [...]. Se uno pone $L=2$ e $K=−$1 ottiene semplicemente la successione naturale dei numeri interi.
Non è proprio così!
Ho già fatto notare, più sopra, che le "sequenze linearmente dipendenti di ordine 2" con un solo autovalore (di molteplicità 2) – diciamolo $k ≠ 0$– sono in generale del tipo
$a_n = (A + n·B)·k^n$
e pertanto, se in particolare è $k = 1$, si riducono a progressioni aritmetiche di ragione B.
Per esempio:
$... –14, -11, -8, -5, -2, 1, 4, 7, 10, 13, 16, ...$
verifica la legge di ricorrenza
$∀n∈ZZ a_(n+1) = 2·a_n – 1·a_(n-1)$
ma non è la "successione dei naturali".
Vedi che è comunque una progressione aritmetica.
Ovviamente, se imponi che due termini consecutivi siano interi ed il secondo sia un'unità maggiore del primo, la ragione della progressione aritmetica è 1, tutti i termini sono interi e pertando si tratta proprio della sequenza degli interi $ZZ$ (la quale subordina la successione dei naturali a partire dal termine che vale "0" [al quale puoi assegnare un arbitrario indicescelto a piacere tra gli interi $ZZ$]).
–––––––
Ho dato un'occhiata a tutte le tue "successioni", e vedo che sono tutte esempi di "sequenze linearmente dipendenti" (in particolare "di ordine 2") .

Ciao ciao.
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Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Vincenzo10 » 05/05/2017, 15:04

Mi ha fatto piacere leggere il post di Erasmus dopo mesi che non mi ero dedicato a questo tema e che pensavo di non più riprendere sia per esaurimento del tema e sia perché non riesco a trovare un’applicazione interessante di queste successioni. Ho qualcosa in testa ma non mi quadra.
Erasmus. Stavolta hai messo giù, per me, un notevole impegno e ti ringrazio veramente.
In questi ultimi mesi, tra le faccende di famiglia, non ho studiato come bene avrei voluto, la teoria delle tue sequenze linearmente dipendenti; almeno quel che si legge nel documento che hai inserito qui nel post del 9/10/16. Però ora ho ripreso a interessarmene proprio perché la mia teoria è “immersa” in quella tua che è più generale.
Per quanto riguarda aspetti molto particolari che non capisco, vorrei parlartene “in privato” solo per non inzeppare inutilmente la successione di post che hanno finora caratterizzato questo tema.
Di nuovo grazie.
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Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Vincenzo10 » 19/05/2017, 11:01

Mi sono dedicato alle successioni di numeri interi, possibilmente positivi, per risolvere problemi come questo. Calcolare le cifre del pi greco con un algoritmo efficiente.

Un giorno, per varie ragioni, ho pensato di usare la tangente di angoli sempre più piccoli per approssimarne l’arco corrispondente secondo il seguente schema:

Immagine

Ora a partire dalla figura è facile costruire una ricorrenza del tipo $ a_(n+1)=sqrt(a_(n)^2+1) + a_(n)$ con $ a_(0)=1$ con la quale generare quei numeri reali che sono rappresentati come punti $B; C; D; E; cdots $ sull’asse orizzontale. Se ogni punto viene immaginato come centro di una circonferenza passante per l’origine si ricava che il segmento unitario verticale ne è la tangente.
Si tratta di una tangente fissa di valore 1 per circonferenze sempre più grandi di raggio $a_0; a_1; cdots a_n$ . Perciò se decido di fermarmi a “N” avrò: 1) che l’angolo corrispondente sarà un dimezzamento di grado N dell’angolo unitario ( per noi quello di 45 gradi); 2) che $2^N$ segmenti di lunghezza 1 costituiranno un inviluppo dell’arco costituito da $2^N$ angoli elementari; 3) che questo inviluppo lungo $2^N$ unità metriche prescelte è una misura approssimata dell’arco corrispondente all’angolo unitario (di 45 gradi) e 4) che il rapporto $2^N/a_N$ tende proprio alla costante $pi/4$.
Perciò tutto sta a costruire la successione $ a_(n+1)=sqrt(a_(n)^2+1) + a_(n)$ e fermarla a un certo punto.

Vorrei usare un foglio di calcolo excel. Osservo che in un foglio excel su un PC commerciale ordinario il calcolo delle radici quadrate si ferma a 15 cifre significative (parte intera e parte decimale) e se ammettiamo che questa quantità di informazione dovrebbe essere sempre mantenuta dagli algoritmi del computer, possiamo pensare che la successione fornita dal foglio excel sia relativamente “perfetta” ovvero esente da errori almeno- per quel che ci basta - nelle prime tre cifre decimali.
Esse sono ( esponendo solo tre cifre (per troncamento) nei decimali) :
$1;2,414; 5,027; 10,153; 20,355; 40,735 cdots cdots $
Ribadisco che in ognuno dei passaggi intermedi l’algoritmo del computer taglia il numero di input a 15 cifre, e ferma il suo algoritmo a un numero a 15 cifre in output. Concettualmente questo è un errore perché taglia tutta l’informazione contenuta nelle cifre successive, ma per quel che riguarda il mio esempio si può ben ammettere che 1) relativamente alle prime tre cifre decimali NON CI SIA alcun errore di approssimazione in ogni singolo termine della successione e 2) che il numero di termini della successione ( 5 termini decimali ) sia sufficientemente piccolo da non creare errore di accumulazione nel termine finale.
Adesso prendiamo nota di quel che abbiamo ottenuto calcolando la successione fino al termine num. 5.
Il rapporto tra $2^5=32$ e $a_5=40,735…..$ - secondo il computer (a 15 cifre) è 0,785555907485614000000
NB la filza di zeri finali è solo per mostrare che non c'è più calcolo dopo la quindicesima cifra.

A questo punto ho pensato di fare una simulazione di come andrebbero le cose se si usasse un algoritmo per le radici quadrate - perfetto in sé - ma in grado di lavorare solo con numeri a due cifre decimali sia in input che in output. Ho pensato che un algoritmo a 15 cifre possa essere considerato sufficientemente perfetto e preciso per questo tipo di calcolo “ridotto”.
Ho ottenuto:
$1; 2,41; 5,01; 10,11; 20,26; 40,54$
In cui, voglio chiarire, ogni termine è ottenuto utilizzando solo le due cifre esposte del termine precedente e troncando “a mano” il termine di output (i.e. il successivo) alle prime due cifre decimali.

Naturalmente qui si può vedere che il termine $40,54$ è diverso da quello della prima successione di riferimento che è $40,735$ e uno si può chiedere se questa differenza potrebbe essere riassorbita dal progredire della successione stessa. Domanda ingenua ma comprensibile.
La risposta è che non solo l’errore di approssimazione sui decimali non viene riassorbito ma la successione converge a un altro numero definitivamente.
In pratica abbiamo:
1) Il numero che il computer espone per conto suo per $pi/4$ è $0,7853981633974480000$ e, per noi, è il riferimento “vero”.
2) Il numero della successione di riferimento ( a 15 cifre) calcolata dal computer al 5° termine è $0,7855559074856140000$
3) Il numero della successione a 2 cifre calcolata al 5° termine è $0,7893438579181060000$
4) il numero a cui tende la successione a 2 cifre sembra essere $0,7892465162165500000$
Cioè risulta un errore “definitivo” già sulla terza cifra decimale. Inoltre questo valore dal sesto step in poi non evolve più e si fissa lì.

Con questo esempio ho messo in evidenza qualcosa che tutti i matematici sanno.
Cioè che le successioni di numeri reali non possono convergere a un numero reale se non in modo simbolico. Se uno vuole utilizzare i numeri “a cifre” deve stabilire “a priori” a) quanti termini della successione gli occorrono b) di quante cifre ogni termine deve esser composto perché il troncamento non influisca sul risultato finale.
Nel caso di pi greco come di un qualunque numero reale, non è un problema di poco conto poiché si tratta di trovare una regola di troncamento che riguardi, per dirla in sintesi, un numero di “infiniti procedimenti infinitamente lunghi”.

Nel prossimo post svilupperò considerazioni sulla serie di Taylor e vi porterò man mano ad amare i numeri interi perché, come vi ho fatto vedere, il calcolo con cui si vorrebbe determinare un numero reale è strutturalmente incompleto. E questo genera l'enorme difficoltà pratica di utilizzarlo in procedure sequenziali costituite da termini di numeri reali.
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Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Vincenzo10 » 26/05/2017, 12:26

Una successione di interi per $pi$ ?
Come molti sanno per calcolare il valore di $pi/4$ si usa la serie di Leibniz ovvero lo sviluppo in serie di Taylor dell’arcotangente in $x=1$. Il grande vantaggio di questa serie è che è fatta di numeri razionali e questi sono riconducibili a coppie di numeri interi (numeratore e denominatore).
$arctan x = x-x^3/3+x^5/5 cdots ((-1)^n * x^(2n+1))/(2n+1) $
Ora però quando si va ad utilizzare un foglio excel si nota che la convergenza è molto lenta. Per quel che mi sembra non è perfettamente provata la convergenza in $x=1$.
Cosicché ottenere le prime tre cifre decimali di $pi/4$ diventa un’impresa. Al quinto termine si ha $0,744$ e al sesto si risale a $0,820$ e questa oscillazione compare ancora, sulla seconda cifra decimale, tra il 25mo e il 26mo termine. Questo succede sia se utilizzate subito ad ogni termine la decimalizzazione e quindi lavorate con dei decimali approssimati dal soft a 15 cifre e sia se calcolate separatamente la serie di interi che rappresenta i numeratori poi quella dei denominatori e poi in ultimo fate una sola divisione per la rappresentazione decimale. Ovvero si constata che la lentezza della convergenza è un fatto strutturale.

Devo ora fare una precisazione. Immagino che i matematici che hanno determinato le cifre di $pi$ (conosciuto oggi fino alla settecentesima cifra – mi pare - ) non hanno seguito la serie dell’arcotangente e hanno sviluppato degli algoritmi particolari. Io però non intendo essere più bravo di loro per andare a scoprire l’acqua calda. Io ho l’obiettivo più ambizioso ( o forse solo più ingenuo) di sviluppare la comprensione delle successioni di numeri interi per sostituirli alle successioni (o anche alle serie) di numeri razionali.
Questo perché mi sembra che usare un numero razionale significhi solo utilizzare una coppia di interi. Però essi sono più semplici da usare e soprattutto sono privi di errori di troncamento.
Ho molta fiducia nelle formule di ricorrenza per due grandi motivi.
Il primo è che “segregano” gli errori della partenza come ho già spiegato.
Il secondo è che dalla successione generata da una formula di ricorrenza si possono ricavare vari tipi di frazioni ( e quindi numeri razionali che approssimano il valore reale che cerchiamo).
Per esempio dalla successione $ 0,1,2,5,12,29,70, 169, cdots cdots cdots$ si possono ricavare due tipi di rapporto a) $ a_(n+1) /(a_n) $ che tende a $sqrt(2) + 1 $ e b) $ a_(n)/a_(n+1)$ che tende a $sqrt(2) - 1 $. Ma nulla vieta di pensare di comporre tre termini “finali” se la cosa ha un senso.
A ciò si aggiunge il lavoro fatto da Erasmus che ho studiato da poco e che non solo consente di ottenere la funzione intensiva dalla equazione di ricorrenza ma anche di trasformare la successione in una sequenza e di estendere la ricorrenza agli indici negativi.
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Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Vincenzo10 » 08/06/2017, 14:11

Siccome vorrei utilizzare la teoria delle sequenze di Erasmus devo precisare che per successione intendo una funzione definita sull’insieme $N$ dei numeri interi positivi incluso lo zero. Avverto che in alcuni post precedenti le mie successioni sono partite da 1, così senza badare. Per sequenza intendo una funzione definita sull’insieme dei numeri relativi $Z$ e per serie intendo una successione i cui termini sono ottenuti dalla somma di tutti i precedenti.

Vorrei ora utilizzare la teoria di Erasmus per sequenze del II ordine.
Parto dal considerare due costanti arbitrarie $alpha$ e $beta$ quali zeri di un polinomio di II grado.
Due zeri distinti e di molteplicità = 1.
Ciò premesso, si sa che il polinomio che ha i due zeri prescelti è $(alpha-x)*(beta-x)$ ovvero $alpha*beta –(alpha+beta)*x +x^2$ . Questo è già il polinomio caratteristico della sequenza di cui parla Erasmus. O meglio, di tutti i polinomi possibili, i cui termini vengono individuati a meno di una costante arbitraria, è quello che porta 1 come coefficiente del termine in $x^2$
Si ha dunque $ C_0 = alpha*beta; C_1 = (-1)* (alpha+beta); C_2 = 1$.
Tali coefficienti definiranno la seguente dipendenza lineare
$ C_0*a_n+C_1*a_(n+1)+C_2*a_(n+2) = 0$
mediante la quale, dati due termini consecutivi di una sequenza potremo sempre calcolare i successivi o i precedenti.
Scritta in questo modo la formula della dipendenza lineare, si può ricavare facilmente il significato della “x” nel polinomio caratteristico. E’ sufficiente dividere l’equazione di cui sopra per $a_(n+1)$ e definire il rapporto $x=a_(n+2)/a_(n+1)$. Poi si può fare l’ipotesi che al tendere di n all’infinito, avvero per n sufficientemente maggiore di zero, si abbia una convergenza per cui $a_(n+1)/a_n = x= a_(n+2)/a_(n+1)$
Cosicché x assume il significato del limite ( se esistente o no vedremo dopo) della sequenza dei rapporti tra il consecutivo e il precedente.
Introdotto questo significato, si può dare analogo significato al secondo zero che si ottiene risolvendo l’equazione del polinomio caratteristico del II ordine. Precisamente si può dire che il secondo zero è il limite della sequenza dei rapporti tra il consecutivo e il precedente per n che tende a meno infinito, ovvero per n sufficientemente minore di zero.


Poniamo adesso $alpha = 1+sqrt(2)$ e $beta = 1-sqrt(2)$
avremo $C_0=(1-2)=-1$ e $C_1=-2$ che portati nella equazione di ricorrenza diventano $ 1*a_n + 2*a_(n+1) =1*a_(n+2) $ .
Ricordando i miei vecchi simboli sarebbero: $L=2$ e $K=1$
Partiamo ora da una scelta del tutto arbitraria di due termini della sequenza che vogliamo esporre. Poniamo $a_0 = 0 $ e $ a_1=1$ e otterremo, per un indice che va da -5 a +5 :
$cdots 29;-12;5;-2;1;0;1; 2;5;12;29 cdots$

che è una bellissima sequenza e, come tale, illimitata sia a sinistra che a destra. E’ bella perché è simmetrica nei valori assoluti, perché la parte con indice negativo è una funzione oscillante e quella positiva è monotona crescente e anche perché c’è un unico zero.

La teoria di Erasmus consente di scrivere la forma generale della funzione “intensiva” e cioè di quella che ci dà direttamente il termine ennesimo. Dato che ci sono due zeri distinti essa è $A*alpha^n + B*beta^n$ con A e B costanti da determinare.

Per fare questo faremo uso di un sistema di due equazioni che uguaglieremo a due termini qualsiasi della sequenza. Per semplicità useremo gli stessi termini iniziali $a_0 = 0 $ e $ a_1=1$ con cui abbiamo innescato la ricorrenza.
Per n= 0 $A+B = 0$ e per n= 1 $ A * (1+sqrt(2))+B*(1-sqrt(2)) = 1$ risolvendo le quali otterremo $A= 1/(2*sqrt(2)) $ e $ B = (-1)/(2*sqrt(2))$
Per provare la tenuta di quel che abbiamo scritto provate voi a calcolare il termine di indice +5 della sequenza che, mediante la ricorrenza, sappiamo che fa 29.
Io non faccio il calcolo qui perché è noioso ma vi posso assicurare che non sbaglia.
Se provate potete scegliere due modi. Uno è quello di usare un foglio excel e ottenete facilmente il risultato 29 tondo. Oppure potete utilizzare, come è il vero metodo giusto, il calcolo simbolico; sviluppando il binomio senza mai calcolare alcun decimale della radice di 2.
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Re: Suggestive successioni di interi

Messaggioda Vincenzo10 » 24/12/2017, 12:30

Due inghiottitoi
Adesso sono in grado di mettere in forma più generale il tipo di sequenze con polinomio caratteristico del II ordine con cui ho avuto a che fare fin qui.
Le mie sequenze sono caratterizzate da una coppia di zeri prescelti $alpha$ e $beta$ distinti e di molteplicità uno. La coppia è inoltre formata da numeri misti costituiti da una parte intera e da una parte rappresentata dalla radice quadrata di un secondo numero intero. Tipo $ alpha = A+sqrt(I); cdots beta = A-sqrt(I)$. Questi numeri misti sono l’aspetto più interessante su cui stiamo per soffermarci. Il polinomio è $(alpha-x)*(beta-x)$ ovvero $alpha*beta –(alpha+beta)*x +x^2$ da cui la formula sequenziale $(-1)*alpha*beta *a_n+(alpha+beta)*a_(n+1)=a_(n+2)$.
Se andiamo a sostituire gli zeri con i numeri misti e se usiamo vecchi simboli L e K per praticità avremo:
$L = alpha+beta= 2*A$
e
$K = (-1)*alpha*beta = I -A^2 $

entrambi numeri interi.
Per quanto detto già, la formula di ricorrenza genera una sequenza di numeri interi – diciamola primitiva - dalla quale è possibile ricavare una seconda sequenza di numeri razionali costituita dal rapporto $a_(n+1)/a_n$ - diciamola ricavata. Questa, come abbiamo dimostrato, converge per n tendente a più infinito a $A+sqrt(I)$ e per n tendente a meno infinito a $A-sqrt(I)$.
Per inciso faccio notare che la formula di ricorrenza lascia indeterminata la scelta dei primi due termini ( quello con indice 0 e quello con indice 1) i quali perciò possono essere scelti arbitrariamente. Essi determinano il valore di tutti gli altri sia della sequenza “primitiva” che di quella “ricavata” fatta di numeri razionali. Ma i due limiti caratteristici di quest’ultima non mutano.
Per precisione diremo meglio che la formula di ricorrenza individua una classe di sequenze a meno di due costanti arbitrarie.

Adesso vi mostro una importante applicazione di quel che si è detto finora.
Partiamo dalla solita sequenza caratterizzata da L = 2 e K = 1. La coppia d’origine stavolta però non è “0” e “1” bensì “1” e “1” . Avremo:
$cdots 17;-7;3;-1;1;1; 3;7;17;41 cdots$

Da cui costruiamo i rapporti $a_(n+1)/a_n$
$cdots (-7/17);(3/-7);(-1/3);(1/-1);(1/1);(3/1);(7/3);(17/7);(41/17); cdots$

Che in rappresentazione decimale diventano
$cdots -0,412;-0,429;-0,333;-1,000;1,000;3,000;2,333;2,429;2,412; cdots$

La mia idea è che si può dare una interpretazione geometrica a tutto questo.

Nella figura che segue è illustrato un angolo $alpha$ formato dall'ipotenusa HA e dal cateto orizzontale OA di un triangolo rettangolo arrangiato sugli assi cartesiani. Riportando l'ipotenusa HA sull'ascissa si ottengono due punti: uno in "B'" e uno in "B". Immagine
Quindi, dal punto di vista numerico, due segmenti di lunghezza "h" e "a" individuano un triangolo rettangolo e uno dei due angoli ($alpha$) che sta sull’ascissa positiva la cui tangente è $h/a$ L'ipotenusa è lunga $sqrt(a^2+h^2)$ . La si può riportare sull’ascissa in due modi 1) si aggiunge al segmento di lunghezza “a” per dar luogo a un rapporto $h/(a+ sqrt(a^2+h^2))$ che definisce la tangente di $alpha/2$ oppure 2) si sottrae al segmento di lunghezza “a” per dar luogo a un rapporto
$h/(a- sqrt(a^2+h^2))$ che definisce la tangente del complementare $pi/2-alpha/2$.

Adesso è facile immaginare come si possa creare una sequenza a partire da “h” e da “a” e pervenire ai valori “L” e “K”. Tra le infinite sequenze possibili che si determinano a partire dalla scelta dei due numeri centrali di indice “0” e “1” potremo scegliere quella più semplice da calcolare anche perché non ho ancora capito bene quale potrebbe essere un altro criterio. Fatto sta che una volta montata una sequenza “primitiva” possiamo generare la sequenza dei numeri razionali del tipo $a_(n+1)/a_n$ detta da noi "ricavata" e poi possiamo rappresentare tali numeri sull’ascissa della figura che vi ho mostrato sopra. E se si fa questo si nota che si formano due punti di accumulazione che coincidono con i due zeri del polinomio caratteristico di Erasmus.

Direi che la parte magica di questo studio sta proprio nel dare un significato geometricamente riconoscibile agli zeri del polinomio caratteristico. Sono due inghiottitoi che stanno uno a sinistra e uno a destra dello zero dell’asse delle ascisse.


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Vincenzo10
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