Spinto dalla curiosità, ho indicato con \(n\) il numero di dischi sia a sinistra che a destra del disco centrale, quindi ho calcolato il momento d'inerzia di tale corpo rispetto all'asse baricentrico del disco centrale: \[
\begin{aligned}
I_O
& = (2n+1)\frac{mr^2}{2} + \underbrace{2m(2r)^2 + 2m(4r)^2 + 2m(6r)^2 + \dots}_{n} \\
& = (2n+1)\frac{mr^2}{2} + 2mr^2\sum_{k=0}^n (2k)^2 \\
& = (2n+1)\frac{mr^2}{2} + \frac{4}{3}n(n+1)(2n+1)mr^2 \\
& = \frac{(2n+1)(8n^2+8n+3)}{6}mr^2 \\
\end{aligned}
\] e a ruota il medesimo momento d'inerzia assumendo che tale corpo sia un'asta sottile: \[
I_O' = \frac{(2n+1)m\left((2n+1)(2r)\right)^2}{12} = \frac{(2n+1)^3}{3}mr^2.
\] In tal modo risulta possibile calcolare l'errore percentuale che si commette in tale assunzione: \[
E(n) := 100\,\frac{I_O-I_O'}{I_O} = \frac{100}{8n^2+8n+3}
\] e tabulandolo per \(n\) che varia da \(0\) a \(7\) si ottiene: \[
\begin{array}{|c||c|}
\hline
n & E(n) \\
\hline
0 & 33.3 \\
\hline
1 & 5.26 \\
\hline
2 & 1.96 \\
\hline
3 & 1.01 \\
\hline
4 & 0.61 \\
\hline
5 & 0.41 \\
\hline
6 & 0.29 \\
\hline
7 & 0.22 \\
\hline
\end{array}
\] dove si evince che già da \(n=3\), quindi sette dischi totali, l'errore percentuale risulta infimo!
