Esperimento di Ipnosi - Video 1: Attaccato alla Sedia!

Provate e fatemi sapere come è andata!!!!!


Il video e il modo migliore di usarlo sono spiegati su Illusioni Mentali. Mi raccomando andate a leggere, provate il video e condividetelo!!!

Taste the waste

(thanks to Stukhtra)

Per il $\pi$ day

$$
0 < \int_0^1 \frac{ x^4 (1-x)^4 }{1+x^2} dx = \frac{22}7 - \pi
$$
E quindi $\pi < \frac{22}7$


Siccome sono ozioso la dimostrazione non ve la scrivo. Se vi va provate a fare il conto a mano, se invece proprio non ne avete voglia e preferite passare il tempo al computer a consumare preziosa corrente elettrica, vi rimando a wikipedia: Proof that 22/7 exceeds $\pi$

Quanto è bello il nuovo font di Ubuntu

Stamattina ho trovato la ubuntu in ufficio aggiornata... appena effettuato il login ho avuto una sorpresa a dir poco strabiliante, il classico noioso font di sistema era sparito ed al suo posto c'era un chiaro esempio di stile!

Sono senza parole, adoro i nuovi font di Ubuntu.

La versione light è molto sottile ed elegante, la sostituirò in tutti i modelli di lavoro al più presto! Per chi volesse scaricarlo o dargli un'occhiata: font.ubuntu.com.

 Sappiate che probabilmente lo state già vedendo... ho modificato lo stile del sito per usare questo font piuttosto che il classico Trebuchet o l'Helvetica.

Carnevale della Matematica #46

Per S. Valentino ecco a voi il quarantaseiesimo Carnevale della Matematica in grande stile sul blog di Rudi Matematici!!! Che aspettate???

Carnevale della Matematica #45 su Matem@ticaMente

Dopo un anno di mancati link vi segnalo il Carnevale della Matematica di Gennaio su Matem@ticaMente. E per gli altri carnevali date un'occhiata su matematti.

Weihnachtsübungen parte terza

E così, ad un anno di distanza dall'ultimo post sui Weinachtsübungen, eccomi a chiudere il cerchio. Parto con il buon proposito di inizio d'anno di cercare di scrivere sul blog un po' più spesso che so' già di non poter rispettare, ma meglio di niente...

Per chi non li conosce e per chi vuole rinfrescarsi la memoria, si tratta dell'ultima parte di questa serie di post:

• Weihnachtsübungen parte prima
• Weihnachtsübungen parte seconda

Abbiamo visto in quei post che ci sono curve di lunghezza infinita e di area finita, e con semplici strumenti di analisi (conosciuti in genere anche in un quinto superiore) siamo anche stati precisi nelle stime.

Il secondo punto dell'esercizio a cui facevo riferimento nei precedenti post riguarda la seguente costruzione. Costruiamo una figura nel piano come segue:

1. Iniziamo con un triangolo equilatero pieno con i lati di lunghezza \( 1 \).
2. Rimuoviamo dal triangolo un triangolo equilatero con vertici nel punto medio del triangolo di partenza come nella figura che segue e poi proseguiamo col prossimo punto.
3. Su ognuno dei piccoli triangoli equilateri pieni ottenuti ripetiamo il passaggio precedente.

Il triangolo passo dopo passo durante la prima esecuzione della costruzione

Quello che otteniamo dopo aver eseguito per la prima volta il punto 3. lo possiamo vedere nella figura sovrastante. Andando avanti all'infinito è chiaro che la struttura diventa sempre più piena di buchi. Il frattale che si ottiene reiterando il procedimento all'infinito si chiama Triangolo di Sierpinski.

In modo simile a quanto fatto nella prima parte di questa serie di post, possiamo cercare di capire quale è il perimetro di questa specie di triangolo. Non è difficile rendersi conto che ad ogni iterazione dei punti 2. e 3. abbiamo ogni volta il triplo dei triangoli ma con i lati lunghi la metà:

• Triangolo di partenza \( P_0 = 1 + 1 + 1 = 3 \)
• Dopo il punto 2. abbiamo \( P_1 = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} = 3 \frac{3}{2} \)
• Dopo il punto 3. abbiamo \( P_2 = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} = 3 (\frac{9}{4}) \).

In realtà si può dimostrare per induzione che \( P_n = 3 \frac{3^k}{2^k} \) e dunque, come già per la curva di Koch il perimetro diverge al crescere di \( n \): \( \lim_{n\rightarrow\infty} P_n = +\infty \).

Insomma fino a questo punto non c'è nulla di inaspettato... ma ancora non vi ho detto cosa chiedeva il problema!

Consideriamo l'area del triangolo colorata in blu nella figura. Il problema chiede di trovare una formula per l'area \( A_n \) della figura al passo $n$-esimo e di calcolare \( \lim_{n\rightarrow\infty} A_n \).

Andiamo per gradi. L'area di un triangolo è data da base per altezza diviso due e l'altezza di un triangolo equilatero di lato $l$ è notoriamente $\frac{\sqrt{3} l}{2}$ (si calcola facilmente col Teorema di Pitagora). Dunque l'area di un triangolo equilatero di lato $l$ è $ \frac{\sqrt{3} l^2}{4}$.

• Iniziamo con un triangolo di area $A_0 = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
• Al primo passo togliamo un triangolo col lato dimezzato, dunque avremo $A_1 = A_0 - \frac{\sqrt{3} (1/2)^2}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4} (1 - 1/4)$.
• Al passo successivo togliamo $3$ triangoli di lato ulteriormente dimezzato, dunque $A_2 = A_1 - \frac{\sqrt{3} (1/4)^2}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4}(1 - 1/4 - 3/16)$
• Dopodiché dovremo togliere $9$ triangolino di lato ulteriormente dimezzato... ed ad ogni passo saranno sempre tre volte tanti triangolini ma di lato ulteriormente dimezzato. In altre parole abbiamo: $$ A_{n+1} = \frac{\sqrt{3}}{4} (1 - \sum_{k=0}^n \frac{3^k}{4^{k+1}}) = \frac{\sqrt{3}}{4} (1 - \frac{1}{4} \sum_{k=0}^n \frac{3^k}{4^{k}}) $$

Ma a cosa tende $\lim_{n\rightarrow\infty} A_n$? La chiave di questa risposta è nell'ultima serie della formula precedente. Fortunatamente $3/4 < 1$ e dunque si può dimostrare che $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{3^k}{4^{k}} $$ è ben definita e converge ad un valore facilmente calcolabile. In effetti si tratta di una Serie Geometrica e non è difficile dimostrare che $$ \sum_{k=0}^n x^k = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} $$ da cui, nel caso $|x| < 1$, si ottiene $$ \lim_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=0}^n x^k = \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} = \frac{1}{1-x} $$

Nel nostro caso dunque avremo $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{3^k}{4^{k}} = \frac{1}{ 1 - 4/3 } = \frac{4}{4-3} = 4 $$ e dunque $$ \lim_{n\rightarrow\infty} A_{n} = \frac{\sqrt{3}}{4} (1 - \frac{1}{4} 4 ) = 0 $$

Proprio così! Al limite otteniamo una figura che ha perimetro infinito e area $0$!!!!

Da notare che con quanto detto possiamo calcolare precisamente anche i vari valori $$ A_{n+1} = \frac{\sqrt{3}}{4} (1 - \frac{1}{4} \frac{1 - (3/4)^{n+1}}{1 - 3/4}) = \frac{3^{n+1} \sqrt{3}}{4^{n+2}} $$

E per oggi è tutto... buona serata a tutti e buon 2012!

Spettri dal passato

«Nessuna impresa che dipenda, per il suo successo, dal pagare i suoi lavoratori meno di quanto serva loro per vivere ha diritto di sopravvivere in questo Paese»

(Franklin Delano Roosevelt, dal discorso sul National Industrial Recovery Act, 16 giugno 1933)

Un discorso simile andrebbe fatto anche per lo stato...

fonte della citazione: il Post