Ancora Pitagora (ma in modo più serio)

Dopo il post stupidino di qualche giorno fa, provo a rimediare con qualcosa di più serio, restando comunque in compagnia di Pitagora. Prendo ispirazione dalla data di ieri l'altro (l'ultima terna pitagorica prima del 4 marzo 2105, che forse non mi vedrà più su questa terra).

È abbastanza noto che la formula $(m^2-n^2,\,2mn,\,m^2+n^2)$ produce terne pitagoriche (un semplice esercizio di calcolo letterale), e che con $m$ e $n$ primi tra loro le produce tutte. Molto meno noto, invece,  è che tutte queste si possono disporre  su un albero ternario con radice $(3,4,5)$: basta applicare ripetutamente le tre matrici 

$$A=\begin{pmatrix}1&-2&2\\2&-1&2\\2&-2&3\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}1&2&2\\2&1&2\\2&2&3\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}-1&2&2\\-2&1&2\\-2&2&3\end{pmatrix}$$

al vettore colonna $(3 \; 4 \; 5)^T$. Da $(3,4,5)$ nascono così $(5,12,13)$, $(21,20,29)$ e $(15,8,17)$, da ciascuna di queste altre tre, e così via; e ogni terna primitiva compare esattamente una volta (a meno di scambiare i cateti). Verificare che le matrici trasformino terne pitagoriche in terne pitagoriche è un semplice conto: tutte e tre preservano la forma quadratica $a^2+b^2-c^2$. Più intricato è mostrare che ogni terna ci finisce dentro: essenzialmente, applicando l'inversa opportuna l'ipotenusa diventa ad esempio $c'=3c-2a-2b$, che è minore di $c$ (perché $a+b>c$) e rimane positiva, per cui prima o poi si finirà sempre per scendere fino a $(3,4,5)$. 

Il primo ad arrampicarsi sull'albero delle terne pitagoriche, senza far uso del calcolo matriciale, fu probabilmente un tale Berggren nel 1934. Berggren pubblicò però in svedese gli esiti delle sue esplorazioni, lingua non proprio gettonatissima tra i matematici. La cosa passò quindi piuttosto inosservata, tant'è vero che qualche decennio dopo altri due autori, indipendentemente, ripetererono la sua scoperta: F. J. M. Barning (che la pubblicò in olandese, guarda un po') e pure A. Hall. 

Il bello, però, si vede alzando un po' il punto di vista. Preservando $a^2+b^2-c^2$, le tre matrici appartengono al gruppo di Lorentz intero $O(2,1;\mathbb{Z})$, e le terne pitagoriche sono vettori sul cono di luce. Dividendo per $c$, il punto $(\frac{a}{c} \,,\, \frac{b}{c})$ cade sulla circonferenza unitaria, cioè sul bordo del disco di Klein: le terne primitive sono insomma i punti all'infinito razionali del piano iperbolico, e l'albero è l'ombra combinatoria della tassellazione generata dalle riflessioni nei lati di un triangolo iperbolico di angoli $\frac{\pi}{2}$, $\frac{\pi}{4}$ e $0$. Non male, per una manciata di numeri che conoscono anche i sassi...

(Con tanti ringraziamenti a Mattia, che mi ha segnalato la data di sabato, e a Jean-Claude, che ha accelerato non di poco la stesura di questo post)

Fibonacci e Binet - 2

La linearizzazione delle potenze di $\phi$ non è l'unico metodo per ricavare la formula di Binet. In alternativa si può fare uso della cosiddetta matrice di Fibonacci

$$
F=
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}
$$
per cui vale
$$
F^2=
 \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix}
\,,\,
 F^3=
 \begin{pmatrix}
3 & 2 \\
2 & 1
\end{pmatrix}
\,,\,
F^4= \begin{pmatrix}
5 & 3 \\
3 & 2
\end{pmatrix}
\,,\,
F^5= \begin{pmatrix}
8 & 5 \\
5 & 3
\end{pmatrix}
 $$
e più in generale, com'è relativamente semplice mostrare induttivamente, 
$$
F^n =\begin{pmatrix}
f_{n+1} & f_{n} \\
f_n &f_{n-1}
\end{pmatrix}
$$

dove $(f_1,f_2,f_3,f_4,f_5,f_6,f_7\ldots)=(1,1,2,3,5,8,13,\ldots)$ rappresenta la successione di Fibonacci. Essenzialmente, occorre quindi calcolare le potenze di $F$ in modo efficiente.

Iniziamo determinando gli autovalori di $F$; il suo polinomio caratteristico è il "polinomio aureo" 

$$
p_F(\lambda)={\rm det}(F-\lambda I_2)=\lambda^2-\lambda-1
$$
i cui zeri sono gli autovalori di $F$
$$
\lambda_1=\phi=\frac{1+\sqrt 5}{2} \quad,\quad
\lambda_2=\rho=-\frac{1}{\phi}=1-\phi=\frac{1-\sqrt 5}{2} \;.
$$
Per i relativi autospazi vale
$$
S_\phi={\rm Ker}(F-\phi I_2)=
\left<
\begin{pmatrix}
-1 \\ \rho
\end{pmatrix}
\right>
$$
e
$$
S_\rho={\rm Ker}(F-\rho I_2)=
\left<
\begin{pmatrix}
-1 \\ \phi
\end{pmatrix}
\right> \;.
$$
Di conseguenza, per
$$
B=
\begin{pmatrix}
-1 & -1 \\ \rho & \phi
\end{pmatrix}
$$
vale
$$
F=
B
 \begin{pmatrix}
\phi & 0 \\ 0 & \rho
\end{pmatrix}
B^{-1}
$$
e
$$
F^n =
B
 \begin{pmatrix}
\phi^n & 0 \\ 0 & \rho^n
\end{pmatrix}
B^{-1}
= \ldots =
\frac{1}{\sqrt{5}}
\begin{pmatrix}
\phi^{n+1}-\rho^{n+1} & \phi^n-\rho^n \\  \phi^n-\rho^n & \phi^{n-1}-\rho^{n-1}
\end{pmatrix} \:.
$$
Dal confronto delle componenti con
$$
F^n =\begin{pmatrix}
f_{n+1} & f_{n} \\
f_n &f_{n-1}
\end{pmatrix}
$$
segue immediatamente che
$$
f_n =  \frac{ \phi^n-\rho^n}{\sqrt{5}} \quad,
$$
come volevasi dimostrare.

Alice e la matrice

Chi può essere considerato il matematico più celebre? Se la domanda fosse posta ad uno specialista, forse la risposta sarebbe compresa nell'insieme {Archimede, Euclide, Newton, Eulero, Gauss, Hilbert}. Ma se non ci limitassimo alla produzione matematica la palma andrebbe forse consegnata al reverendo Charles Lutwidge Dodgson (1832-1898), più noto con il nom de plume di Lewis Carroll. Esatto: l'autore dei romanzi Alice nel paese delle meraviglie e Attraverso lo specchio fu anche un matematico di prim'ordine (oltre che pioniere della fotografia e inventore). Il suo acume si espresse soprattutto nel campo della logica: egli escogitò un celebre paradosso dei tre barbieri (da non confondere con il quasi omonimo paradosso proposto da Bertrand Russell) ed inventò tutta una serie di giochetti logici. Il più famoso di essi è forse il seguente: "un bicchiere contiene 50 cucchiai di latte ed un altro 50 cucchiai d'acqua; un cucchiaio di latte viene travasato nell'acqua, e in seguito un cucchiaio della miscela ottenuta viene travasato nel primo bicchiere; c'è più acqua nel latte o più latte nell'acqua?"
Anche nel campo dell'algebra lineare Carroll ottenne risultati notevoli: in particolare, egli escogitò un ingegnoso procedimento per il calcolo del determinante di una matrice, detto per condensazione, che nel caso 3x3 può essere descritto come segue:

Tale metodo (generalizzabile per mezzo di un procedimento ricorsivo a matrici quadrate qualsiasi) è ben più di una semplice curiosità: esso può rappresentare una valida alternativa alla regola di Sarrus o agli sviluppi per riga o per colonna (almeno per matrici "piccole"), ma viene perlopiù ignorato.