I viaggi

ovvero

Funzioni, funzioni composte, funzioni inverse

franco ghione

Dal trattato d’Aritmetica di Filippo Calandri

La sesta parte del capitolo XII è interamente dedicata ai problemi relativi ai viaggi d’affari o a

situazioni a quelli riconducibili. La matematica che li sostiene, rivista in modo moderno, è molto

interessante e ricca di situazioni particolarmente stimolanti da un punto di vista storico-didattico. La

situazione di base è quella di un mercante che viaggia in diverse città per svolgervi dei commerci e

sa che in ogni città il capitale sarà modificato con un certa proporzione e che vi saranno da

prendere in considerazione delle spese di viaggio. Inizialmente si suppone che il viaggio sia diviso

in diverse tappe e che in ognuna di queste il capitale investito si modifica con la stessa proporzione

e che le spese di viaggio siano le stesse in ogni città. Se x è il capitale iniziale, supponiamo che in

ogni città il commercio produca un nuovo capitale ax essendo a una costante adimensionale nota,

generalmente maggiore di 1, e supponiamo che in ogni città le spese di viaggio siano le stesse e

siano quantificate col numero s calcolato con la stessa unità di misura con la quale si valuta il

capitale x (ad esempio denari, lire, bisanti ecc). Dopo aver sviluppato l’attività commerciale e

pagate le spese di viaggio nella prima città, il capitale iniziale x sarà

f(x) = a x – s

Con questo nuovo capitale, il mercante si reca in una seconda città realizzando un nuovo capitale

f( f(x) ) = f(a x - s) = a(a x - s) - s = a

x - (a+1)s

nella città successiva i capitale diventa

f ( f ( f(x) ) ) = f(a

x - (a+1)s) = a(a

x - (a+1)s) - s = a

x - (a

+ a +1)s

Indicando la composizione di funzione col simbolo

, e con f

(n)

la funzione composta f

...

(n volte) dopo n città il capitale iniziali x sarà diventato

(n)

(x) = a

x - (a

n-1

+ a

n-2

+ ... + a + 1)s

e, in questo contesto Fibonacci pone diversi problemi che conducono a una equazione lineare da

risolvere.

1. Qual’ è il capitale minimo che permette di pagare le spese per sostenere quel viaggio? O, in

altri termini, quale è il capitale iniziale se alla fine del viaggio si resta senza nulla?

(n)

(x) = 0

2. Qual’ è il capitale iniziale se alla fine del viaggio ci si ritrova il capitale col quale siamo

partiti?

(n)

(x) = x

3. Qual’ è il capitale iniziale se alla fine del viaggio ci si ritrova il capitale col quale siamo

partiti e in più un dato guadagno?

(n)

(x) = x+p

4. Conoscendo il guadagno p ottenuto con un dato capitale iniziale x

quale è stata la spesa.

- (a

n-1

+ a

n-2

+ ... + a + 1)s = x

+ p con s incognito

E’ interessante osservare che Fibonacci proponga, come è suo stile, diversi modi per trovare la

soluzione a questi problemi ognuno dei quali getta nuova luce sul problema e suggerisce ulteriori

sviluppi.

Una nuova via per risolvere questi problemi, chiamata da Fibonacci la regola inversa, che in alcuni

casi può essere più semplice di quella indicata prima, consiste nel ripercorre il viaggio all’inverso.

Supponiamo che alla fine dell’ultimo viaggio sia rimasto il capitale y. Ciò significa che avendo

dovuto pagare s di spese il mercante doveva avere y+s e poiché durante il commercio il suo capitale

veniva moltiplicato per a, per avere dopo il commercio y+s doveva avere all’inizio di questo n-

esimo viaggio un capitale uguale a

y + s

( )

. Questa nuova funzione che aggiunge s (che è

l’operazione inversa del sottrarre s) e divide il risultato per a (che è l’operazione inversa del

moltiplicare per a) è la funzione inversa di f che moltiplica per a e sottrae s. Tale funzione si indica

con f

-1

(y) =

y + s

( )

Ciò significa che la funzione composta di f con f

-1

è la funzione identica che trasforma la variabile

in se stessa:

f ! f

−1

(y) = f

y + s

( )

⎛

⎝

⎜

⎞

⎠

⎟

= a

y + s

( )

− s = y

nello stesso modo f

-1

composto con f è la funzione identica

−1

! f (x) = f

−1

(ax − s) =

(ax − s) + s

( )

= x

Risalendo di viaggio in viaggio, se alla fine del penultimo viaggio il mercante disponeva di un

capitale f

-1

(y), all’inizio di questo penultimo viaggio doveva avere un capitale

−1

(!f

−1

(y)!) =

−1

(y) + s

( )

y + s

( )

+ s

⎛

⎝

⎜

⎞

⎠

⎟

y + 1+ a

( )

proseguendo nello stesso modo troviamo il capitale con quale avevamo iniziato il viaggio

(−n)

(y) =

y + (1+ a + a

+... + a

n−1

( )

dove la funzione f

(-n)

è la funzione composta da f

-1

n volte:

(-n)

= f

-1

...

-1

Date due funzioni lineari generiche f(x) = a x+b e g(x) = c x+d possiamo sempre considerare le

due funzioni composte che sono ancora lineari:

g (x) = f(c x+d) = a(c x+d)+b = ac x+ad+b

f (x) = g (a x+b) = c(a x+b)+d = ca x+cb+d

Osserviamo che, in generale, queste due funzioni f

g e g

f non sono uguali e abbiamo un

primo significativo esempio di una operazione, la composizione di funzioni, non commutativa.

Inoltre ogni funzione lineare non costante ammette sempre una sua inversa e abbiamo anche una

funzione identica, spesso indicata con I che non cambia nulla I(x)=x e gioca il ruolo che svolge il

numero 1 nell’operazione di prodotto tra numeri. La funzione inversa di una funzione composta si

calcola nel modo seguente

( f

! f

!... ! f

)

−1

= f

−1

! f

n−1

−1

!... ! f

−1

ma attenzione all’ordine dei fattori.

Si genera in questo modo un’algebra di funzioni con le quali possiamo operare come operiamo con

i numeri con la differenza, sostanziale, che questa operazione non è commutativa. In Fibonacci

troviamo all’opera quest’algebra nel problema XII.6.21 dove si tratta di un viaggio diviso in 4 tappe

in ognuna delle quali vi è un diverso guadagno e una diversa spesa.

!"##$%$&'()Di nuovo si proponga che [un mercante] facesse quattro viaggi; nel primo dei quali fece

il doppio; e in esso spese 13 denari. Nel secondo ne fece tre da due; durante il quale spese 16

denari. E nel terzo ne fece 4 da tre; e spese 18 denari. E nel quarto ne fece cinque da quattro. E

spendendo parimenti 20 denari, e alla fine non gli rimase nulla.

Le quattro funzioni sono

(x) = 2x −13,!!! f

(x) =

x −16,!!! f

(x) =

x −18,!!! f

(x) =

x − 20

e l’intero viaggio è descritto dalla funzione

F = f

! f

che, eseguendo la composizione delle funzioni nell’ordine indicato, è la funzione che trasforma x in

5x −

305

ovvero

F(x) = 5x −

305

Nota questa funzione o la sua inversa

−1

(y) =

y +

305

3y + 305

possiamo risolvere tutti i problemi relativi a questo viaggio. In particolare il capitale minimo che mi

permette di pagare tutte le spese si ottiene risolvendo l’equazione F(x)=0 o, come fa Fibonacci,

calcolando direttamente

−1

(0) =!

305

= 20

Notiamo che, malgrado si siano individuati due percorsi che risolvono ugualmente i problemi dei

viaggi, Fibonacci propone un ulteriore metodo nel caso le funzioni che descrivono l’intero viaggio

siano uguali basato sul concetto, molto importante nella matematica moderna, di punto fisso. Un

punto fisso per una funzione f è un valore x

che la funzione trasforma in se stesso cioè tale che:

f(x

) = x

nel caso le funzioni siano lineari è molto semplice calcolare il loro punto fisso. Ad esempio il punto

fisso della funzione f(x)=ax+b è il numero che verifica la condizione:

a x

+ b = x

che fornisce il valore

1− a

Osserviamo che, se x

è il punto fisso della funzione f, allora è anche il punto fisso della funzione

f dato che f

f(x

)= f(f(x

)) = f(x

) = x

e dunque, iterando, è anche il punto fisso della funzione

(n)

Consideriamo ora la funzione f(x) = ax - s che regola una tappa di determinato viaggio, il suo punto

fisso è il valore

a −1

se scriviamo il capitale col quale iniziamo il nostro viaggio nella forma

x+x

abbiamo f(x+x

) = a(x+x

)-s =a x+a x

– s = ax+x

e, se il viaggio complessivo è costituito

da n tappe regolate dalla stessa funzione f, allora

(n)

(x+x

) = a

x+x

e, magicamente, le spese sono tutte assorbite dal punto fisso. Ad esempio nel problema (XII.6.12)

f(x)=3x-18 e il viaggio consta di 4 tappe ed è quindi descritto dalla funzione f

(4)

e si chiede quale

fosse il capitale iniziale se alla fine del viaggio si sia ottenuto oltre al capitale di partenza anche un

guadagno di 20 denari. Per risolvere il problema si può ricorrere alla regola diretta calcolando f

(4)

risolvendo l’equazione f

(4)

(x) = x+20, ma anche senza bisogno di calcolare esplicitamente f

(4)

, si

può usare il punto fisso che è in questo caso x

= 9. Scriviamo il capitale incognito nella forma x+9,

allora, poiché 9 è il punto fisso, senza bisogno di calcolare esplicitamente f

(4)

, abbiamo

(4)

(x+9)=3

x +9 e dunque l’equazione f

(4)

(x+9)=x+9+20 diventa semplicemente

x +9= x+9+20

da cui 80x = 20 e x = 1/4. Il capitale iniziale per ottenere da quel viaggio un guadagno di 20 denari

è di 9 1/4 denari risultato ottenuto senza bisogno di calcolare esplicitamente la funzione f

(4)

La regola della casa e i “mezzi viaggi”

Ritratto della Pisa medioevale nella chiesa di San Nicola a Pisa

Vi è un nuovo metodo molto interessante ma più difficile che Fibonacci introduce come la regola

della casa. Ecco, a questo riguardo, il primo problema proposto:

!"##$%$*+() Parimenti un tale aveva 13 bisanti; e con essi fece non so quanti viaggi, e in ciascuno

faceva il doppio, e spendeva 14 bisanti, e alla fine non gli rimase nulla. Si chiede quanti furono i

suoi viaggi.

Ora l’incognita è il numero dei viaggi ma, se cerchiamo di risolvere il problema con i metodi

precedenti ci sono dei problemi. La funzione del viaggio è molto semplice f(x)=2x-14 e quindi

dopo il primo viaggio resta con f(13)= 12 bisanti, dopo 2 viaggi con f

(2)

(13) = f(12)=10 bisanti,

dopo tre viaggi f

(3)

(13) = f

(2)

(12)=f(10) = 6 bisanti. Con 6 bisanti non ci sono i soldi per pagare il

quarto viaggio dato con 6 ricaviamo 12 bisanti mentre la spesa è di 14. Quindi facciamo 3 viaggi e

ci restano 6 denari.

Questi 6 denari possono essere rimessi in gioco invece che in un intero viaggio in un “mezzo

viaggio”. Il problema si pone quando abbiamo un capitale che rende degli interessi ad esempio ogni

mese e ma abbiamo anche delle spese ogni mese che diminuiscono il capitale. Si vuole sapere in

quanti mesi e giorni ed ore il capitale si esaurisce. Ecco come procede Fibonacci nell’esercizio

XII.6.35, modificando completamente le carte in tavola. Si comincia a valutare di quanto il capitale

iniziale x

diminuisca di viaggio in viaggio.

= 13,

= f(x

) = 13 -1 = 12 = x

- 1

(2)

) = 12 - 2 = 10 = x

-2 = x

– (1+2)

= f

(3)

) = 10 - 4 = 6 = x

- 2

= x

– (1+2+2

)

= f

(4)

) = 6 - 8 = 6 = x

- 2

= x

– (1+2+2

)

Ora Fibonacci pensa con grande audacia che, se in un viaggio il capitale diminuisce di 8 bisanti, in

mezzo viaggio debba diminuire di 4 bisanti in tre quanti di viaggio debba diminuire di 6 bisanti e

quindi la risposta al quesito è che il numero di viaggi necessari a ridurre il capitale a zero è 3 e 3/4!

Ecco come Fibonacci commenta questa conclusione

Ma poiché sembra incoerente dire che qualcuno abbia fatto 3/4 di un viaggio, mostriamo come

porvi rimedio. Vale a dire, facendo in un viaggio il doppio, allora da 1 si guadagna un altro

[bisante]: quindi in 3/4 di un viaggio da questo 1 si guadagna 3/4 di un bisante.

Vediamo come si pone in generale la questione. Sia come al solito f(x) =ax-s la funzione che

definisce il singolo viaggio. Per comodità di scrittura indichiamo con X

= f

(n)

(x) il capitale

risultante alla termine del viaggio n-esimo. Abbiamo allora per n=0,1,2, ..., n

= x

= ax-s

...........................

= a X

n-1

- s

n+1

= a X

- s

Calcoliamo la diminuzione di capitale X

- X

n+1

= D

= X

- X

n+1

= [a X

n-1

- s] -[a X

- s] = a[X

n-1

- X

]= a D

n-1

da cui

- X

n+1

= a

- X

] =a

dove

- X

= D

= x - f (x) = s - (a-1)x

è la diminuzione del capitale x dopo il primo viaggio. Poiché

n+1

= X

- a

(n+1)

(x) = X

n+1

= x

- [1+ a + a

+...+ a

n-1

+ a

] D

Ora Fibonacci introduce una frazione di un viaggio f(x)=ax - s = x - D

: il mezzo viaggio di f è

quello che produce mezza diminuzione, e in generale, se k è un numero rotto, k di un viaggio f è il

viaggio che produce una diminuzione k D

. Tale viaggio è dunque espresso dalla funzione

g(x) = x-k D

= x- k((1-a)x+s)=(1+k(a-1)x - ks

Mentre il viaggio f da 1 produce a-1 e spende s, invece k del viaggio f da 1 produce k(a-1) e spende

ks. Queste considerazioni sono molto importanti quando un viaggio sia equiparato a un dato spazio

temporale, ad esempio un mese o un anno e vi sia un capitale che produce un certo interessa in

quello spazio temporale e nello stesso spazio vi siano delle spese. Se l’interesse e le spese sono

proporzionali allo spazio temporale cioè se il capitale su 1 rende a-1 in un anno, lo stesso interesse

su 1 rende (a-1)/2 su mezzo anno e ugualmente la spesa se è s su 1 anno diventa s/2 su mezzo anno.

Tutto ciò diventa molto utile nell’emblematico Problema famoso dell’uomo che prende in

prestito cento lire a interesse per una certa casa (XII.6.37 e seguenti) che Fibonacci tratta

lungamente. In questo caso c’è un tale che investe un capitale di 100 lire all’interesse di 4 denari al

mese per pagare l’affitto di una casa che costa 30 lire di pigione all’anno. Si vuol sapere quanti

anni, mesi, giorni e ore può tenere quella casa col capitale di 100 lire. Consideriamo la durata di un

anno un singolo viaggio, e vediamo come aumenta il capitale. In 1 anno 1 £ produce 4 soldi di

interessi (1 soldo sono 12 denari) e poiché 4 soldi sono 4/20=1/5 £ (1 lira sono 20 soldi), in un anno

1 £ produce 1 £ più 1/5 £ . In definitiva un capitale di x £, dopo 1 anno, produce un capitale di

x +

x =

e poiché ogni anno si devono togliere 30£ di pigione , dopo un anno il capitale rimasto

sarà in lire:

f (x) =

x − 30

Si tratta dunque di un “viaggio” il cui coefficiente a di guadagno è 6/5 e la spesa s di 30 £. Poiché

sia l’interesse che la pigione sono proporzionali al tempo possiamo applicare le idee precedenti.

Cominciamo dunque a calcolare le diminuzioni di capitale di anno in anno. Il capitale iniziale è x

=100 £ e la diminuzione nel primo anno è

= 30 −

100 = 10

£.

Calcolando le successive diminuzioni, cosa che Fibonacci fa con estrema cura e abilità aritmetica, si

trova

=100

= X

− D

=100 − D

= 90

= X

− aD

=100 − 1+ a

( )

= 88

i+1

= X

− a

=100 − 1+ a + a

... + a

( )

ma alla fine del sesto anno resta un capitale troppo basso col quale, anche aggiungendo gli interessi

che produce, non abbiamo la possibilità di pagare un altro anno di pigione . Abbiamo infatti

=100 − 1+

+... +

⎛

⎝

⎜

⎞

⎠

⎟

438

625

si tratta ora di vedere, con il capitale rimasto e i relativi interessi, per quale frazione di anno

possiamo pagare di affitto. Dobbiamo allora calcolare la frazione k del settimo viaggio per la quale

= X

− ka

= 0

da cui ricaviamo

k =

. Se il settimo “viaggio” invece di durare 1 anno dura la frazione k di un

anno, anche la diminuzione del settimo viaggio sarà diminuita della stessa frazione k.

Si tratta di una frazione di 1 anno che, supponendo l’anno di 360 giorni, darà il numero di giorni

corrispondenti moltiplicando k con 360. Il risultato che trova Fibonacci è di 8 giorni 5 ore e 7/18 di

ora!

Infine, per maggior sicurezza, Fibonacci verifica la correttezza della regola e cioè che la spesa di

affitto per quella frazione k di un anno cioè 30 k lire, coincide con X

più l’interesse prodotto da

in quella frazione k di un anno:

+ (a −1)kX

= 30k

sostituendo il valore di k che abbiamo trovato si deve verificare che

+ (a −1)

= s

essendo s=30 £ la spesa. Dividendo per X

abbiamo la relazione

+ (a −1)X

= s

che è sicuramente verificata essendo

− s = X

= X

− a

La stessa “regola” si può applicare in altri problemi simili.

Fibonacci( propone( nel( paragrafo( ) !"##$%$++( un altro interessante problema. Si tratta di un

impresario che, per costruire un palazzo, si rivolge a un operaio che viene pagato 7 bisanti al mese.

L’operaio essendo in bolletta chiede di avere un anticipo sul lavoro di 11 bisanti. L’opera accetta di

corrispondere questo anticipo volendo però ricavare un interesse sul prestito concesso di 61 su 60.

Alla fine di ogni mese si dovrà togliere dal capitale 7 bisanti che corrispondono al salario mensile

calcolando gli interessi sul capitale restante. Avendo finito il lavoro dopo 2 mesi si chiede quando si

debba ancora corrispondere all’operaio oltre gli 11 bisanti anticipati.

Applicando la “regola della casa”, la funzione f(x) che calcola il capitale restante alla fine di ogni

mese se il capitale iniziale è di x bisanti, è data da:

f (x) =

x − 7

=11, X

= 11-D

dove D

è la diminuzione del capitale nel corso del primo mese e quindi

= s − (a −1)X

= 7 −

= 6

Essendo X

= 4 11/60 non si può pagare un secondo mese. Vediamo allora quale frazione di mese k

può essere corrisposto con quel capitale e con l’interesse che esso fornisce in quella frazione di

mese. Applicando la regola della casa k è determinato dalla condizione

− k

= 0

da cui

k =

60X

61D

251× 60

61× 409

15.060

24.949

Poiché k è una frazione di un mese che supponiamo di 30 giorni, per sapere a quanti giorni

corrisponde questa frazione dobbiamo moltiplicare k per 30 e poi eseguire la divisione. Eseguendo

il calcolo, che Fibonacci sviluppa con estrema precisione, si trova che il numero g di giorni pagati è

g = 30k = 18 +

2.718

61× 409

restano quindi da pagare

30 − g = 11+1−

2.718

61× 409

=11+

22.231

61× 409

=11+

364

409

409 × 61

giorni

Poiché il salario di 1 mese è di 7 bisanti il salario di un giorno è 7/30 bisanti, quindi l’imprenditore

deve ancora corrispondere all’operaio

7(30-g) /30 bisanti cioè

7(30 − g)

= 2 +

316

409

409 × 61

bisanti

Questo è il valore esatto dei bisanti spettanti all’operaio. Si noti che aggiunti questi bisanti agli 11

ottenuti in prestito come anticipo l’operaio ha ottenuto per i due mesi di lavoro 13 bisanti e circa 3/4

di bisante invece di 14 bisanti se avesse ricevuto mese per mese lo stipendio con una perdita di circa

1/4 di bisante.

Anche in questo esempio la matematica diventa lo strumento necessario per salvaguardare nel

rispetto degli accordi presi una sottointesa giustizia. In questo caso il calcolo non è del tutto

elementare e per risolvere questa o questioni simile si renderà necessario ricorrere a una nuova

figura professionale: quella del consulente matematico funzione che Fibonacci rese in vita al

Comune di Pisa per la quale ricevette una pensione di 20 lire l’anno “in ricompensa della fatica

che sostiene e che d’ora in poi egli serva come al solito il Comune e i suoi funzionari

nell’esecuzione dei calcoli” come sancisce una celebre delibera affissa all’ingresso dell’Archivio di

stato a Pisa e datata tra il 1233 e il 1241.