1
Uomini che hanno denari
Laura Catastini, Franco Ghione
René Magritte, Decalcomania (1966)
Due uomini hanno denari e il primo disse all'altro:
-Se tu mi dessi 7 dei tuoi denari, avrei 5 volte quello che ti resta.
L'altro risponde:
- E se tu mi dessi 5 dei tuoi denari avrei 7 volte quello che resta a te.
Si chiede quanto aveva ciascuno di essi.
La corrente surrealista nella matematica è molto antica. Diceva Magritte
Tutto nelle mie opere nasce dal sentimento e dalla consapevolezza
che noi apparteniamo a un universo enigmatico.
E gli arabi prima di Fibonacci ci hanno insegnato che occorre esercitare la mente per poter
comprendere l’enigma.
Chiede Abu Kamil
1
il grande maestro arabo di Fibonacci:
Se si dice: quattro individui si sono incontrati, allora il primo dice al secondo:
-Se tu mi dai un dirham avrò il doppio di quello che ti resta.
Il secondo ha detto al terzo:
-Se tu mi dai 2 dirham avrò il triplo di quello che ti resta.
Il terzo ha detto al quarto:
-Se mi dai 3 dirham avrò il quadruplo di quello che ti resta.
Il quarto ha detto al primo:
-Se tu mi dai quattro dirham avrò il quintuplo di quello che ti resta.
Quanto aveva ciascuno di loro?
1
Abu Kamil, Algebra e analisi diofantea, Analisi indeterminata razionale, Sistemi di equazioni indeterminati di primo
grado n. 42, R. Rashed, 2012, pag. 672!
2
Anche Tartaglia
2
diversi secoli dopo si interessa a questo enigma
Due altri hanno danari, poniamo Zuane,& Marco, disse Zuane a Marco
&se tu mi desti 6 di tuoi denari ne averia poi tanti quanti ti,&
Marco rispose e disse a Zuane
&se mi desti ancora tu a me 9. di tuoi ,& ne haveria dui tanti di te,
se adimanda quanti haveva ciascaduno di loro.
E’ evidente che il problema non ha alcun interesse pratico: sapere la risposta è completamente
inutile. Giovanni e Marco nel formulare le domande devono già sapere le risposte e un eventuale
terzo interlocutore, se interessato alla soluzione del problema, potrebbe chiedere direttamente a loro
quanti denari hanno. E’ solo l’enigma e il modo di risolverlo che è interessante. Fibonacci dedica a
questo argomento gran parte della terza parte del capitolo XII presentando questo e tanti altri
enigmi della stessa famiglia dove il numero degli uomini aumenta sempre e diventa potenzialmente
infinito. Vi sono poi enigmi risolvibili e enigmi irrisolvibile e l’impossibilità si mostra in diverse
forme. C’è insomma, dietro a questi surreali problemi, una ricerca scientifica, fatta di esempi
significativi, una tensione educativa dove vengono esposte diverse idee matematiche, diversi
procedimenti, diversi approcci tutti tesi a ragionare sullo stesso tema come a significare ancora che
l’importante non è trovare la soluzione, ma esercitare il pensiero speculativo. Tra questi metodi c’è
la regola recta introdotta dagli arabi con la quale, dice Fibonacci, si possono risolvere infiniti
problemi (XII.3.56) ], regola detta anche, successivamente, la regola della cosa. Si tratta di
introdurre una incognita, la cosa, di trovare una equazione, di risolverla per via algebrica e, infine,
di interpretare le soluzioni per vedere se sono ammissibili o meno. Quest’ultimo passo è molto
importate e oggi spesso ignorato perché permette di distinguere chiaramente tra l’equazione ( che è
un piccolo modello di quella situazione) e l’interpretazione delle soluzioni nel contesto del
problema: le soluzioni sono valide e rigorose all’interno del modello ma quando queste sono riferite
al contesto del problema potrebbero non essere ammissibili. E’ un primo esercizio elementare che
aiuta a mettersi in guardia davanti ai risultati previsti da un algoritmo e alla loro aderenza o meno al
contesto.
La prima idea ma, come abbiamo detto, ce ne sono diverse, è quella più vicina alle “regole”
medioevali e sarà anche quella seguita da Tartaglia. L’immagine è quella dell’albero che dà il titolo
alla sezione (la terza del XII capitolo) dove è collocato il problema. L’albero è diviso in due parti,
ad esempio una sotto terra e una fuori, si conosce la frazione di una parte e la grandezza effettiva
dell’altra e si vuole sapere la lunghezza complessiva dell’albero. Si capisce che è facile risolvere il
problema ed anche come si può fare. Indicando con A la lunghezza dell’albero, kA la sua frazione e
a la parte nota, se ad esempio A-kA=a allora, comunque si scelga un valore A
0
, conoscendo k,
possiamo calcolare a
0
= A
0
-kA
0
e, poiché
a
a
0
=
A − kA
A
0
− kA
0
=
A
A
0
!!
A risulta il quarto proporzionale tra A, A
0
, a
0
, cioè
A =
a × A
0
a
0
.
Nella tradizione medioevale successiva, con un linguaggio colorato, A
0
si è chiamata la falsa
posizione e questo metodo risolutivo, il metodo della falsa posizione. Inoltre veniva coniata da
Fibonacci un’espressione linguistica, diventata poi nei suoi successori, un mantra da imparare a
memoria, che poneva il problema e insieme la sua soluzione: (XII.3.2)
3
:
2
!"#$"%&'"((Aritmetica!,!libro!XVI)(
3
Abituati a dire; per A
0
che ho posto viene a
0
, cosa devo porre perché venda a ? Bisogna moltiplicare insieme i numeri
estremi, cioè A e a
0
, e il totale va diviso per il numero che resta.
3
Consuevit dicere: pro 12 , que pono, veniunt 7 ; quid ponam, ut veniatnt 21: et cum icta dicitur, multiplicandi
sunt insimul numeri extremi, silicet 12 per 21; et summa dividenda est per reliquum numerum.
Abituati a dire; per A
0
che ho posto viene a
0
, cosa devo porre perché venga a? Bisogna
moltiplicare insieme i numeri estremi, cioè A
0
e a, e il totale va diviso per il numero che resta. La
frase diventava una regola da imparare a memoria e da recitare ogni volta. Fibonacci riferisce, per
ragioni di completezza crediamo, questo metodo, insieme a tanti altri, che doveva essere molto
antico, di origine probabilmente cinese e scelto di preferenza dai matematici fino a tutto il XVI
secolo, per risolvere un gran numero di problemi lineari.
Tornando ai due uomini che hanno denari, Fibonacci comincia, da buon didatta, con un caso
più semplice:
(XII.3.53) Due uomini hanno denari e uno di essi disse all'altro: se tu mi dessi uno dei tuoi denari, sarei uguale
a te. L'altro risponde: e se tu mi dessi uno dei tuoi denari avrei 10 volte tanto quanto hai tu. Si chiede quanto aveva
ciascuno di essi.
L’idea fondamentale è la seguente: considerare come “albero” la somma dei denari dei due uomini
e vedere se è possibile e dividerlo in due parti in modo che una sia nota e l’altra sia una frazione di
tutto l’albero. Rappresentiamo, come farà Fibonacci poco più avanti (XII.3.55) perché appaia più
chiara agli occhi, con segmenti le grandezze indicando con A i denari del primo uomo e con B
quelli del secondo. Poiché
A+1 = B-1
abbiamo
A+B = (A+1) + (B-1) = 2(A+1) = 2(B-1)
quindi A+ 1 (o B-1) è la metà di tutto l’albero, ma questo non mi permette ancora di trovare la sua
lunghezza poiché non ho nessuna parte dell’albero nota. Ma abbiamo un’altra informazione
B+1=10(A-1)
A+B = (A-1) + (B+1) = (A-1) +10(A-1) = 11(A-1)
A+B resta diviso in 11 parti delle quali una parte è data da A-1 e le altre 10 da B+1. A questo punto
l’albero è diviso in due zone di cui una, sotto terra, data da 2 (denari) e l’altra da (A-1)+(B-1) cioè
da
1
11
+
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
A+B
( )
.
A −1 =
1
11
(A+B)
e
B −1 =
1
2
(A+B)
4
Poniamo che l’albero sia lungo 22 unità (la falsa posizione) , in questa ipotesi la parte sopra sarà
1/11+ 1/2 di 22 unità, cioè 2+11=13 unità e la parte sottoterra sarebbe uguale a 22-13=9 unità ma
volevamo fosse 2. Quindi dirai: per 22 che ho posto viene 9 , cosa devo porre perché venga 2 ? Si
deve moltiplicare gli estremi cioè 22x2=44 e dividere per 9. Quindi
A+B= 44/9 = 4 8/9.
Ora A+1=(A+B)/2=2 4/9 e quindi A=1 4/9 mentre B-1 = (A+B)/2= 2 4/9 e B=3 4/9.
Osserviamo che si poteva dividere l’albero anche in un altro modo esprimendo (B+1) come
una frazione dell’albero:
A+B=(A-1)+(B+1) =
B+1
10
+(B+1)=
11
10
B+1
( )
quindi
B+1
( )
=
10
11
A+B
( )
e (A+1) = (A+B)/2.
Allora
(A+1)+(B+1)= A+B+2=
10
11
+
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
A+B
( )
quindi 31/22 di tutto l’albero superano la lunghezza dell’albero di 2. Poniamo allora che l’albero sia
22, con questa posizione 31/22 dell’albero fa 31 la parte in più sarebbe 31-22 = 9. Per 22 che ho
posto viene 9 cosa devo porre perché venga 2? E’ la stessa domanda di prima e tutto quello che
segue è lo stesso.
In generale, se A sono i denari del primo uomo e B quelli del secondo, e se
A + a = k (B - a)
dove a è intero (così è nei problemi proposti da Fibonacci), k è un numero razionale positivo e
B > a, allora, proprio per il fatto che la somma dei due termini uno multiplo dell’altro è uguale a
A+B, abbiamo
A+B=(A + a) + (B − a) = k(B − a) + (B − a) = ( k +1)(B − a) = (A + a) +
1
k
(A + a)
e quindi
(B − a) =
1
k +1
(A + B)
e
!(A + a) =
k
k +1
(A+B)
.
Analogamente se abbiamo anche l’informazione
B + b =h (A - b)
allora sappiamo ragionando come prima, che
(A − b) =
1
h +1
(A+B)!
e
(B + b) =
h
h +1
(A+B)
e possiamo combinare queste relazioni per costruire tanti alberi diversi trovando così diversi modi
per esercitarsi con la costruzione di questi alberi. E Fibonacci li pratica tutti.
I costruzione
(B − a) =
1
k +1
(A + B)
(A − b) =
1
h +1
(A+B)
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
quindi
!A+B =
1
k +1
+
1
h +1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
(A+B) + (a + b)
5
e abbiamo un albero che ha una parte sotto terra grande (a+b) e il resto dato dalla seguente frazione
di A+B :
h + k + 2
(k +1)(h +1)
(A+B)
. Poniamo allora che l’albero sia grande (k+1)(h+1), la sua parte sotto
terra è (k+1)(h+1)-(h+k+2) = hk-1 e si vorrebbe fosse a+b . E ora il “mantra” : per (k+1)(h+1) che
ho posto viene hk-1, cosa devo porre perché venga (a+b)? Moltiplichiamo gli estremi e dividiamo
per l’altro numero. Ecco allora
A+B=
(h +1)(k +1)(a + b)
(hk −1)
e quindi
B = a +
(h +1)(a + b)
(hk −1)
,
A = b +
(k +1)(a + b)
(hk −1)
essendo i numeri in gioco tutti positivi questa soluzione è sempre accettabile tranne il caso
hk = 1
II costruzione
(A + a) =
k
k +1
(A + B)
(B+b) =
h
h +1
(A+B)
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
quindi
A+B+(a+b) =
k
k +1
+
h
h +1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
(A+B)
e costruiamo l’albero nel quale la sua frazione supera la sua lunghezza di a+b. Poi possiamo
procedere con il nostro mantra.
III costruzione
(A + a) =
k
k +1
(A + B)
(A − b) =
1
h +1
(A+B)
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
quindi
k
k +1
(A+B) − a =
1
h +1
(A+B)+ b
e ora l’albero ha la parte (a+b) sotto terra uguale a una frazione di tutto l’albero uguale a
k
k +1
−
1
h +1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
(A+B)
. Ancora poniamo che l’albero sia grande (k+1)(h+1), la sua parte sotto terra è
k(h+1) - (k+1)=kh-1 mentre si vorrebbe fosse (a+b): ovviamente il risultato è lo stesso.
IV costruzione
(B + b) =
h
h +1
(A+B)
(B − a) =
1
k +1
(A+B)
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
quindi
h
h +1
(A+B) − b =
1
k +1
(A+B)+ a
e troviamo lo stesso albero.
V la via algebrica
Ma vi è un ulteriore metodo molto più generale che si può applicare a “infiniti” problemi: le regola
della cosa. Le due condizioni seguenti sono verificate entrambe:
6
A + a = k(B − a)
B + b = h(A − b)
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
poniamo B - a una “cosa”: cioè
x = B-a e quindi A+a = kx
sostituendo nella seconda equazione:
x+(a+b) = h(kx-(a+b))
x+(a+b) = hkx-h(a+b)
aggiungendo h(a+b) ai due membri
x + (h+1)(a+b) = hkx
perché se si sommano gli uguali agli uguali, i totali saranno uguali (XII.3.56)
se dalle suddette due parti sottrai una cosa, resteranno (hk-1) cose uguali a (h+1)(a+b) soldi:
(h+1)(a+b) = (hk-1)x
E ancora, togliendo uguali dagli uguali, ciò che resterà sarà uguale (XII.3.56)
perciò se avrai diviso gli (h+1)(a+b) soldi per (hk-1), avrai come totale di ciascuna cosa:
x =
(h +1)(a + b)
hk −1
.
Infine, poiché B = x+a e A= kx - a, abbiamo
B =
(h +1)(a + b)
hk −1
+ a
e
A =
k(h +1)(a + b)
hk −1
− a
Fibonacci analizza tutte queste possibili strade per risolvere l’enigma nel caso che il primo uomo,
chiedendo 7 denari, ha 5 volte quello che resta al secondo uomo e il secondo chiedendo 5 denari ha
7 volte quello che resta al primo. L’uso dei numeri non è sostanzialmente diverso dall’uso delle
lettere come abbiamo fatto noi perché quello che Fibonacci vuole esprimere è il procedimento che
si può seguire per risolvere questo tipo di problema. Ma perché questo accanimento per risolvere un
quesito che non ha alcun interesse pratico, se non per esercitare il pensiero.
Variazioni sul tema
7
Sembrerebbe che il successo dei metodi precedenti siano tutti legati alla circostanza che ciò che si
aggiunge ad A è uguale a ciò che si toglie da B. In realtà si può risolvere il problema con le stesse
idee anche nel caso che questo non sia vero. Infatti se
A + a’ = k (B - a)
abbiamo
(A + a ')+ (B − a) = (k +1)(B − a)
e possiamo aggiustare le cose in modo che sia
B − a '' =
1
k +1
(A+B)
dove
a '' =
a '+ ka
k +1
infatti, essendo
B − a =
1
k +1
(A+B + a'− a)
possiamo isolare la frazione di A+B sottraendo ai due
membri
1
k +1
(a '− a)
.
Nello stesso modo, dalla relazione
B + b’ = h (A - b)
troviamo
A − b'' =
1
h +1
(A+B)
dove
!b '' =
b'+ hb
h +1
e abbiamo, come nel caso precedente l’albero diviso in due zone: una nota e un’altra espressa da
una frazione di tutto l’albero:
A+B =
1
k +1
+
1
h +1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
(A+B)+ a''+ b''
.
e, come nel caso precedente,
B =
(h +1)(a ''+ b '')
hk −1
+ a''!
e
A =
k(h +1)(a ''+ b '')
hk −1
− a''
Dalla relazione
A + a’ = k (B - a)
abbiamo
(A + a ')+ (B − a) = 1+
1
k
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
(A + a ')
e possiamo aggiustare le cose in modo che sia
A + a'' =
k
k +1
(A+B)
dove
a '' =
a '+ ka
k +1
infatti, essendo
!A + a' =
k
k +1
(A+B + a'− a)
possiamo isolare la frazione di A+B sottraendo ai due
membri
k
k +1
(a '− a)
. Lo stesso possiamo fare con B+b’ e possiamo scegliere le cinque possibili
strade indicate prima.
Fibonacci indica ancora altre varianti che esercitano a lavorare con queste espressioni come
si farà con quelle algebriche. Invece di considerare come albero A+B si può considerare un’altra
somma: M=A+B+a’-a oppure N=A+B+b’- b ed esprimere B-a’’ e A-b’’ come frazioni di M o N e
questo nei 4 modi visti prima. Abbiamo in definitiva 12 possibili strade più quella algebrica, sempre
buona!
8
Ma vi sono anche delle situazioni in bilico tra il possibile e l’impossibile.
René Magritte, Souvenir de Voyage
Eccone una
)*++,-,./0 Vi siano di nuovo due uomini; e il primo chieda al secondo 7; e abbia similmente il quintuplo di esso e uno
in più. Il secondo pure chieda 5 al primo; e abbia sette volte tanto di esso, e 15 in più.
A + 7 = 5(B − 7) +1!!
B + 5 = 7(A − 5) +10
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
In questo caso a’= 6, b’= -10
a '' =
41
6
= 6 5/6
b'' =
25
8
=3 1/3 e quindi
A =
5 ×8
41
6
+
25
8
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
5 × 7 −1
−
41
6
= 4
15/17 e
B =
8
164 + 75
24
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
34
+
41
6
= 9
3/17
essendo A<5 la soluzione trovata non è accettabile perché il primo uomo non può dare 5 denari al
secondo uomo avendone meno di 5. Il problema ha una soluzione matematica alla quale non può
corrispondere una soluzione effettiva.
9
Due, dieci, cento uomini
René Magritte, Golconda, 1953
Ora gli uomini aumentano: è un uomo che chiede dei denari agli atri 2,3, 4, e più ancora. Scritto in
termini formali il problema diventa quello di trovare n numeri x
1
,x
2
, ... , x
n
tali che
x
i
+ c
i
= b
i
(S − x
i
− a
i
)
i =1, 2,..., n
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
dove
S = x
1
+ x
2
+... + x
n
Dove a
i
, b
i
, c
i
(i=1,2,...,n) sono numeri assegnati. Possiamo procedere come abbiamo fatto nei casi
precedenti seguendo uno dei tanti procedimenti che abbiamo analizzato: prendiamo la II
costruzione.
S + c
i
− a
i
= (x
i
+ c
i
) + (S − x
i
− a
i
) = x
i
+ c
i
+
1
b
i
(x
i
+ c
i
)
e quindi per ogni valore dell’indice i abbiamo le n relazioni
x
i
=
b
i
+1
b
i
(S + c
i
− a
i
) − c
i
=
b
i
+1
b
i
S −
a
i
(b
i
+1) − c
i
b
i
che ci permettono conoscendo S (l’albero) di trovare le incognite x
i
. Sommando tutte queste
relazioni troviamo
S =
b
i
+1
b
i
i=1
n
∑
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
S −
a
i
(b
i
+1) − c
i
b
i
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
i=1
n
∑
= bS − a
dove
10
b =
b
i
+1
b
i
i=1
n
∑
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
!
e
a =
a
i
(b
i
+1) − c
i
b
i
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
i=1
n
∑
sono numeri calcolabili a partire dai dati. In definitiva troviamo
S =
a
b −1
e con questo possiamo
calcolare, se b non è 1, le incognite.
Un’altra variazione sul tema molto interessante trattata da Fibonacci riguarda il caso in cui
due uomini chiedono dei denari agli altri n (n>1). Poniamo
X
1
= x
1
+ x
2
!,! X
2
= x
2
+ x
3
!,! X
3
= x
3
+ x
4
!,!...!,! X
n−1
= x
n−1
+ x
n
!,! X
n
= x
n
+ x
1
e
S = x
1
+ x
2
+... + x
n
!
Il sistema si scrive in forma compatta
((((
ovvero, seguendo il II metodo,
X
i
+ a
i
=
b
i
b
i
+1
S
i =1, 2,..., n
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
(
Ma ora abbiamo
X
i
i=1
n
∑
= 2S
quindi, sommando, 2S+a=bS dove
a = a
i
i=1
n
∑
e quindi
S =
a
b − 2
.
Possiamo così calcolare, se i denominatori non sono nulli, le n somme
! X
i
=
ab
i
(b
i
+1)(b − 2)
indicando questi valori con p
i
, per trovare le incognite, dobbiamo ancora risolvere il sistema
“universale”
x
1
+ x
2
= p
1
x
2
+ x
3
= p
2
...
x
n
+ x
1
= p
n
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
dove solo i termini noti dipendono dai dati del problema. Fibonacci si accorge che questo sistema
può essere possibile o impossibile non per una non corrispondenza dei valori della soluzione con il
contesto del problema, ma per ragioni strutturali che dipendono dalla parità o meno del numero n
degli uomini. Se n è dispari, caso trattato da Fibonacci per n=3 (da XII.3.73 a XII.3.76) e n=5
(XII.3.79) anche con varie combinazioni delle costanti, la situazione si presenta come nel caso di 2
uomini. Il sistema può essere risolto matematicamente qualunque siano i valori delle costanti e può
solo capitare che la soluzione trovata non sia accettabile nel contesto del quesito posto. In generale
per n dispari il sistema “universale” ha sempre una e una sola soluzione che, come è facile
verificare, è data da
X
i
+ a
i
= b
i
S − X
i
− a
i
( )
i =1, 2,!...!, n
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
11
x
1
=
1
2
p
1
− p
2
+... − p
n−1
+ p
n
( )
x
2
=
1
2
p
2
− p
3
+... − p
n
+ p
1
( )
...
x
n
=
1
2
p
n
− p
1
+... − p
n−2
+ p
n−1
( )
⎧
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
Se invece n è pari, per valori generici dei coefficienti p
i
il sistema universale può essere
incompatibile. Supponendo cioè che esista una soluzione si arriva a trovare due numeri nello stesso
tempo uguali e diversi.
)*++,-,110 Quattro uomini hanno dei denari, il primo e il secondo di essi chiedono agli altri 7 denari; e pongono di
avere il triplo di essi. Il secondo e il terzo chiedono agli altri 8, così da averne il quadruplo di essi. Il terzo e il quarto
chiedono agli altri 9; e hanno quintuplo di loro. Il quarto e il primo ne chiedono 11, e li superano del sestuplo: si chiede
quanto abbia ciascuno di essi.
....
troverai con la regola dell’albero, che questo numero è 21/23 82; ciò è impossibile, poiché con la prima ricerca
trovammo che la loro somma è un'altra, cioè 3/7 27: quindi questo problema è insolubile.
In generale per n=2m le equazioni del sistema universale sono linearmente dipendenti infatti se n è
pari la loro somma alternata è zero:
(x
1
+ x
2
) - (x
2
+ x
3
) + (x
3
+ x
4
) - ... + (x
2m-1
+ x
2m
) - (x
2m
+ x
1
) = 0
e quindi, l’ultima equazione è la somma alternata delle altre. Ora, se esiste una soluzione al sistema
universale, cioè se esistono dei numeri x
i
tali che x
i
+ x
i+1
= p
i
allora deve essere
p
1
- p
2
+ p
3
-. .. + p
2m-1
= p
2m
se questo non accade abbiamo una contraddizione: da un lato:
(x
2m
+ x
1
) = (x
1
+ x
2
) - (x
2
+ x
3
) + ... + (x
2m-1
+ x
2m
)
e d’atro lato (x
2m
+ x
1
) = p
2m
è diverso da
(x
1
+ x
2
) - (x
2
+ x
3
) + ... + (x
2m-1
+ x
2m
) = p
1
- p
2
+ p
3
-. .. + p
2m-1
Quando le equazioni non sono indipendenti una dall’altra e il sistema è compatibile abbiamo
infinite soluzioni perché almeno una equazione essendo dipendente dalle altre è automaticamente
verificata se queste sono verificate e quindi possiamo dare a una incognita un valore arbitrario e
ricavare le altre n-1 usando le n-1 equazioni restanti. Questa situazione è completamente chiara a
Fibonacci che fornisce un esempio (XII.3.77) di impossibilità quando la condizione di
compatibilità p
1
- p
2
+ ... + p
2m-1
= p
2m
non è verificata e un esempio nel quale questa condizione è
verificata e il sistema ha infinite soluzioni che lui calcola esplicitamente. In generale non è difficile
vedere che, se la condizione di compatibilità è verificata, allora le infinite soluzioni si ottengono
dando un valore arbitrario al parametro libero t come indicato di seguito:
12
x
1
=
1
2
p
1
− p
2
+... − p
n−2
+ p
n−1
( )
+ t
x
2
=
1
2
p
2
− p
3
+... − p
n−1
+ p
1
( )
− t
...
x
n
=
1
2
p
1
− p
2
+... − p
n−2
+ p
n−1
( )
− t
⎧
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
In questi surreali esercizi si delineata in nuce, presentando su esempi significativi i diversi
casi, l’intera teoria dei sistemi di equazioni lineari.
