La seguente dimostrazione di ζ(2) = π2/6 è la prova più
semplice disponibile; mentre la maggior parte delle prove utilizzano i
risultati dalla matematica avanzata, quali analisi di Fourier, analisi
complessa e calcolo a più variabili.
Storia della dimostrazione
L'origine della prova è poco chiara. È comparsa nel giornale Eureka in 1982, attribuita a John Scholes, ma la prova era “conoscenza comun...e” a Cambridge verso la fine degli anni '60.
Che cosa bisogna conoscere
Per capire la dimostrazione dobbiamo conoscere le seguenti nozioni
La formula di De Moivre, che asserisce: (\cos x + i\sin x)^n = \cos (nx) + i \sin (nx).
Dimostrazione: vedere formula di Eulero.
Il teorema binomiale, vale a dire: (x+y)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}x^ky^{n-k}.
(Dove il coefficiente binomiale è: {n \choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.
Dimostrazione: dimostrarlo richiede le proprietà dei coefficienti binomiali e il principio di induzione.
La funzione cot2 x ha una corrispondenza biunivoca nell’intervallo (0, π/2).
Dimostrazione: supponiamo che cot2 x = cot2 y per alcuni x e y nell'intervallo (0, π/2). Avvalendoci della definizione di cotangente cot x = (cos x)/(sin x) e dell'identità trigonometrica cos2 x = 1 − sin2 x, vediamo che (sin2 x)(1 − sin2 y) = (sin2 y)(1 − sin2 x). Aggiungendo (sin2 x)(sin2 y) a entrambi i termini, otteniamo sin2 x = sin2 y. Poiché la funzione seno non è mai negativa in (0, π/2), si ha sin x = sin y, ma è geometricamente evidente (per esempio dando un'occhiata alla circonferenza goniometrica) che la funzione seno è crescente nell'intervallo (0, π/2), per cui x = y.
Se p(t) è un polinomio di grado m, p ha esattamente m radici in C, contate con molteplicità.
Dimostrazione: qualunque numero di soluzioni diverso da m confliggerebbe col teorema fondamentale dell'algebra.
Se p(t) = amtm + am − 1tm − 1 + ... + a1t + a0, dove am ≠ 0, allora la somma delle radici di p (contando le molteplicità) è −am − 1/am
Dimostrazione: Se am = 1, allora p(t) = prodotto di tutti i (t − s), dove s spazia tra tutte le radici di p. Espandendo questo prodotto, si vede che il coefficiente di tm − 1 è l'opposto della somma di tutte le altre radici. Se am ≠ 1, allora possiamo dividere per esso ogni termine, ottenendo un nuovo polinomio con le stesse radici, il cui coefficiente di partenza è 1; reiterando lo stesso ragionamento, si vede che la somma di tutte le radici del p(t) = somma di tutte le radici del nuovo polinomio = −am − 1/am.
L’identità trigonometrica csc 2 x = 1 + cot 2 x.
Dimostrazione: È conseguenza dell'identità fondamentale 1 = sin2 x + cos2 x dove ogni termine è stato diviso per sin2 x.
Per un numero reale x compreso tra 0 e π/2, abbiamo la diseguaglianza cot 2 x < 1/x2 < csc2 x.
Per x piccoli, è ampiamente dimostrato che 0 < sin x < x < tan x, come è possibile vedere qui:
Circle-trig6.svg
Per notare che 0 < sin x < x, si osservi il fatto che nella figura sin θ è la lunghezza della linea AC, e θ è la lunghezza dell'arco circolare AD.
Per notare che x < tan x, si osservi che l'area del triangolo OAE è tan(θ)/2, l'area del settore OAD è θ/2, e che il settore è contenuto nel triangolo.
Ora, si consideri il reciproco di ogni elemento trigonometrico fin qui nominato, e se ne calcoli il quadrato. Si tenga altresì presente che la disequazione, in presenza dei reciproci, cambia direzione.
Dati tre numeri reali a, b, c con a ≠ 0; il limite della funzione (am + b)/(am + c) con m che tende a infinito è 1.
Dimostrazione: Si divida ogni termine per m, e si prenda (a + b/m)/(a + c/m). Se dividiamo un numero piccolo per una quantità straordinariamente grande, il quoziente tende a zero; così, sia numeratore che denominatore tendono ad a, e il loro quoziente tende a 1.
Il teorema del confronto per le funzioni (o dei carabinieri): se una funzione è maggiorata e minorata da due funzioni che tendono allo stesso limite, allora anche la funzione in questione tenderà a tale limite.
Dimostrazione: vedi articolo.
La dimostrazione
L’idea principale di questa dimostrazione è trovare un limite alle somme parziali
\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}
tra due espressioni tendenti ciascuna a π2/6 (con m che tende a infinito). Le due espressioni sono derivate dalle identità che coinvolgono le funzioni di cosecante e di cotangente. Queste identità a loro volta sono derivate dalla formula di De Moivre dato il numero reale x compreso tra 0 e π/2, e n un intero positivo, con la formula di De Moivre abbiamo:
\frac{\cos (nx) + i \sin (nx)}{(\sin x)^n} = \frac{(\cos x + i\sin x)^n}{(\sin x)^n} = \left(\frac{\cos x + i \sin x}{\sin x}\right)^n = (\cot x + i)^n.
Dal teorema binomiale invece ricaviamo:
(\cot x + i)^n = {n \choose 0} \cot^n x + {n \choose 1} (\cot^{n-1} x)i + \cdots + {n \choose {n-1}} (\cot x)i^{n-1} + {n \choose n} i^n
= \left[ {n \choose 0} \cot^n x - {n \choose 2} \cot^{n-2} x \pm \cdots \right] \; + \; i\left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \mp \cdots \right].
La combinazione delle due equazioni dà l’identità:
\frac{\sin (nx)}{(\sin x)^n} = \left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \mp \cdots \right].
Definiamo ora n = 2m + 1, dove m è in naturale, e x = rπ/(2m + 1), (dove r = 1, 2, ..., m): come conseguenza, nx = rπ, e quindi sin(nx) = 0 per ogni valore di n. Portando questi valori all'interno dell'identità sopra esposta, otteniamo: 0 = {{2m+1} \choose 1} \cot^{2m} x - {{2m+1} \choose 3} \cot^{2m-2} x \mp \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}.
Questa equazione tiene conto dei valori x = rπ/(2m + 1), dove r = 1, 2, ..., m. Questi valori di x sono numeri compresi tra 0 e π/2, e poiché la funzione cot^2(x) ha corrispondenza biunivoca nell’intervallo (0, π/2), ogni cot^2(x) = cot^2(rπ/(2m + 1)) ha un valore diverso per ciascun r = 1, 2, ..., m. Poiché però dalla suddetta equazione ciascuno di questi numeri diversi da m è la radice di un polinomio di grado m,
p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \mp \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}.
questo vuol dire che ogni x = cot^2(rπ/(2m + 1)), per r = 1, 2, ..., m è precisamente radice per il polinomio p(t). È dunque possibile calcolare la somma delle radici direttamente esaminando i coefficienti. Inserendo l'identità trigonometrica csc^2 x = cot^2 x + 1, abbiamo:
\csc ^2 \left(\frac{\pi}{2m+1}\right) + \csc ^2 \left(\frac{2 \pi}{2m+1}\right) + \cdots + \csc ^2 \left(\frac{m \pi}{2m+1}\right)
= {{2m+1} \choose 3} / {{2m+1} \choose 1} + m = \frac{(2m)(2m+2)}{6}.
Ora, consideriamo la diseguaglianza cot2 x < 1/x2 < csc2 x. Se aggiungiamo queste diseguaglianze per ciascuno dei numeri x = rπ/(2m + 1) e se usiamo le due identità qui sopra, otteniamo \frac{(2m)(2m-1)}{6} < \left( \frac{2m+1}{\pi} \right) ^2 + \left( \frac{2m+1}{2 \pi} \right) ^2 + \cdots + \left( \frac{2m+1}{m \pi} \right) ^2 < \frac{(2m)(2m+2)}{6}.
A questo punto, moltiplicando per (π/(2m + 1))2, si ha:
\frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m-1}{2m+1}\right) < \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2} < \frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m+2}{2m+1}\right).
Per m divergente a infinito, i termini a sinistra e a destra convergono a π2/6, e abbiamo, dal teorema del confronto:
\zeta(2) = \sum_{k=1}^\infin \frac{1}{k^2} = \lim_{m \to \infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) = \frac{\pi ^2}{6}
E questo completa la dimostrazione. Q.E.D.
Altra dimostrazione
Un'altra procedura per il calcolo di ζ(2), che fa uso di integrali, si trova qui.
Dimostrazione utilizzando la serie di Fourier
Un'altra possibile dimostrazione è ottenibile utilizzando le proprietà delle Serie di Fourier. Considerando infatti la funzione f(x)=x con x\in[-\pi,\pi], si può considerare l'estensione periodica di questa funzione a tutto \mathbb{R}.
Tale estensione risulta continua su \mathbb{R} con un numero finito di punti di discontinuità.
La Serie di Fourier associata converge quindi uniformemente alla funzione f(x) \forall x\in\mathbb{R}\backslash\{-2k\pi\}\forall k\in\mathbb{N}. Essendo f(x) una funzione dispari, si ottiene una serie di soli seni, il cui coefficiente \beta_k si ottiene utilizzando la Forma Rettangolare:
\beta_{k}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(kx)dx=\frac{1}{2\pi}[\frac{x\cos(kx)}{k}-\int_{\pi}^{\pi}\frac{\cos(kx)}{k}dx]_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{2\pi}[\frac{x\cos(kx)}{k}]_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{k}(-\cos(k\pi))=\frac{(-1)^{k+1}}{k}\forall k\in\mathbb{N}
La serie di Fourier associata risulta quindi: f(x)\sim2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin(kx). Utilizzando poi l'Uguaglianza di Parseval, otteniamo l'identità:
\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}dx=\frac{\pi^{2}}{3}=2\sum_{k=1}^{\infty}\beta_{k}^{2}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}} , da cui segue l'identità:
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}
Generalizzazione
Con procedimenti molto simili a quelli che erano stati usati per il caso s=2 si riuscì a trovare la forma chiusa per la somma dell'inverso di qualsiasi potenza pari:
\zeta(4) = 1 + \frac{1}{2^4} + \frac{1}{3^4} + \frac{1}{4^4} + \cdots = \frac{\pi^4}{90}
\zeta(6) = 1 + \frac{1}{2^6} + \frac{1}{3^6} + \frac{1}{4^6} + \cdots = \frac{\pi^6}{945}
Più in generale:
\zeta(2k)= \frac{2^{2k-1}\pi^{2k}|B_{2k}|}{(2k)!}
Dove B_k sono i numeri di Bernoulli. Non è stato però compiuto alcun passo nella determinazione di una forma chiusa per i valori dispari di \zeta(s): solo recentemente è stato dimostrato che:\zeta(3) (chiamata costante di Apery) è un numero irrazionale.Visualizza altro
Storia della dimostrazione
L'origine della prova è poco chiara. È comparsa nel giornale Eureka in 1982, attribuita a John Scholes, ma la prova era “conoscenza comun...e” a Cambridge verso la fine degli anni '60.
Che cosa bisogna conoscere
Per capire la dimostrazione dobbiamo conoscere le seguenti nozioni
La formula di De Moivre, che asserisce: (\cos x + i\sin x)^n = \cos (nx) + i \sin (nx).
Dimostrazione: vedere formula di Eulero.
Il teorema binomiale, vale a dire: (x+y)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}x^ky^{n-k}.
(Dove il coefficiente binomiale è: {n \choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.
Dimostrazione: dimostrarlo richiede le proprietà dei coefficienti binomiali e il principio di induzione.
La funzione cot2 x ha una corrispondenza biunivoca nell’intervallo (0, π/2).
Dimostrazione: supponiamo che cot2 x = cot2 y per alcuni x e y nell'intervallo (0, π/2). Avvalendoci della definizione di cotangente cot x = (cos x)/(sin x) e dell'identità trigonometrica cos2 x = 1 − sin2 x, vediamo che (sin2 x)(1 − sin2 y) = (sin2 y)(1 − sin2 x). Aggiungendo (sin2 x)(sin2 y) a entrambi i termini, otteniamo sin2 x = sin2 y. Poiché la funzione seno non è mai negativa in (0, π/2), si ha sin x = sin y, ma è geometricamente evidente (per esempio dando un'occhiata alla circonferenza goniometrica) che la funzione seno è crescente nell'intervallo (0, π/2), per cui x = y.
Se p(t) è un polinomio di grado m, p ha esattamente m radici in C, contate con molteplicità.
Dimostrazione: qualunque numero di soluzioni diverso da m confliggerebbe col teorema fondamentale dell'algebra.
Se p(t) = amtm + am − 1tm − 1 + ... + a1t + a0, dove am ≠ 0, allora la somma delle radici di p (contando le molteplicità) è −am − 1/am
Dimostrazione: Se am = 1, allora p(t) = prodotto di tutti i (t − s), dove s spazia tra tutte le radici di p. Espandendo questo prodotto, si vede che il coefficiente di tm − 1 è l'opposto della somma di tutte le altre radici. Se am ≠ 1, allora possiamo dividere per esso ogni termine, ottenendo un nuovo polinomio con le stesse radici, il cui coefficiente di partenza è 1; reiterando lo stesso ragionamento, si vede che la somma di tutte le radici del p(t) = somma di tutte le radici del nuovo polinomio = −am − 1/am.
L’identità trigonometrica csc 2 x = 1 + cot 2 x.
Dimostrazione: È conseguenza dell'identità fondamentale 1 = sin2 x + cos2 x dove ogni termine è stato diviso per sin2 x.
Per un numero reale x compreso tra 0 e π/2, abbiamo la diseguaglianza cot 2 x < 1/x2 < csc2 x.
Per x piccoli, è ampiamente dimostrato che 0 < sin x < x < tan x, come è possibile vedere qui:
Circle-trig6.svg
Per notare che 0 < sin x < x, si osservi il fatto che nella figura sin θ è la lunghezza della linea AC, e θ è la lunghezza dell'arco circolare AD.
Per notare che x < tan x, si osservi che l'area del triangolo OAE è tan(θ)/2, l'area del settore OAD è θ/2, e che il settore è contenuto nel triangolo.
Ora, si consideri il reciproco di ogni elemento trigonometrico fin qui nominato, e se ne calcoli il quadrato. Si tenga altresì presente che la disequazione, in presenza dei reciproci, cambia direzione.
Dati tre numeri reali a, b, c con a ≠ 0; il limite della funzione (am + b)/(am + c) con m che tende a infinito è 1.
Dimostrazione: Si divida ogni termine per m, e si prenda (a + b/m)/(a + c/m). Se dividiamo un numero piccolo per una quantità straordinariamente grande, il quoziente tende a zero; così, sia numeratore che denominatore tendono ad a, e il loro quoziente tende a 1.
Il teorema del confronto per le funzioni (o dei carabinieri): se una funzione è maggiorata e minorata da due funzioni che tendono allo stesso limite, allora anche la funzione in questione tenderà a tale limite.
Dimostrazione: vedi articolo.
La dimostrazione
L’idea principale di questa dimostrazione è trovare un limite alle somme parziali
\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}
tra due espressioni tendenti ciascuna a π2/6 (con m che tende a infinito). Le due espressioni sono derivate dalle identità che coinvolgono le funzioni di cosecante e di cotangente. Queste identità a loro volta sono derivate dalla formula di De Moivre dato il numero reale x compreso tra 0 e π/2, e n un intero positivo, con la formula di De Moivre abbiamo:
\frac{\cos (nx) + i \sin (nx)}{(\sin x)^n} = \frac{(\cos x + i\sin x)^n}{(\sin x)^n} = \left(\frac{\cos x + i \sin x}{\sin x}\right)^n = (\cot x + i)^n.
Dal teorema binomiale invece ricaviamo:
(\cot x + i)^n = {n \choose 0} \cot^n x + {n \choose 1} (\cot^{n-1} x)i + \cdots + {n \choose {n-1}} (\cot x)i^{n-1} + {n \choose n} i^n
= \left[ {n \choose 0} \cot^n x - {n \choose 2} \cot^{n-2} x \pm \cdots \right] \; + \; i\left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \mp \cdots \right].
La combinazione delle due equazioni dà l’identità:
\frac{\sin (nx)}{(\sin x)^n} = \left[ {n \choose 1} \cot^{n-1} x - {n \choose 3} \cot^{n-3} x \mp \cdots \right].
Definiamo ora n = 2m + 1, dove m è in naturale, e x = rπ/(2m + 1), (dove r = 1, 2, ..., m): come conseguenza, nx = rπ, e quindi sin(nx) = 0 per ogni valore di n. Portando questi valori all'interno dell'identità sopra esposta, otteniamo: 0 = {{2m+1} \choose 1} \cot^{2m} x - {{2m+1} \choose 3} \cot^{2m-2} x \mp \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}.
Questa equazione tiene conto dei valori x = rπ/(2m + 1), dove r = 1, 2, ..., m. Questi valori di x sono numeri compresi tra 0 e π/2, e poiché la funzione cot^2(x) ha corrispondenza biunivoca nell’intervallo (0, π/2), ogni cot^2(x) = cot^2(rπ/(2m + 1)) ha un valore diverso per ciascun r = 1, 2, ..., m. Poiché però dalla suddetta equazione ciascuno di questi numeri diversi da m è la radice di un polinomio di grado m,
p(t) := {{2m+1} \choose 1}t^m - {{2m+1} \choose 3}t^{m-1} \mp \cdots + (-1)^m{{2m+1} \choose {2m+1}}.
questo vuol dire che ogni x = cot^2(rπ/(2m + 1)), per r = 1, 2, ..., m è precisamente radice per il polinomio p(t). È dunque possibile calcolare la somma delle radici direttamente esaminando i coefficienti. Inserendo l'identità trigonometrica csc^2 x = cot^2 x + 1, abbiamo:
\csc ^2 \left(\frac{\pi}{2m+1}\right) + \csc ^2 \left(\frac{2 \pi}{2m+1}\right) + \cdots + \csc ^2 \left(\frac{m \pi}{2m+1}\right)
= {{2m+1} \choose 3} / {{2m+1} \choose 1} + m = \frac{(2m)(2m+2)}{6}.
Ora, consideriamo la diseguaglianza cot2 x < 1/x2 < csc2 x. Se aggiungiamo queste diseguaglianze per ciascuno dei numeri x = rπ/(2m + 1) e se usiamo le due identità qui sopra, otteniamo \frac{(2m)(2m-1)}{6} < \left( \frac{2m+1}{\pi} \right) ^2 + \left( \frac{2m+1}{2 \pi} \right) ^2 + \cdots + \left( \frac{2m+1}{m \pi} \right) ^2 < \frac{(2m)(2m+2)}{6}.
A questo punto, moltiplicando per (π/(2m + 1))2, si ha:
\frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m-1}{2m+1}\right) < \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2} < \frac{\pi ^2}{6}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)\left(\frac{2m+2}{2m+1}\right).
Per m divergente a infinito, i termini a sinistra e a destra convergono a π2/6, e abbiamo, dal teorema del confronto:
\zeta(2) = \sum_{k=1}^\infin \frac{1}{k^2} = \lim_{m \to \infty}\left(\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) = \frac{\pi ^2}{6}
E questo completa la dimostrazione. Q.E.D.
Altra dimostrazione
Un'altra procedura per il calcolo di ζ(2), che fa uso di integrali, si trova qui.
Dimostrazione utilizzando la serie di Fourier
Un'altra possibile dimostrazione è ottenibile utilizzando le proprietà delle Serie di Fourier. Considerando infatti la funzione f(x)=x con x\in[-\pi,\pi], si può considerare l'estensione periodica di questa funzione a tutto \mathbb{R}.
Tale estensione risulta continua su \mathbb{R} con un numero finito di punti di discontinuità.
La Serie di Fourier associata converge quindi uniformemente alla funzione f(x) \forall x\in\mathbb{R}\backslash\{-2k\pi\}\forall k\in\mathbb{N}. Essendo f(x) una funzione dispari, si ottiene una serie di soli seni, il cui coefficiente \beta_k si ottiene utilizzando la Forma Rettangolare:
\beta_{k}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(kx)dx=\frac{1}{2\pi}[\frac{x\cos(kx)}{k}-\int_{\pi}^{\pi}\frac{\cos(kx)}{k}dx]_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{2\pi}[\frac{x\cos(kx)}{k}]_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{k}(-\cos(k\pi))=\frac{(-1)^{k+1}}{k}\forall k\in\mathbb{N}
La serie di Fourier associata risulta quindi: f(x)\sim2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin(kx). Utilizzando poi l'Uguaglianza di Parseval, otteniamo l'identità:
\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}dx=\frac{\pi^{2}}{3}=2\sum_{k=1}^{\infty}\beta_{k}^{2}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}} , da cui segue l'identità:
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}
Generalizzazione
Con procedimenti molto simili a quelli che erano stati usati per il caso s=2 si riuscì a trovare la forma chiusa per la somma dell'inverso di qualsiasi potenza pari:
\zeta(4) = 1 + \frac{1}{2^4} + \frac{1}{3^4} + \frac{1}{4^4} + \cdots = \frac{\pi^4}{90}
\zeta(6) = 1 + \frac{1}{2^6} + \frac{1}{3^6} + \frac{1}{4^6} + \cdots = \frac{\pi^6}{945}
Più in generale:
\zeta(2k)= \frac{2^{2k-1}\pi^{2k}|B_{2k}|}{(2k)!}
Dove B_k sono i numeri di Bernoulli. Non è stato però compiuto alcun passo nella determinazione di una forma chiusa per i valori dispari di \zeta(s): solo recentemente è stato dimostrato che:\zeta(3) (chiamata costante di Apery) è un numero irrazionale.Visualizza altro
Lillo Taverna
Siccome manco io ci ho capito niente, anzi mi sono arreso alle prime righe e
siccome sono le due ultime parole che mi piacciono e cioè "numero
irrazionale" vorrà dire cha andrò dal Governatore Visco e se mi riesce lo
dirò anche al burbanzoso Barbagallo siculo trapiantato a palazzo Koch per far
presente: secondo matematici insigni Basilea tre si basa su un numero
irrazionale; lascio il sollazzo ai gatti soriani dipinti di rosso del Sevizio
Studi la supponenza di avere capito tutto; non invidio l'ardimentoso aggiunto
ispettore che andando magari al MPS si spinge a scrivere tre pagine per farlo
chiudere perché oltre i canoni di Basilea tre, oltre codesto numero
irrazionale; ma mi dicano lor signori: io vecchio ispettore cosa insegno ai
nuovi? come spiego tutto ciò al giudice penale ed a quello ammnistrativo,
sapendo pur bene che venendo da Giurisprudenza quanto a matematica sono più
ciuci di me?
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