Una dimostrazione elementare della formula di Stirling

[gugo82]

Sul forum, e soprattutto nei post di questa stanza, abbiamo usato più volte l'approssimazione di Stirling del fattoriale senza mai provarla del tutto (almeno a mia memoria).

Nei giorni scorsi, su suggerimento di un docente di Algoritmi, mi ero riproposto di scovare una dimostrazione semplice della Stirling da mostrare ai miei studenti.
Di dimostrazioni "elementari" ne ho trovate diverse, ma quasi tutte fanno uso di risultati di Analisi Reale/Numerica più o meno avanzati che in un corso di Analisi I non vengono nemmeno mensionati (leggi: teorema di convergenza dominata, metodo di Eulero-MacLaurin di integrazione numerica con la regola dei trapezi, metodo di Laplace, etc...); quindi tali dimostrazioni non possono dirsi "elementari" nel vero senso della parola.
In ultimo, però, mi sono imbattuto nella dimostrazione che segue* e che trovo adatta, se non proprio ai palati dei miei studenti, almeno a quelli dei forumisti abituali... Quindi eccomi qui a proporvela.

***

Vogliamo dimostrare il seguente fatto:

Si ha:
\[
\tag{S} n! \approx C\ n^{n+1/2}\ e^{-n}\; ,
\]
per un'opportuna costante \(C>0\); in altre parole, esiste una costante positiva \(C\) tale che:
\[
\lim_n \frac{n!}{C\ n^{n+1/2}\ e^{-n}} =1\; .
\]

Il valore esplicito della costante, che è noto da quasi trecento anni, è \(C=\sqrt{2\pi}\)**; tuttavia con la dimostrazione che propongo non si riesce ad esprimere esplicitamente \(C\) in maniera immediata.
Ciò nonostante, credo che il prodotto di Wallis*** possa essere usato per esplicitare il valore della costante che si trova nella dimostrazione... Io non ci ho provato; ma se a qualcuno va di tentare, può completare l'opera.

Per la dimostrazione ci servirà il seguente lemmino tecnico:

La successione di termine generale:
\[
I_n:= \int_1^n \frac{\{ x\}-\frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x
\]
(ove \(\{\cdot \}\) è la funzione parte frazionaria) è convergente.

Dim (del lemmino tecnico).:

Calcolando esplicitamente \(I_n\) troviamo:
\[
\begin{split}
I_n &= \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{\{ x\}-\frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x \\
&= \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{ x - [x] - \frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x \\
&= \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{x - (h-1) -\frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x \\
&= \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \left( 1 - \frac{h-\frac{1}{2}}{x}\right)\ \text{d} x \\
&= \sum_{h=2}^n 1 - \left( h-\frac{1}{2}\right)\ \log \frac{h}{h-1} \\
&= \sum_{h=2}^n 1 + \log \left( 1 - \frac{1}{h}\right)^{h-\frac{1}{2}}
\end{split}
\]
quindi per provare la convergenza della successione \((I_n)\) occorre e basta stabilire la convergenza della serie \( \sum 1+ \log \left( 1 - \frac{1}{n}\right)^{n-\frac{1}{2}}\).
La serie \( \sum 1+ \log \left( 1 - \frac{1}{n}\right)^{n-\frac{1}{2}}\) soddisfa la condizione necessaria alla convergenza ed anzi, risultando:
\[
\begin{split}
1+\log \left( 1 - \frac{1}{n}\right)^{n-\frac{1}{2}} &\approx 1+\left( n-\frac{1}{2}\right) \left( -\frac{1}{n} -\frac{1}{2n^2} -\frac{1}{3n^3}+\text{o} \left( \frac{1}{n^3}\right) \right)\\
&= 1+ \left( -1 + \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n} +\frac{1}{4n^2} - \frac{1}{3n^2} +\text{o}\left( \frac{1}{n^2}\right)\right)\\
&= -\frac{1}{12 n^2} +\text{o}\left( \frac{1}{n^2}\right)\; ,
\end{split}
\]
la serie è a termini definitivamente negativi e converge per il criterio del confronto asintotico. \(\square\)

Siamo adesso nella posizione per provare l'approssimazione di Stirling.
Dim (dell'approssimazione di Stirling).:

Cominciamo considerando la successione ausiliaria di termine generale \(\log n!\).
Per le note proprietà del logaritmo e per il fatto che \(\int_a^b \frac{1}{x}\ \text{d} x = \log \frac{b}{a}\) per \(0 \[
\begin{split}
\log n! &= \log \left(\prod_{k=1}^n k\right) \\
&= \sum_{k=1}^n \log k \\
&= \sum_{k=2}^n \log k \\
&= \sum_{k=2}^n \int_1^k \frac{1}{x}\ \text{d} x\; .
\end{split}
\]
L'addendo d'indice \(k\) nell'ultima sommatoria può essere riscritto come:
\[
\int_1^k \frac{1}{x}\ \text{d} x = \sum_{h=2}^k \int_{h-1}^h \frac{1}{x}\ \text{d} x
\]
dunque:
\[
\log n! = \sum_{k=2}^n \sum_{h=2}^k \int_{h-1}^h \frac{1}{x}\ \text{d} x\; .
\]
Scambiando l'ordine di sommazione troviamo:
\[
\begin{split}
\log n! &= \sum_{h=2}^n \sum_{k=h}^n \int_{h-1}^h \frac{1}{x}\ \text{d} x\\
&= \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{n-h+1}{x}\ \text{d} x
\end{split}
\]
e, tenendo presente che \(h-1=[x]\) per \(h-1\leq x< h\) (qui \([\cdot]\) è la parte intera), dalla precedente traiamo:
\[
\log n! = \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{n-[x]}{x}\ \text{d} x\; .
\]
Ora, sommando e sottraendo \(x+\frac{1}{2}\) al numeratore di ogni addendo ed introducendo la funzione parte frazionaria \(\{ x\}:=x-[x]\), si trova:
\[
\begin{split}
\log n! &= \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{n+\frac{1}{2}+(\{ x\}-\frac{1}{2})-x}{x}\ \text{d} x\\
&= \sum_{h=2}^n \left( n+\frac{1}{2}\right)\ \int_{h-1}^h \frac{1}{x}\ \text{d} x + \int_{h-1}^h \frac{\{ x\}-\frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x - \int_{h-1}^h\ \text{d} x\\
&= \left( n+\frac{1}{2}\right)\ \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{1}{x}\ \text{d} x + \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h \frac{\{ x\}-\frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x - \sum_{h=2}^n \int_{h-1}^h\ \text{d} x \\
&= \left( n+\frac{1}{2}\right)\ \int_1^n \frac{1}{x}\ \text{d} x+ \int_1^n \frac{\{ x\}-\frac{1}{2}}{x}\ \text{d} x - \int_1^n\ \text{d} x \\
&= \left( n+\frac{1}{2}\right)\ \log n - n+1 + I_n\; ,
\end{split}
\]
ove \(I_n\) è la successione di cui al lemmino tecnico.
Prendendo gli esponenziali dei membri più esterni dell'ultima catena si trova:
\[
n! = n^{n+1/2}\ e^{-n}\ \exp \left( 1+I_n\right)\; ,
\]
da cui:
\[
\lim_n \frac{n!}{n^{n+1/2}\ e^{-n}} = \exp \left( 1+\lim_n I_n\right) <+\infty\; ,
\]
che è la (S) con \(C:= \exp \left( 1+\lim_n I_n\right)>0\). \(\square\)

__________
* La dimostrazione è tratta da: Reinhard Michel, The \((n+1)\)-th Proof of Stirling's Formula, The American Mathematical Monthly 115 (2008) n°9, pagg. 844-845.

** In realtà è unicamente la determinazione esplicita della costante ottimale che è da attribuirsi a James Stirling: infatti, l'approssimazione del fattoriale come presentata nel teorema era nota già ad Abraham De Moivre.

*** Cioè la formula:
\[
\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \prod_{n=1}^\infty \frac{2n}{2n+1}\; .
\]

[baldo891]

una dimostrazione elementare si trova nel libro di Adams(calcolo differenziale 1 quarta edizione) pag 543 esercizio 44
ciao!

[Sk_Anonymous]

Io nel corso di Probabilità e Statistica avevo visto questa (pagg. 48-49).

[gugo82]

Grazie per le segnalazioni.

L'unico libro di Analisi su cui avevo trovato una dimostrazione era il baby-Rudin: quella, però, era troppo "tosta" per i miei studenti.
L'Adams non l'ho mai preso sul serio come testo di Analisi, ma ci darò un'occhiata.

[Sk_Anonymous]

Abbiamo dunque :
\(\displaystyle C=\lim \frac{n!e^n}{n^{n+1/2}} \)
Poniamo allora :
\(\displaystyle w_n=\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}} \)
Risulta :
(A) \(\displaystyle w_{2n}=\frac{(2n)!e^{2n}}{(2n)^{2n+1/2}};w^2_n=\frac{(n!)^2e^{2n}}{n^{2n+1}} \)
Chiaramente è :
\(\displaystyle \lim w_n=\lim w_{2n} \)
e quindi è pure :
\(\displaystyle \lim w_n= \lim \frac{w_n^2}{w_n}=\lim \frac{w_n^2}{w_{2n}} \)
Facendo i calcoli in base alle (A) si ottiene che:
(B) \(\displaystyle C=\lim w_n= \sqrt 2\lim \frac{(n!)^22^{2n}}{\sqrt n(2n)!} \)
D'altra parte la formula del prodotto infinito di Wallis , con qualche manipolazione elementare ( qualcuno se vuole può verificare ) , si può scrivere anche così :
\(\displaystyle \sqrt{\frac{\pi}{2}}=\lim\frac{(n!)^22^{2n}}{\sqrt {2n}(2n)!} \)
da cui :
(C) \(\displaystyle \sqrt{\pi}=\lim\frac{(n!)^2 2^{2n}}{\sqrt {n}(2n)!} \)
Sostituendo (C) in (B) si ha alla fine :
\(\displaystyle C=\sqrt{2\pi} \)
Q.E.D.

[aizarg1]

@ciromario: trovo interessante il tuo calcolo, che sarebbe corretto se preliminarmente tu dimostrassi la convergenza di \( w_n\) senza assumerla a priori come hai fatto.

[gugo82]

"aizarg":@ciromario: trovo interessante il tuo calcolo, che sarebbe corretto se preliminarmente tu dimostrassi la convergenza di \( w_n\) senza assumerla a priori come hai fatto.

La convergenza dei \(w_n\) (proprio verso la costante "buona" della formula di Stirling) è una conseguenza immediata di quanto scritto nel primo post; quindi non c'è alcun bisogno di dimostrarla.

[Sk_Anonymous]

gugo-aizarg 1-0 !

[Noisemaker]

Non so se può andare, ma questa è la dimostrazione presa dal "E.Acerbi-G.Buttazzo - Primo corso di Analisi Matematica"

Determiniamo un'approssimazione di $n!$ mediante funzioni elementari. Cominciamo con l'osservare che la funzione $-\ln (1-x)$ è convessa, e quindi per ogni $\alpha\in (0,1)$ la sua retta secante sull'intervallo $[0,\alpha],$ di equazione

\begin{align} y=-\frac{\ln(1-\alpha)}{\alpha}\cdot x , \end{align}
maggiora la funzione stessa, cioè:

\begin{align}
-\ln(1-x)\le-\frac{\ln(1-\alpha)}{\alpha}\cdot x,\qquad \forall \alpha\in [0,\alpha]
\end{align}

in particolare useremo il fatto che, per $\alpha=1/4$ questa formula diviene:


\begin{align}
-\ln(1-x)\le 4x \ln(4/3) ,\qquad \forall \alpha\in [0,1/4],\qquad\qquad\qquad (1)
\end{align}

per ogni intero $k\ge2$ si ha, con facili sostituzioni :

\begin{align}
\int_{\frac{k-1}{2}}^{\frac{k+1}{2}} \ln x\,\,dx&=\int_{\frac{k-1}{2}}^{k} \ln x\,\,dx+\int_{k}^{\frac{k+1}{2}} \ln x\,\,dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln (k-t)+\ln(k+t)\,\,dt\\
&=\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left[k^2\left(1-\frac{t^2}{k^2}\right) \right]\,\,dt=\ln k+\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left(1-\frac{t^2}{k^2}\right) \,\,dt
\end{align}

da cui ponendo

\begin{align}
I_k= -\int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln \left(1-\frac{t^2}{k^2}\right) \,\,dt,\qquad \mbox{si ha}\qquad \ln k=\int_{\frac{k-1}{2}}^{\frac{k+1}{2}} \ln x\,\,dx+I_k
\end{align}

mentre dalla $(1)$, osservando che $t^2/k^2\le1/4$ se $0\le t\le1/2$ e $ k\ge1$ segue che

\begin{align}
0\le I_k\le 4 \ln(4/3) \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{t^2}{k^2} \,\,dt=\frac{ \ln(4/3)}{6k^2},\qquad\qquad\qquad (2)
\end{align}

allora:

\begin{align}
\ln n!&=\sum_{k=1}^n\ln k=\sum_{k=1}^n\left[\int_{\frac{k-1}{2}}^{\frac{k+1}{2}} \ln x\,\,dx+I_k\right]=\int_{\frac{1}{2}}^{n+\frac{ 1}{2}} \ln x\,\,dx+\sum_{k=1}^n I_k\\
&=\left[\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(n+\frac{1}{2}\right)-n+\frac{\ln 2}{2}\right]+\left[\sum_{k=1}^{+\infty}I_k-\sum_{k\ge n+1} I_k\right],\qquad\qquad\qquad (3)
\end{align}

per la $(2)$ la serie $\sum_{k=1}^{+\infty}I_k$ è convergente (per il criterio del confronto); indicheremo con $I$ la sua somma. Sempre dalla $(2)$ si ricava:

\begin{align}
\sum_{k\ge n+1} I_k \le\frac{\ln (4/3)}{6} \sum_{k\ge n+1} \frac{1}{k^2}
\end{align}

e, tenuto conto che del toerema di confronto con l'integrale,

\begin{align}
\sum_{k\ge n+1} \frac{1}{k^2} \le \int_{n}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \,\,dx=\frac{1}{n}
\end{align}

si ottiene :

\begin{align}
\sum_{k\ge n+1}I_k=O\left(\frac{1}{n}\right),\qquad\qquad\qquad (4)
\end{align}

inoltre si ha:

\begin{align}
\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(n+\frac{1}{2}\right) &= \left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left[n\left(1+\frac{1}{2n}\right)\right]\\
&=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\\
&=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+\frac{1}{2}+O\left(\frac{1}{n }\right)
\end{align}

in definitiva, usando la $(4)$ e la $(3)$ si scrive nella forma :

\begin{align}
\ln n!&=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(n+\frac{1}{2}\right)-n+\frac{\ln 2}{2}+I+O\left(\frac{1}{n }\right)\\
&=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n-n+C +O\left(\frac{1}{n }\right)\qquad\qquad\qquad (5)
\end{align}

dove abbiamo posto

\begin{align}
C=\frac{1}{2}+\frac{\ln 2}{2}+I.
\end{align}

Prendendo nella $(5)$ l'esponenziale di ambo i membri si ottiene:

\begin{align}
n!&=n^{\frac{n+1}{2}} e^{-n}\cdot e^C\cdot e^{O\left(\frac{1}{n }\right)}=\frac{n^n}{e^n}\cdot\sqrt n\cdot e^C\left(1-O\left(\frac{1}{n }\right)\right) \qquad\qquad\qquad (6)
\end{align}

rimane dunque da detrminare la costante $C;$ osserviamo che:

\begin{align}
(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{(2n)!!},\qquad(2n)!!=2^nn!
\end{align}

si ha

\begin{align}
\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}= \frac{\left[(2n)!!\right]^2}{(2n )! }=\frac{\left[2^nn!\right]^2}{(2n )! }=\frac{ 2^{2n}(n!)^2 }{(2n )! }
\end{align}

e quindi utilizzando la formula di Wallis,

\begin{align}
\frac{ 2^{2n}(n!)^2 }{(2n )! }=\left[\frac{2n+1}{2}\cdot\left(\pi+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)\right]^{\frac{1}{2}}=\sqrt{\pi n}\left(1+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)
\end{align}

usando la $(6)$ si ottiene

\begin{align}
\sqrt{\pi n}\left(1+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)&= \frac{2^{2n}\left[n^n \cdot e^{-n}\cdot \sqrt n\cdot e^C \left(1+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)\right]^2}{(2n)^{2n}\cdot e^{-2n}\cdot \sqrt {2n}\cdot e^C \left(1+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)}\\
&=\sqrt{\frac{n}{2}}\cdot e^C\left(1+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)
\end{align}

da cui si ricava

\begin{align}
e^C=\sqrt{2\pi}
\end{align}

e dunque dalla $(6)$ si ricava la formula di Stirling

\begin{align}
n!=n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n} \left(1+O\left(\frac{1}{n }\right)\right)
\end{align}

[gugo82]

@ ciromario: Se senti l'estremo bisogno di essere puerile, puoi farlo tranquillamente nel calduccio di casa tua, senza rompere le scatole sul forum.

@ Noisemaker: Carina, ma sembra più lunga di quella che ho postato sopra.
Comunque, grazie per la segnalazione; me la leggerò con calma in questi giorni.

[Sk_Anonymous]

[xdom="Rigel"]@ciromario: in questa sezione se vuoi discutere di matematica sei il benvenuto. In caso contrario puoi tranquillamente cambiare aria.[/xdom]

[Sk_Anonymous]

\(\displaystyle RIGEL=(BRAVO')^2 \)
[l'accento sulla o è alla francese ! ]
P.S.
Avendo scritto un'eguaglianza, penso di essere rimasto nel campo della matematica...

[Zero87]

Dai, almeno a Natale cerchiamo di essere tutti un po' più buoni.
(Sennò Babbo Natale$^1$ non risponde alla tua letterina nella sezione "scervelliamoci un po'" ).

Buon Natale

PS. Sono sicuro di averti visto anche all'oliforum qualche annetto fa quando ero iscritto lì...

____
$^1$. Specifico che non sono io perché nel mio caso ho fatto veramente una valanga di calcoli quindi non è accettabile la mia soluzione (inoltre non ho risolto l'ultimo punto tra l'altro).

[Sk_Anonymous]

@Zero87
Ho frequentato per molti anni l'Oliforum, finché non hanno richiesto il mio numero di cellulare per confermare l'iscrizione. Cosa questa che mi è subito parsa una palese infrazione alla mia privacy...Passo il suggerimento del cellulare a chi di dovere: potrebbe essere l'arma risolutiva per eliminare su questo forum qualche iscritto non ...allineato !
Quanto all'essere più buoni, io ci starei ma se non posso rispondere ( sia pure in modo semiserio) alle offese degli altri allora l'essere buoni diventa "essere sciocchi " ! E significa anche l'essere esposti a tutte le ingiurie, senza possibilità di replica. Prendiamo ad esempio la risposta che ho ricevuta :
" Se senti l'estremo bisogno di essere puerile, puoi farlo tranquillamente nel calduccio di casa tua, senza rompere le scatole sul forum"
Uno che legge ciò chissà che immagina abbia io scritto per suscitare in tal modo l'ira di qualcuno. Ed invece se si va a leggere si trova che ho risposto così : "gugo-aizarg 1-0 " ! Tu mi dirai che potrei essere io a prendere la decisione di andarmene, ma ho una certa propensione a mantenere duro ( sempre in maniera civile e non da "pisciaiuolo " ). Per questi motivi aspetto che siano altri a prendere la decisione finale che farà contenti parecchi. E non per il presunto disturbo che creerei ma piuttosto perché in politica rappresento un punto di riferimento scomodo come pure un tantinello, lasciamelo dire, in campo matematico !
P.S. Adesso arriva il "kapò " di turno e cancella tutto.

[Zero87]

[ot]

"ciromario":@Zero87
Ho frequentato per molti anni l'Oliforum, finché non hanno richiesto il mio numero di cellulare per confermare l'iscrizione. Cosa questa che mi è subito parsa una palese infrazione alla mia privacy...

Uno dei motivi per cui mi sono cancellato anche io.

Per il resto il tuo punto di vista è anche interessante, poi, però, arrivi a concludere un messaggio come quello che hai appena scritto ed è naturale che te lo oscurano o che ti richiamano, no? [/ot]

Lascio perdere l'OT e vado a nulleggiare.
Nei ritagli di tempo cercherò di vedere se riesco a trovare un metodo meno "contoso" per rispondere alla tua lettera a Babbo Natale della sezione "scervelliamoci un po'"... O per vedere se c'è un metodo che non si serve delle congruenze (j18eos dice che esiste... vedrò ) per dimostrare il criterio di divisibilità per 3.

A questo punto, oltre che al buon Natale, auguro anche una buona pennichella del post pranzo .

EDIT. Ringrazio gugo82: non ci avevo fatto caso, inoltre, che il pulsante dell'OT stava in mezzo agli altri.

[gugo82]

[ot]

"ciromario":Quanto all'essere più buoni, io ci starei ma se non posso rispondere ( sia pure in modo semiserio) alle offese degli altri allora l'essere buoni diventa "essere sciocchi " ! E significa anche l'essere esposti a tutte le ingiurie, senza possibilità di replica. Prendiamo ad esempio la risposta che ho ricevuta :
" Se senti l'estremo bisogno di essere puerile, puoi farlo tranquillamente nel calduccio di casa tua, senza rompere le scatole sul forum"
Uno che legge ciò chissà che immagina abbia io scritto per suscitare in tal modo l'ira di qualcuno. Ed invece se si va a leggere si trova che ho risposto così : "gugo-aizarg 1-0 " !

Mai sentito parlare di "goccia che fa traboccare il vaso" (vaso da notte, nel tuo caso...)?

Ma, mi chiedo: come fa un uomo che ha più di quarant'anni, insegnante per giunta, ad essere così puerile da leggere un post come il mio in quel modo?
Come fa ad essere tanto presuntuoso da interpretare nel senso più meschino possibile il significato delle parole scritte da altri e, nel contempo, a magnificare le quattro parole in croce (sempre le stesse da quasi dieci anni) che egli stesso scrive quando non parla di Matematica*?

"ciromario":Tu mi dirai che potrei essere io a prendere la decisione di andarmene, ma ha una certa propensione a mantenere duro ( sempre in maniera civile e non da "pisciaiuolo" ).

"Tener duro"... E aspettati che altri facciano lo stesso, in maniera molto più incisiva di quanto non faccia tu, caro professorino.

"ciromario":Per questi motivi aspetto che siano altri a prendere la decisione finale che farà contenti parecchi. E non per il presunto disturbo che creerei ma piuttosto perché in politica rappresento un punto di riferimento scomodo come pure un tantinello, lasciamelo dire, in campo matematico !

Francamente, ti sopravvaluti.


__________
* Perché quando scrivi di Matematica sei bravo... E menomale, altrimenti saresti un troll come un altro.[/ot]

[Rigel1]

"ciromario":Ho frequentato per molti anni l'Oliforum, finché non hanno richiesto il mio numero di cellulare per confermare l'iscrizione. Cosa questa che mi è subito parsa una palese infrazione alla mia privacy...Passo il suggerimento del cellulare a chi di dovere: potrebbe essere l'arma risolutiva per eliminare su questo forum qualche iscritto non ...allineato !

Ribadisco quanto già detto: qui non è questione di allineamento (per quanto mi riguarda, puoi essere binario, decimale, esadecimale, o quello che preferisci, non sono affari miei). In questa sezione fin quando scrivi di matematica sei il benvenuto; se vuoi parlare di altro, puoi frequentare un altro forum (o altra sezione adeguata di questo).

[Sk_Anonymous]

Non mi sopravvaluto... cerco solo di mettermi in gioco continuamente ( per quel poco che mi riesce) per non morire della noia di una Scuola immobile da parecchio.
Voglio anche osservare, in risposta a Rigel, che altri possono vomitare politica nella sezione "Generale" mentre a me è impedito ( di parlare di politica, non di vomitare ! )
Potete continuare a ...vomitare, pardon, a (s) parlare), tirando fuori cose assolutamente personali ( come la mia età...)
P.S. Il "vaso da notte" è roba da "pisciaiuoli " !

[gio73]

Felice Natale Ciromario

"ciromario":
Potete continuare a ...vomitare, pardon, a (s) parlare), tirando fuori cose assolutamente personali ( come la mia età...)

Qui sembra che tu voglia ironizzare sull'età di giammaria, o sbaglio?

"ciromario":Povero Giammaria, anch'egli oramai prigioniero nel cerchio di un certo tipo di oscurantismo !
Peccato, sembra un giovane (?) preparato...

[Seneca1]

[xdom="Seneca"]Chiudo qui.[/xdom]