PaoloBascetta-TeoremiDiHaga

Teoremi di Haga e
altri Teoremi
Prof. Paolo Bascetta
Liceo “A.B. Sabin” Bologna
([email protected])
Il foglio di carta
Unico ente fondamentale della geometria origami è
un foglio di carta, pensato illimitato, che chiameremo
piano, trasparente, sottile, ma abbastanza robusto, di
spessore uniforme, non deformabile in maniera
apprezzabile lungo la sua superficie, cioè non
elastico.
E’ invece deformabile perpendicolarmente alla sua
superficie, per permetterne la sovrapposizione di
alcune sue parti, ottenendo così quella che
chiameremo piega.
Postulati
• La traccia di una piega è un segmento
rettilineo (limitatamente al foglio).
• Data un piega, è possibile sovrapporre
la piega a se stessa. La superficie è
allora divisa in quattro angoli uguali
attorno al punto di intersezione.
Chiamiamo retto (R) ciascuno di questi
angoli.
Procedure geometriche elementari della Geometria Origami
O1. "Date due pieghe non parallele l1 ed l2, è possibile determinarne il loro punto di
intersezione P (fig. 1)".
Questa procedura specifica come ottenere punti: dall'intersezione di due pieghe.
O2. "Date due pieghe parallele l1 ed l2, è possibile piegare, in maniera univoca,
l1 su l2 ottenendo una piega m parallela ed equidistante da entrambe (fig. 2)
l2
l1
Fig. 1
P
l2
m
l1
Fig. 2
O3 "Date due pieghe incidenti l1 ed l2, è possibile piegare, in due distinti modi,
sovrapponendo l1 ad l2 ottenendo così le bisettrici degli angoli formati dalle due
pieghe (fig. 3)". Questa procedura permette di costruire la bisettrice di un angolo. Le
bisettrici ottenute sono tra loro perpendicolari.
O4 "Dati due punti distinti A e B, è possibile piegare, sovrapponendo ciascuno di
questi due punti a se stesso (fig. 4a), ottenendo la piega che li congiunge (fig. 4b)".
l1
Fig. 3
A
l2
a)
B
A
B
Fig. 4
b)
O5 “Dati due punti distinti A e B, è possibile piegare, sovrapponendo il punto A al
punto B (fig. 5a), ottenendo la piega r, asse del segmento AB (fig. 5b)".
r
A
r
A
B
B
a)
b)
Fig. 5
O6 “Data una piega r ed un punto P esterno ad r, è possibile piegare, sovrapponendo
contemporaneamente il punto P su se stesso e la piega r su se stessa (fig. 6a), per
ottenere l'unica piega per P perpendicolare alla piega r (fig. 6b)".
P
a)
P
r
r
Fig. 6
b)
1° Teorema
di Hagadi Haga”
Problema
1 “1° Teorema
D
E
E
D
C
C
F
I
H
A
B
G
Piegare il lato AB di un foglio quadrato ABCD in modo che l’angolo in basso
a destra “B” vada a sovrapporsi al punto medio “E” del lato DC.
Supponendo che il lato del quadrato sia lungo 1, trovare:
Le misure dei segmenti CF - EF - DI - EI - HI - HG - IG.
E
*
D
C
*
F
I
H
*
A
G
J
B
Sia CF = x. Avremo quindi FB = 1-x ed EC = 1/2.
Applicando il Teorema di Pitagora al triangolo EFC si ha: x2 + (1/2)2 = (1-x)2
e quindi x2 + 1/4 = 1 + x2 - 2x da cui si ha x = 3/8.
Pertanto CF = 3/8; EC = 4/8; EF = 5/8.
Il triangolo ECF risulta quindi un triangolo pitagorico essendo i suoi lati
proporzionali ai numeri 3,4,5.
½
D
E
*
2
5/
F
5/8
6
1/ 5/24
A
3/8
*
6
/
5
I
1/8
C
5/
8
2/3
H *
½
J
G
1
B
I triangoli EFC; EID; HGI, sono simili in quanto hanno gli angoli congruenti.
Sfruttando la similitudine e quindi la proporzionalità fra i lati abbiamo le misure dei
lati dei due triangoli rimanenti e cioè:
DE : CF = DI : EC e passando alle misure 1/2 : 3/8 = DI : 1/2 da cui DI = 2/3
Anche i triangolo EID è pitagorico per cui avremo: DE = 3/6; DI = 4/6
e quindi EI = 5/6 e per differenza HI = HE - IE = 1 - 5/6 = 1/6.
HG : CF = HI : EC e passando alle misure HG : 3/8 = 1/6 : 1/2; HG = 1/8
Il triangolo HGI è anch’esso pitagorico quindi: HG = 3/24; HI = 4/24
e quindi GI = 5/24. Avremo che GF = 5 /2.
½
D
6
5/
C
3/8
*
2
5/
I
6
1/ 5/24
1/8
½
5/
8
2/3
H *
E
*
G
F
5/8
J
A
B
1
Primo Teorema di Haga
“Se pieghiamo portando un angolo di un foglio quadrato a coincidere con il punto
medio del lato opposto, ogni lato del quadrato è diviso in un dato rapporto e cioè:
CB è diviso da “F” nel rapporto 3:5
AD è diviso da “I” nel rapporto 2:1
Tratto da: Kazuo Haga, “ORIGAMICS”
AD è diviso da “G” nel rapporto 7:1
“Mathematical Explorations through paper folding”
HE = AB è diviso da “I” nel rapporto 1:5.“
World Scientific
Generalizzazione
Problema
2
Generalizzazione
del 1° Teorema di Haga
Possiamo generalizzare il problema precedente considerando invece del
punto medio “E” del lato DC un qualunque altro punto del lato DC.
Trovare in funzione della scelta di “E” cioè EC = x le misure dei segmenti:
CF - EF - DI - EI - HI - HG - IG.
D
E x
D
C
H
B
C
I
F
G
A
E
H
y4
G
y4
A
Y3
y2
3
1-y
E x
1-x
D
I
y5
1-y1
K
y6
1
C
y1
F
J
Fig. 1
1/2
x
Y1
Y2
Y3
Y4
1-Y1
1-Y2
1-Y3
1-Y4
3/8
2/3
5/6
1/8
1/4
3/4
15/32
7/32
17/32
25/32
2/5
6/7
3/8
3/8
3/8
5/8
25/28
17/20
1/6
3/28
3/20
9/32
1/32
7/8
23/32
31/32
B
Fig. 2
[y1] Per il Teorema di Pigatora relativo al triangolo CEF si ha:
x2 + y12 = (1 - y1)2 così y1 = (1 - x2)/2.
[y2] I triangoli CEF e DIE sono simili e quindi y1 : (1 - x) = x : y2 e così y2 = 2x/(1+x).
[y3] La similitudine precedente permette di ottenere:
y2 : y3 = x : (1 - y1) e così y3 = (1 + x2)/(1 + x).
[y4] FG ed EB sono perpendicolari, i triangoli BFK e BCE sono simili. Gli angoli CEF e
KFB sono congruenti. In questo modo anche i triangoli EBC ed GJF sono congruenti e
quindi FJ = x. Avremo quindi y4 = JB = 1 - (y1 + x) = (1 - x)2/2
[y5] In quanto y2 + y5 + y4 = 1 si ha y5 = 1 - [2x/(1+x) + (1 - x)2/2]
[y6] Per il teorema di Pitagora riferito al triangolo GJF si ha:
y6 = x2 + 1
2° Teorema
di Hagadi Haga”
Problema
3 “2° Teorema
D
E
C
E
D
F
G
A
B
A
Piegare l’angolo “C” in modo che la piega passi per il vertice B e per il
punto medio “E” del lato DC. Consideriamo il lato FE e lo prolunghiamo
fino ad incontare AD.
Trovare in che rapporto il punto “G” divide il lato AD.
Trovare la posizione del punto “F” (distanza di F da AD e da DC).
B
E
D
F
G
A
C
Pieghiamo il lato AB su FB. Essendo lati del
quadrato coincideranno. Inoltre gli angoli GFB e
BFE sono retti e questo ci garantisce che i punti G,
F, E sono sulla stessa retta.
Siano R, S, le aree delle due alette piegate FEB e
GBF e T l’area del triangolo DGE.
Chiamando AG = x e tenuto conto che
2R + 2S + T = Area del quadrato ABCD avremo:
R = 1/4; S = x/2; T = (1 - x)/4 e quindi:
B 2(1/4) + 2(x/2) + (1-x)/2 = 1 dalla quale si ottiene
x = 1/3.
Si enuncia pertanto il Secondo
Teorema di Haga:
“Facendo una piega che congiunge un vertice della base di un
foglio quadrato con il punto medio del lato opposto si ottiene
un’aletta che prolungata dalla parte del lato più corto divide il
lato laterale in due parti. La parte minore risulta essere 1/3 del
lato.”
3° Teorema
di Haga di Haga”
Problema
4 “3° Teorema
D
E
C
D
E
I
F
H B
A
B
A
G
Piegare in modo che il lato BC passi per “E” e il vertice in basso a destra
“B” si trovi sul lato AD. Supponendo che il lato del quadrato sia unitario
trovare la lunghezza dei segmenti: AG, AH, HD, EF, EI, FI, FG, HG, HE.
½
D
E
I
*
F
C
1-x
1
H
*
1-y
x
A
y
*
G
B
Sia HA = x e AG = y. Per la piega fatta
avremo:
BG = GH = 1 - y. Applicando il Teorema di
Pitagora al triangolo AHG si ha che
x2 + y2 = (1 - y)2 e y = (1-x2)/2.
I triangoli HAG e DEH sono simili per
cui avremo DE : DH = AH : AG cioè
½ : (1-x) = x : y e avremo y = 2x(1 - x)
Sostituendo nell’equazione precedente
si ha: (1 - x2)/4 = x - x2 che si riduce a
3x2 - 4x + 1 = 0 che si scompone in
(3x - 1)(x - 1) = 0 da cui x = 1 e x = 1/3.
L’unica soluzione accettabile è x = 1/3.
Questo risultato viene riassunto nel 3°
Teorema di Haga che dice:
“Se si piega il lato destro di un foglio quadrato in modo che il
lato passi per il punto medio del lato superiore e il vertice
dell’angolo in basso a destro vada a toccare il lato sinistro, il
punto di contatto divide questo lato in 1/3 e 2/3.”
D
2/3
H
1/3
A
1/6
1/2
E
I
*
F
5/18
C Abbiamo che:
2/9
5/6
1
10/3
*
HA = x = 1/3 = 3/9; AG = y = 4/9; HG = 1 - y = 5/9.
I triangoli AGH, HDE e EFI sono quindi pitagorici e
si possono perciò ricavare semplicemente i lati che
restano:
DE = ½ = 3/6; DH = 4/6 = 2/3; HE = 5/6;
5/9
EI = 3/18 = 1/6; IF = 4/18 = 2/9;
4/9
*
G
L
B
Tratto da: Kazuo Haga, “ORIGAMICS”
“Mathematical Explorations through paper
folding”
World Scientific
EF = 5/18; FC = IF = 2/9; GB = GH = 5/9;
GL = AB - AG - LB = 1 - 4/9 - 2/9 = 1/3
Considerando il triangolo rettangolo GLF e
applicando il Teorema di Pitagora si ha
GF = 1 + 1/9 = 10/3.
D
C
Con il foglio A4
D
E
C
I
H
Fig. 1
A
F
G
Fig. 2
B
Piegare un foglio A4 (o similare) in modo che l’angolo in basso a destra
vada a sovrapporsi al punto medio del lato superiore (Fig. 1).
Trovare le misure di tutti i lati che si vengono a formare (Fig. 2).
D
E
C
D
H
C
E
F
Fig. 4
A
Fig. 3
B
A
G
Stesso piega precedente ma con il rettangolo posto in modo che il lato
più lungo sia orizzontale (Fig. 3).
Trovare le misure di EF, CF, AG, HE.
L’area dei triangoli HGE, EFC e GFE (Fig. 4).
Tratto da: Kazuo Haga, “ORIGAMICS”
“Mathematical Explorations through paper folding”
World Scientific
D
C
E
D
H
F
K
A
B
A
B
Piegare il foglio A4 (o similare) in modo che la piega passi per il vertice
B e il punto medio del lato DC.
Trovare la posizione del punto “F”, AK e DH.
Una volta riaperto il foglio, quali sono i triangoli simili?
D
E
E
C D
F
A
A
B
B
Stesso piega precedente ma con il rettangolo posto in modo che il lato
più lungo sia orizzontale.
Trovare le misure di DE, EF, FB, BE.
Trovare La posizione del punto “F” (distanza di F da AD e da AB) .
Tratto da: Kazuo Haga, “ORIGAMICS”
“Mathematical Explorations through paper folding”
World Scientific
Problema proposto da K. Haga
E
C D
D
EF
Linea Madre
A
Fig. 1
B A
C
F
E
B
Fig. 2
E
D
C
F
A
B
Fig. 3
Eseguire le seguenti sei pieghe:
1) DE
su
EF
2) AD
su
EF
3) AB
su
EF
4) BF
su
EF
5) CF
su
EF
6) CE
su
EF
P
E
D
C
P
H
G
M
A
F
L
N
O
B
Fig. 7