La Matematica degli Origami

Capitolo 3: La Matematica degli Origami
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Capitolo 3
La Matematica degli Origami
3.1 Introduzione
In questo capitolo affronteremo i problemi, dal punto di vista matematico, che si
incontrano nell’arte della piegatura della carta. Inizialmente vedremo, come
esempio di potenza di questo mezzo, com’è possibile risolvere problemi anche di
terzo e quarto grado, com’è possibile compiere operazioni che richiederebbero
l’utilizzo di riga e compasso con un solo gesto. Poi approfondiremo lo studio della
geometria degli origami, quelle che sono le proprietà di un crease-pattern, che
rappresenta in sostanza l’origami, e la possibilità di tracciare modelli teorici,
grazie agli studi di Maekawa e Kawasaki; studieremo in particolare le proprietà
degli origami “Flat”, ossia quei modelli che danno origine ad origami capaci di
appiattirsi completamente senza che la carta si strappi. Nel paragrafo 3.4, infine,
grazie ad una ricerca di David Huffman, approfondiremo lo studio riguardante le
relazioni esistenti tra gli angoli diedri di un vertice poliedrico, elemento essenziale
nella costruzione degli origami.
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Capitolo 3: La Matematica degli Origami
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3.2 Il Metodo del Ripiegamento della Carta
Il primo ad attirare, col suo autorevole giudizio, l’attenzione degli studiosi sul
metodo del ripiegamento della carta dovuto al matematico indiano Sundara Row,
fu Klein con le sue celebri conferenze su questioni di matematica. Questo metodo
non è una semplice curiosità matematica, ma è un ottimo strumento per la
risoluzione di problemi geometrici poiché consente di risolvere anche problemi di
terzo e quarto grado, inoltre alcuni problemi si risolvono con operazioni assai più
semplici di quelle necessarie quando si ricorre a riga e compasso, e l’esattezza dei
risultati non è inferiore.
Le operazioni fondamentali quali:

Costruire la retta passante per due punti dati

Determinare l’intersezione di due rette date
sono eseguibili semplicemente e con la stessa precisione con la quale sono
effettuate adoperando riga e compasso.
Il problema di condurre per un punto P la perpendicolare ad una sola retta r
richiede una sola operazione: basta, infatti, piegare il foglio in modo che la piega
passi per P e la retta r si sovrapponga a se stessa; con riga e compasso questo
problema richiede ben quattro operazioni: tre volte l’uso del compasso e uno della
riga.
La bisettrice ad un angolo si costruisce velocemente sovrapponendo, con una sola
piegatura, i due lati dell’angolo. Molto semplice è anche la costruzione di un
quadrato di cui è dato un lato in grandezza e posizione: la costruzione richiede
quattro operazioni di piegatura sul foglio, mentre con riga e compasso occorre
utilizzare cinque volte il compasso e tre volte la riga.
Due problemi più complessi che si possono risolvere con il metodo del
ripiegamento della carta sono i seguenti:
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1. costruire un quadrato di cui due lati opposti, o i loro prolungamenti,
passino per due punti dati, e i due vertici situati su uno dei rimanenti lati
stiano rispettivamente su due rette date.
2. Dati due punti ed una retta, costruire un angolo retto il cui vertice giaccia
sulla retta, e i cui lati passino rispettivamente per i due punti dati.
Non entriamo nel dettaglio delle procedure da utilizzare per risolvere tali
problemi, accenniamo solo al fatto che sarà necessario costruire delle parabole per
tangenti, con il metodo appunto della ripiegatura della carta.
3.3 Definizione di Origami
Possiamo definire un origami con una coppia (C,f) dove C è un insieme di linee
definite su un quadrato [0,1] x [0,1], le quali definiscono le pieghe, e f è una
funzione f: C (-,) la quale indica l’angolo e la direzione di ogni piega.
Formalizziamo quello che abbiamo detto.
Definizione: Un origami è una coppia (C,f), dove C è un insieme di pieghe e f:
C (-,) la quale mappa [0,1] x [0,1] in R3 ed è iniettiva.
Figura 3.1- Peghe a Monte e a Valle
Se abbiamo una piega p tale che f(p)>0 significa che p è una piega a valle; se
invece f(p)<0 allora p è una piega a monte.
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3.3.1 Flat Origami e Proprietà Locali
Definizione: Un flat origami è un origami dove ogni piega a valle è piegata di 
radianti e ogni piega a monte è piegata di – radianti.
Figura 3.2 - Flat Origami
Definizione: con vertice intendiamo un punto all’interno del foglio dove le pieghe
s’incontrano.
In seguito daremo alcune proprietà locali di un origami flat, dove per locali
intendiamo quelle proprietà che valgono solo su un singolo vertice del pattern
delle pieghe. Immaginiamo di avere un disco di carta dove abbiamo un solo
vertice al centro e pieghe radiali che partono da questo.
Maekawa Teorema
Sia M il numero di pieghe a monte in C, e V il numero di pieghe a valle, allora:
M –V = 2
Figura 3.3 - Flat Origami, Proprietà Locali
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Dimostrazione: (Jan Siwanowicz)
Consideriamo il disco D dopo che è stato piegato. Se tagliamo la carta vicino al
vertice, la sezione ci rivela il perimetro di un poligono.
Essendo un flat origami tutti gli angoli interni di questo poligono saranno 0 o 2
radianti, più precisamente alle pieghe a monte in C corrisponde un angolo di 0
radianti nel poligono, alle pieghe a valle invece un angolo di 2 radianti. Sia n il
numero di pieghe in C, che corrisponderà al numero di lati del poligono, allora,
poiché la somma degli angoli interni di un poligono è uguale a (n-2), e nel nostro
caso n = M + V, avremo:
0M+2V = (M + V – 2)  M - V = 2.
Se pieghiamo il disco su se stesso nel senso opposto, avremo che M – V = -2,
quindi:
M –V = 2.
Corollario 1
Il numero di pieghe in C è pari.
Dimostrazione
Se n è il numero di pieghe in C e M - V = 2 allora:
n = M + V = M – V + 2V = 2(1 + V).
Corollario 2
Se pensiamo il pattern delle pieghe di un origami come un grafo allora ogni grafo
di un flat origami è 2-colorabile.
Dimostrazione
Il corollario 1 ci garantisce che ogni vertice è di grado pari, ossia è formato da un
numero pari di “fold-line”, con l’eccezione dei vertici che si trovano sul bordo del
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foglio. Comunque possiamo creare un nuovo vertice fuori dal quadrato e
collegarlo con tutti i vertici sul bordo di grado dispari. Il grafo risultante sarà 2colorabile.
Il corollario 2 è stato scoperto da Meguro in Jappone, ed è interessante poiché
dimostra la parità delle facce in un pattern. Quando l’origami è completamente
chiuso su se stesso, infatti, se noi coloriamo le facce rosse e blu, l’origami flat
finale avrà tutte le facce rosse da un lato e blu dall’altro.
Kawasaki Teorema 1
Se C è l’insieme delle pieghe di un flat origami, allora la somma degli angoli
alternati in C intorno al vertice è .
Dimostrazione
Sia  una curva chiusa nel disco D intorno al vertice di C. Se noi pieghiamo D
usando le fold-line in C e seguiamo il tracciato  sulle varie facce, ci rendiamo
conto che ogni volta che  incontra le fold-line deve cambiare direzione.
Figura 3.4 - equazione (331a)
Così torneremo indietro da dove siamo partiti, e questo implica che
1 - 2 + 3 + … - 2n = 0
(331a)
Ma noi sappiamo anche che
1 + 2 + 3 + … + 2n = 2
Utilizzando entrambi i risultati e sommando la seconda equazione alla precedente
otteneniamo:
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1 + 3 + … + 2n-1 = 
Questo implica che
2 + 4 + … + 2n = 
Il Kawasaki teorema 1 è così dimostrato.
Possiamo dimostrare ora che il risultato esposto nel teorema precedente non solo è
una condizione necessaria, ma è anche sufficiente.
Questo risultato sorprendente implica che un insieme qualunque di linee può
essere usato per costruire un flat origami locale, la possibilità dipende solo dagli
angoli intorno al vertice non da come sono disposte le pieghe a valle e a monte.
Kawasaki Teorema 2
Sia C = {l1,…, l2n} una collezione di linee radiali su un disco D, e denotiamo gli
angoli tra queste linee con 1, 2, 3, …, 2n. Supponiamo inoltre che 1 + 3 + …
+ 2n-1 = 2 + 4 +… + 2n = . Allora C genera un flat origami.
Figura 3.5 - Esempio di come assegnare le pieghe a monte e a valle
Questi due teoremi, i quali danno la condizione necessaria e sufficiente per essere
un flat origami nel locale, vengono riassunti col nome di condizione 180°.
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3.3.2 Problema nell’Estendere i Concetti al Globale
Il teorema di Maekawa non si estende ai flat origami con più di un vertice, infatti
ad esempio, in quello mostrato nella Figura 3.2 M - V = 15. Comunque sembra
che questa quantità continui a conservare delle sue proprietà.
Se noi consideriamo il pattern di un arbitrario flat origami, localmente vale la
formula M – V =  2. Infatti M - V = 2 se il vertice punta verso l’alto e M - V = -2
se il vertice punta verso il basso. Questo ci suggerisce che globalmente abbiamo:
M – V = 2(# di vertici rivolti in alto) – 2(# di vertici rivolti in basso)
Questo però è incorretto poiché nel pattern ci saranno pieghe che fanno parte di
entrambi i vertici, e sono quelle pieghe in cui l’estremità termina all’interno del
foglio e non sul bordo.
Otteniamo allora il seguente risultato:
Proposizione 1
Sia ( C, f ) un flat origami, sia M il numero di pieghe a monte e V il numero di
pieghe a valle, allora
M - V = 2(# vertici rivolti in alto) – 2(# vertici rivolti in basso)
– (# pieghe interne a monte) + (# pieghe interne a valle).
L’unica cosa che può rendere falsa questa proposizione è una fold-line che non
interseca nessuna altra fold-line all’interno del foglio, come ad esempio un
origami formato da una singola piega a monte, in questo caso M – V = 1, e questo
contraddice la proposizione. In questo caso noi dobbiamo considerare la nostra
fold-line come due fold-line distinte, con il vertice in un qualunque punto lungo la
fold-line, allora avremo che la proposizione è verificata, infatti M – V = 2.
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3.3.3 La condizione 180°
Anche i teoremi di Kawasaki 2 e 3 ossia la condizione 180, non si possono
estendere naturalmente ai flat origami con un numero maggiore di vertici, infatti
esistono pattern che non si possono
piegare
globalmente,
piegabile
invece localmente. Un esempio è
mostrato nella Figura 3.6.
Proviamo ora a spiegarne i motivi.
Siano 1,2,…,2n gli angoli tra le
pieghe di un flat origami con solo un
vertice
Figura 3.6 - crease-pattern non ripiegabile
Proposizione 2
Per ogni flat origami (C,f) definito sopra un disco D con un solo vertice, se i <
i-1 e i < i+1 allora f(li) = - f (li+1) cioè li è a
monte e li+1 è a valle.
Per vedere perché questo è vero guardiamo la
Figura 3.7. Se f(li) = f (li+1), allora piegando su
una
di
queste
due
pieghe,
i-1 o
i+1
attraverseranno rispettivamente le linee li+1 o li-1.
Ora consideriamo il pattern in Figura 3.6. Ogni
vertice è formato da due angoli retti alternati
Figura 3.7
separati da un angolo minore di 90° e da un
angolo maggiore di 90° gradi, siamo quindi nelle condizioni della proposizione 2.
Supponiamo che la linea l1 sia a monte allora per la proposizione 2, l2 deve essere
a valle, ma questo implica che l3 deve essere a monte e questo contraddice la
proposizione 2 poiché avremmo l1 e l3 entrambi a monte separati da un angolo
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inferiore rispetto all’angolo a destra e l’angolo a sinistra. Ciò implica che il
crease-pattern della Figura 3.7 è non ripiegabile ( not-foldabily).
Definizione:
Dato un insieme C di pieghe (con il quale non sappiamo se siamo in grado di
generare un flat origami) costruiamo un grafo lineare dell’origami come segue:
1. I vertici in G sono le pieghe in C
2. Due pieghe li lj formano un arco in G se e solo se
a) li e lj sono adiacenti in C e
b) f(li) = - f(lj) deve essere vera se C è generato da un flat origami
(C,f)
la condizione 2a significa semplicemente che li e lj non possono essere entrambe
a valle o entrambe a monte.
Figura 3.8 - grafo lineare
dell'origami
La Figura 3.8 mostra il grafo lineare del pattern precedente. Si può notare che esso
è un sottografo del grafo lineare convenzionale, e si può anche notare che non è 2colorabile ed il pattern non può essere piegato.
La Figura 3.9 mostra un altro esempio di pattern delle pieghe, il quale è
localmente un flat origami, ma è impossibile da piegare. Costruendo il grafo è
possibile rendersi conto del perché non è 2-colorabile.
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Figura 3.9 - esempio di crease-pattern non ripiegabile
Congettura
Una collezione C di fold-line in un quadrato può generare un flat origami
se e
solo se
a) ogni vertice in C soddisfa la condizione 180°
b) il grafo lineare di C è 2-colorabile
3.3.4 La complessità di un Flat Origami
Marshall Bern, e Barry Hayes, hanno affrontato il problema di determinare se un
foglio di carta, su cui è disegnato un pattern che ne rappresenta le pieghe, è
ripiegabile in modo da ottenere un flat origami (flat foldability). Tali studi gli
hanno permesso di dimostrare che, il problema di assegnare l’orientazione alle
pieghe del pattern (a monte o a valle) in modo da ottenere un flat origami è un
problema NP-completo. Non entriamo nei dettagli della dimostrazioni, appare
chiaro comunque che tale dimostrazione sfrutta il teorema di Kawasaki e di
Maekawa.
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3.4 Curvatura e Pieghe
Sia k un contorno chiuso e orientato in senso orario, ad ogni punto su tale
contorno associamo il vettore unitario, normale alla superficie e orientato in modo
da allontanarsi da questa.
Possiamo trasferire questo insieme di vettori, lasciando inalterate le loro
caratteristiche, al centro di una sfera di Gauss. In questo modo ogni vettore
terminerà sulla superficie di tale sfera, evidenziato un tracciato su di essa;
chiamiamo k’ tale tracciato ottenuto dal contorno k.
Il rapporto K tra l’area C ottenuta come risultato del tracciato k’ e l’area F
determinata da k ha un limite finito per k che tende ad un punto dato. Questo
rapporto è definito curvatura Gaussiana o curvatura totale.
Quando k’ è orientato in senso orario la curvatura è positiva, quando invece è
orientato in senso antiorario la curvatura è negativa.
L’area racchiusa dal tracciato k’ sulla sfera però, spesso è molto complessa ed è
considerata positiva quando l’area creata da una parte del tracciato in senso orario,
è maggiore rispetto all’area disegnata dal restante tracciato in senso antiorario; è
considerata negativa nella situazione inversa a quella appena descritta.
In un punto dato, la curvatura Gaussiana K è uguale al prodotto delle due
principali curvature in questo punto. Ognuna di queste curvature è uguale al
reciproco del proprio raggio di curvatura corrispondente, r1o r2.
Come esempio consideriamo la curvatura Gaussiana in punti tipici:
1. Sul bordo esterno della sfera di raggio r: i due raggi di curvatura hanno lo
stesso valore positivo e quindi K=1/r2.
2. All’interno del bordo della sfera di raggio r: i due raggi di curvatura hanno
lo stesso valore negativo e quindi, nuovamente, K=1/r2.
3. Sopra l’ellissoide: r1 e r2 sono entrambi positivi e K=1/r1r2.
4. Su una superficie a sella: r1 e r2 hanno segni opposti quindi K è negativa.
5. All’apice di un cono: ogni raggio è 0 conseguentemente K è infinito.
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3.4.1 Vertice Poliedrico
Vediamo ora come vengono rappresentati sulla sfera di Gauss i settori piani
associati ad un arbitrario vertice poliedrico. Prendiamo come primo esempio
l’angolo di un cubo (Figura 3.10) formato, quindi, da tre piani che chiamiamo A,
B, C. Immaginiamo di poggiare un vettore normale al piano A e percorriamo un
circuito chiuso intorno all’angolo del cubo in senso orario, (spostiamoci, quindi,
dal piano A al piano B; dal B al C e poi torniamo sul piano A) mantenendo il
vettore sempre normale al piano.
Figura 3.10 – Tracciato sulla sfera di Gauss di un semplice vertice poliedrico
Ogni qualvolta ci sposteremo da un piano a quello adiacente il vettore compirà un
rotazione di /2 tracciando sulla sfera di Gauss un arco di /2 radianti,
corrispondente all’angolo diedro tra i piani che formano lo spigolo del cubo.
Il corrispondente tracciato che otterremo sulla sfera di Gauss è quindi un triangolo
sferico, la cui area è (1/8)(4) = /2. Poiché l’area di un triangolo sferico è
determinata dalla somma degli angoli interni meno .
Un altro esempio potrebbe essere una superficie con una forma simile ad una
sella, dove ci sono due angoli concavi e due angoli convessi (Figura 3.11). Per
creare una superficie del genere è necessario che i quattro settori di angolo A, B,
C, D che noi consideriamo tutti uguali abbiano una somma superiore a 2, e che
ogni settore di angolo debba essere maggiore di /2.
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Figura 3.11 - tracciato sulla sfera di Guass di un vertice poliedrico
Il tracciato che il vettore disegna sulla sfera di Gauss non dipende dal contorno
della superficie, ma solamente dai settori di angoli e dagli angoli diedri tra i piani
adiacenti. Possiamo notare che l’orientazione del tracciato tra il piano A e B e tra i
piani C e D è opposta. Questo è dovuto alla concavità dei corrispondenti spigoli.
L’area all’interno del tracciato può essere considerata negativa poiché i il tracciato
è percorso in senso antiorario.
Esaminando i tracciati di entrambi gli esempi notiamo che l’angolo con cui il
tracciato cambia la sua direzione corrisponde all’angolo del settore piano
associato.
Un classico teorema della trigonometria sferica afferma che l’area di un triangolo
sferico è uguale alla somma degli angoli interni meno , questa quantità è spesso
chiamata “excess angle”.
Se decomponiamo in triangoli l’area dentro il tracciato sulla sfera di Gauss,
possiamo applicare il teorema appena esposto, ed è facile mostrare che l’area
dentro il tracciato è uguale a 2 meno la somma degli angoli settore sulla
corrispondente superficie.
Chiaramente se la somma degli angoli settori è inferiore a 2 l’area all’interno del
tracciato è positiva. Altrimenti nel caso opposto, come quello del nostro ultimo
esempio, è negativa.
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Capitolo 3: La Matematica degli Origami
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3.4.2 Vertice poliedrico con curvatura zero
Un’ importante sottoclasse dei vertici poliedrici è quella in cui la somma degli
angoli settore è pari a 2.
Immaginiamo la situazione illustrata in Figura 3.12.
Figura 3.12 – Vertice poliedrico di grado 4 su una superficie di curvatura zero
Il tracciato sulla sfera è generato da un vertice poliedrico in cui la somma degli
angoli settore è 2 e la somma delle aree dei due triangoli sferici è uguale a zero.
Quattro settori sono indispensabili per ottenere un’area di grandezza zero, poiché
tre conducono ad un singolo triangolo.
Ogni vertice poliedrico di grado 4 avente curvatura zero ha tre angoli concavi ed
uno convesso, oppure tre convessi ed uno concavo.
La porzione sinistra del tracciato sulla sfera di Gauss crea un triangolo sferico
avente un’area di magnitudo pari all’area del triangolo sferico presente nella
porzione destra del tracciato, ma di segno opposto.
I simboli m, n, p e q si riferiscono alla grandezza degli angoli diedri tra le coppie
di piani AB, CD, BC e DA.
L’arco che unisce B a C (riferiti alla rappresentazione sulla sfera di Gauss)
rappresenta le normali ai piani che sono tangenti alla superficie lungo lo spigolo
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Capitolo 3: La Matematica degli Origami
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tra i due piani. Lo stesso vale per i piani D e A. L’angolo  è l’angolo tra questi
due spigoli.
Immaginiamo ora di aprire il foglio fino a renderlo piatto, cosicché gli angoli
diedri diventino uguali a zero e gli angoli settore rimangano costanti. In questo
caso l’area E di ciascuno dei due triangoli sferici diviene zero e l’angolo  diviene
uguale a:
C + D = 2 - (A + D).
In generale, invece, quando la superficie non è piatta l’angolo  è più piccolo di
questa cifra.
Dal teorema esposto in precedenza relativo al excess angle otteniamo per il
triangolo di sinistra:
EXANGLE  (  A)  (  B)  (   )    3  A  B     
(2  ( A  B)   )
invece per il triangolo sferico di destra
EXANGLE  C  D)  (   )    C  D  
Entrambi sono uguali alla
comune area E dei due
triangoli sferici.
Quindi
E
può
essere
considerato un parametro
per indicare la flessibilità al
vertice.
Un
altro
possibile
parametro che indica la
flessibilità del vertice è
ottenuto considerando un
Figura 3.13 – Iterazione di una configurazione base
foglio di carta, dove le
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Capitolo 3: La Matematica degli Origami
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pieghe sono ottenute dall’iterazione di una configurazione base (Figura 3.13).
Questo tipo di iterazione è possibile per ogni insieme di angoli settore la cui
somma è 2. Tutti gli spigoli tra i piani C e D sono concavi, gli altri sono
convessi.
Ora assumiamo che di ogni spigolo specifichiamo gli originari angoli diedri m, n,
p, e q. Questo è possibile farlo in molti casi poiché come si vede dalla figura, la
terminazione di ogni piega è associata con la stessa coppia di piani della
configurazione.
Consideriamo, per esempio, le normali alla sequenza di piani P1, P2, P3, …. E’
chiaro che gli angoli tra P1 e P3, P3 e P5, P5 e P7, … sono uguali. Allo stesso
modo sono uguali gli angoli tra P14 e P16, P16 e P18, P18 e P20,….
Quindi gli angoli tra le coppie di piani nelle sequenze P1, P3, P5, P7, P9; nella
sequenza P2, P4, P6, P8, P10; nella sequenza P14, P16, P18, P20; e nella
sequenza P15, P17, P19, P21 sono tutti uguali.
3.4.3 Relazione tra gli angoli di un vertice poliedrico di
grado 4
Ora cercheremo di derivare delle relazioni tra
gli angoli diedri di un generico vertice
poliedrico di grado 4 su una superficie con
curvatura zero.
Per fare questo utilizziamo una formula delle
u
trigonometria sferica, che mette in relazione
la tangente di metà area di un triangolo con la
π-B
m
b
d
π- θ
metà dei lati adiacenti e il seno e il coseno
dell’angolo tra questi.
Applicando questa formula al nostro caso
otteniamo:
D
π- θ
c
π-A a
n
C
v
Figura 3.14 – Tracciato sulla sfera
di Gauss di un vertice poliedrico di
grado quattro
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Capitolo 3: La Matematica degli Origami
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a
b
c
d
tg  tg  sin(    )
tg  tg  sin(    )
E
2
2
2
2
tg 

a
b
c
2 1  tg  tg  cos(   ) 1  tg  tg d  cos(   )
2
2
2
2
deriviamo questa formula con le formule di sottrazione per i seni e i coseni:
sin(    )  sin   cos   sin   cos 
cos(   )  cos   cos   sin   sin 
a
b
c
d
 tg  (sin   cos   sin   cos  )
tg  tg  (sin   cos   sin   cos  )
2
2
2
2

a
b
c
d
1  tg  tg  (cos   cos   sin   cos  ) 1  tg  tg  (cos   cos   sin   cos  )
2
2
2
2
tg
a
b
c
d
tg  tg  ( cos )
tg  tg  ( cos )
2
2
2
2

a
b
c
d
1  tg  tg  ( cos  ) 1  tg  tg  (cos  )
2
2
2
2
a
b
a
b
c
d
 tg  (cos 2  )  tg  tg  tg  tg 
2
2
2
2
2
2
c
d
a
b
c
d
( cos  )  tg  tg  (cos 2  )  tg  tg  tg  tg
2
2
2
2
2
2
( cos  )  tg
a
b
c
d
tg  tg  tg  tg
2
2
2
2
Applicando la legge di trigonometria sferica dei coseni per gli angoli
( cos C   cos A  cos B  sin A  sin B  cos C ) ai triangoli sferici in questione
otteniamo per il triangolo di sinistra:
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cos(   )   cos(  A) cos(  B)  sin(   A) sin(   B) cos m
per il triangolo di destra:
cos(   )   cos C cos D  sin C sin D cos n
quindi uguagliando queste due equazioni ed aggiungendo ad ogni lato
senA senB + senC senD otteniamo:
(sin A sin B  cos A cos B)  sin A sin B cos m  sin C sin D 
 (sin C sin D  cos C cos D)  sin C sin D cos n  sin A sin B
Poiché A + B + C + D = 2 le due quantità tra parentesi sono rispettivamente:
 cos( A  B)   cos(C  D)
sin A  sin B  cos m  sin C  sin D  sin C  sin D  cos n  sin A  sin B
Sfruttiamo ora la formula di duplicazione del coseno
cos 2  1  2 sin 2 
sin A sin B  2 sin A sin B sin 2 m 2 m  sin C sin D  sin C sin D  sin C sin D sin 2 n 2  sin A sin B
da questa otteniamo:
m
2  sin C  sin D
n sin A  sin B
sin 2
2
sin 2
44.a
49
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
con un procedimento analogo si derivano le formule che pongono in relazione gli
altri angoli:
p
2  sin A  sin D
q sin B  sin C
sin 2
2
sin 2
44.b
u
2  sin A  sin C
v sin B  sin D
sin 2
2
sin 2
44.c
44.d

sin A  sin D 2 q  
sin C  sin D 2 n 
1
sin
1
sin

 

sin B  sin D
sin
B

sin
D
sin B  sin C
2   1 
sin A  sin B
2   1  sin B  sin D
1 
q
n
sin A  sin C
sin A  sin C
sin A  sin C

 

1  sin 2
1  sin 2

 

2
2
3.4.4 Analogia tra rete elettrica e un generico vertice
poliedrico sulla carta
50
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
In Figura 3.15 è mostrato un esempio di una configurazione piuttosto complessa
di linee e vertici su una superficie di
carta prima che venga ripiegata su se
stessa. Tutti i vettori normali hanno lo
stesso orientamento e occupano solo
una piccola regione della sfera di Gauss.
Si può osservare che ogni segmento sul
tracciato
è
perpendicolare
al
corrispondente spigolo sulla superficie e
che la direzione del tracciato è inversa
quando il contorno della superficie
attraversa uno spigolo che funge da
limite tra una regione di spigolo
positivo e una di spigolo negativo.
Quando i vari angoli diedri raggiungono
l’estensione massima, allora il tracciato
copre la maggior quantità della sfera di
Gauss, sempre comunque, accade che
gli angoli tra segmenti successivi
rimangano costanti.
L’area all’interno del tracciato, può
essere calcolata sommando le aree
dell’insieme dei triangoli. Possiamo
considerare un’arbitraria origine come
mostrato in Figura 3.15. Così ad
esempio un triangolo che contribuirà al
calcolo dell’area dell’intero tracciato,
Figura 3.15 - analogia tra rete elettrica e
configurazione di vertice poliedrico con
curvatura zero
sarà il triangolo OAB. Quest’area è
considerata negativa poiché la direzione
del segmento AB è antiorario rispetto
all’origine O. Un altro triangolo che contribuisce alla somma, potrebbe essere il
triangolo OFG. Quest’area invece è positiva, essendo il segmento orientato in
51
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
senso orario rispetto ad O. La somma di quest’area è zero indifferentemente dalla
posizione dell’origine.
Vediamo ora come un vertice di questo tipo, con le caratteristiche appena esposte,
può essere messo in analogia con una rete elettrica.
Sia ogni spigolo del tracciato di curvatura zero corrispondente ad un resistore. Il
voltaggio attraverso il resistore sarà la variazione d’angolo da uno spigolo
all’altro. La conduttività del resistore sarà l’angolo diedro associato e il segno del
conduttore corrisponderà al segno dello spigolo associato.
3.4.5 Relazione tra gli angoli di un vertice poliedrico di
grado 5
Con un processo simile a quello utilizzato nel caso di vertice poliedrico composto
di quattro spigoli, siamo in grado di risalire alle relazioni esistenti tra gli angoli
diedri di un vertice poliedrico di grado cinque.
Mentre però nel caso di quattro spigoli la configurazione ammissibile era
solamente una ossia tre spigoli positivi e uno negativo, (o la situazione opposta) in
questo caso le configurazioni ammissibili sono tre: un solo spigolo negativo; due
spigoli negativi, separati da uno spigolo positivo; due spigoli negativi adiacenti.
Ognuna di queste possibilità crea un tracciato sulla sfera di gauss differente che,
va studiato, quindi, in maniera differente per dedurre le relazioni esistenti tra gli
angoli diedri del vertice poliedrico.
Ora trattiamo in dettaglio il caso in cui il vertice poliedrico è composto di un solo
spigolo negativo, gli altri due casi vengono trattati in maniera simile.
52
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
n
D
d
b
B
π- θ
C
c
n-
π- θ
p+
q
l
m
+
m
C D
q+
B E
A
r+
E
A
r
Figura 3.16 – Tracciato sulla sfera di gauss di un vertice poliedrico di grado 5 con
uno spigolo negativo
Consideriamo il caso in cui gli angoli noti sono m, r; un caso particolarmente
semplice da calcolare.
Noti, quindi, i due lati m ed r possiamo calcolare l
cos l  cos mcos r  sin msin r cos A
Una volta ricavato l siamo in grado di scrivere le due equazioni che ci
determinano ; da queste poi ricaviamo n
cos(   )   cos C cos D  sin C sin D cos n
cos(   )   cos B2 cos E2  sin B2 sin E2 cos l
 cos C cos D  sin C sin D cos n   cos B2 cos E2  sin B2 sin E2 cos l
 cos C cos D  cos B2 cos E2  (sin B2 sin E2 )(cos m cos r  sin m sin r cos A) 
n  arccos

sin C sin D


Determiniamo ora gli angoli interni del poligono che appare più in basso nella
Figura 3.15.
B2    ( B  B1 )
E2    ( E  E1 )

 sin r sin A  
B2     B  arcsin 
 
 sin l  


 sin m sin A  
E2     E  arcsin 
 
 sin l  

53
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
Tali angoli ci permettono di ricavare q
 sin l sin B2 
a  arcsin 

 sin  
 sin n sin C 
d  arcsin 

 sin  
q d a
 sin l sin B2 
 sin n sin C 
q  arcsin 
  arcsin 

 sin  
 sin  
Trattiamo ora il triangolo sferico inferiore:
 sin l sin E2 
b  arcsin 

 sin  
 sin n sin D 
c  arcsin 

 sin  
p bc
 sin l sin E 2 
 sin n sin D 
p  arcsin 
  arcsin 

 sin  
 sin  
Tutti i lati sono così determinati.
Ricavare le relazioni esistenti nel caso in cui si conoscano due lati differenti da m
ed r non è così banale, o è necessario impostare un metodo numerico per risolvere
sistemi di equazioni non lineari, o un metodo iterativo che determini quando le
due aree dei dei poligonoi sferici coincidono variando un lato, (è questo un
metodo adottato nell’applicazione) o è possibile passare allo studio del metodo
duale che affronteremo in seguito.
Con un processo analogo possiamo ricavare le relazioni tra gli angoli diedri di un
vertice poliedrico composto da tre spigoli positivi e due spigoli negativi separati
da uno spigolo positivo. Come si può notare dalla Figura 3.17 in questo caso il
tracciato sulla sfera è composto da tre triangoli sferici, ed il processo risulta
particolarmente semplice noti gli angoli n ed r.
54
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
n
C
D
π- θ
c
d
B
π- θ
t
p+
b
π- δ
B
A
e
q
n
C D
m
+
π- δ
q+
E
r-
A
r
E
Figura 3.17 - tracciato sulla sfera di gauss di un vertice poliedrico di grado 5 con due spigoli
negativi
3.5 Il Problema Duale
Mostriamo ora come sia possibile, cambiando completamente punto di vista
affrontare il problema in maniera duale. Quest’approccio alternativo permette in
primo luogo una generalizzazione del problema al caso di vertice poliedrico di
grado n. La costruzione delle formule per la determinazione delle relazioni
esistenti tra gli angoli diedri non risulta per nulla più complessa e probabilmente
appare anche in maniera più intuitiva, poiché le formule si ricavano tramite una
costruzione sistematica ed iterativa. Tale metodo è stato adottato nell’applicazione
per risolvere particolari circostanza di vertice poliedrico di grado cinque.
55
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
3.5.1 Triangolazione di un poligono nel piano
Dati a1,a2…,an, lati voglio costruire un poligono formato dai n lati ai.
Costruisco il poligono per passi successivi.
Presi due lati a1, a2, fisso un angolo 1 tra i due lati; grazie al teorema ti Carnot, il
quale mi assicura l’esistenza di un unico modo per la disposizione di tre lati di
lunghezza fissata, posso determinare il terzo lato; fisso un altro angolo 2, tra il
lato a2 e a3, ancora una volta grazie a Carnot posso determinare il terzo lato
esistente tra a2 e a3.
Continuando ad iterare questo procedimento, arrivo alla determinazione del mio
poligono di n lati fissando n-3 angoli.
Nella Figura 3.18 si può vedere un esempio dell’applicazione di questo
procedimento per la triangolazione di un poligono di 6 lati.
l2
l1
l1
a3
θ2
a1
a2
a1
θ1
a2
θ1
a4
l l2
3
a5
θ3
a3
l1
a1
θ2
a4
a6 l l2
3
θ3
a3
l1
θ2
a2
a1
θ1
a2
θ1
Figura 3.18 – Triangolazione di un poligono nel piano
56
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
Lo stesso procedimento può essere applicato alla costruzione di un poligono
sferico, con l’unica differenza nell’utilizzare il teorema di Carnot per i triangoli
sferici.
cos a  cos b cos c  sin b sin c cos A
cos b  cos c cos a  sin c sin a cos B
cos c  cos a cos b  sin a sin b cos C
3.5.2 Triangolazione di un poligono sferico di 5 lati
Applicando, quindi, il metodo appena descritto possiamo ricavare ad esempio il
poligono sferico di 5 lati che ci occorre per determinare le relazioni tra gli angoli
diedri di un vertice poliedrico di grado 5. Consideriamo il caso in cui abbiamo un
solo spigolo negativo, la situazione è illustrata in Figura 3.19. Come si vede
bisogna fare bene attenzione al momento in cui lo spigolo L1 “scavalca” lo
spigolo C, in quel momento il valore dell’angolo p, e dell’angolo q devono essere
calcolati in maniera differente. Più il numero di lati del nostro poligono cresce,
maggiori sono le situazioni di questo tipo che si determinano rendendo il
procedimento più complesso.
p
p
C
q
D
n
E
L1
B
m
A
r
q
D
C
B
E
L1
n
m
r
A
Figura 3.19 Triangolazione di un poligono sferico di 5 lati
57
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
3.5.3 Relazioni tra un vertice poliedrico di grado quattro
con il metodo duale
Mostriamo ora come sia possibile, applicando il metodo appena descritto, ricavare
le relazioni esistenti tra gli angoli diedri di un vertice poliedrico di grado 4, in
seguito ci preoccuperemo di dimostrare che i due approcci sono equivalenti.
cos l cos A cos D  sin A sin D cos q
1. cos l cos B cos C  sin B sin C cos p
cos A cos D  sin A sin D cos q cos B cos C  sin B sin C cos p
cos l ' cos C cos D  sin C sin D cos n
2. cos l ' cos A cos B  sin A sin B cos m
cos C cos D  sin C sin D cos n cos A cos B  sin A sin B cos m
sin l sin A sin D


sin q sin n1 sin m1
sin l
sin B
sin C


sin p sin n2 sin m2
m  m1  m2
 sin D sin q 
 sin C sin p 
m  arcsin 
  arcsin 

 sin l 
 sin l 
da Carnot sappiamo che:
l 2  A2  D 2  2 AD cos q
l
A2  D 2  2 AD cos q

m  arcsin 
 sin




  arcsin 
 sin
A2  D 2  2 AD cos q 

sin D sin q

sin p   1  cos 2 p

m  arcsin 
 sin







2
2
A  D  2 AD cos q 
sin C sin p



 1  cos 2 p  sin C
  arcsin 
 sin A2  D 2  2 AD cos q
A2  D 2  2 AD cos q 

sin D sin q







58
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________

m  arcsin 
 sin


2


 cos A cos D  sin A sin D cos q cos B cos C  



1

 sin C 





sin
B
sin
C



sin D sin q


  arcsin  


2
2
A 2  D 2  2 AD cos q 
sin
A

D

2
AD
cos
q









Con lo stesso procedimento si riesce a ricavare la quarta equazione che lega n a p.
Non è difficile mostrare che i due metodi sono equivalenti, facciamolo a titolo di
esempio con l’equazione (44.a)
cos C cos D  sin C sin D cos n cos A cos B  sin A sin B cos m
poiché in questo caso non stiamo considerando le normali ai piani, come nel caso
ideato da Huffman, gli angoli diedri si differenziano per un fattore , quindi
cos C cos D  sin C sin D cos(  n) cos A cos B  sin A sin B cos(  m)
cos C cos D  sin C sin D cos n cos A cos B  sin A sin B cos m
 cos C cos D  sin C sin D cos n  cos A cos B  sin A sin B cos m
aggiungendo ad ogni lato
senA senB + senC senD otteniamo:
(sin A sin B  cos A cos B)  sin A sin B cos m  sin C sin D 
 (sin C sin D  cos C cos D)  sin C sin D cos n  sin A sin B
Poiché A + B + C + D = 2 le due quantità tra parentesi sono rispettivamente:
 cos( A  B)   cos(C  D)
sin A  sin B  cos m  sin C  sin D  sin C  sin D  cos n  sin A  sin B
sin A sin B  2 sin A sin B sin 2 m 2 m  sin C sin D  sin C sin D  sin C sin D sin 2 n 2  sin A sin B
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Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
da questa otteniamo:
m
2  sin C  sin D
n sin A  sin B
sin 2
2
sin 2
che è proprio la (44.a).
3.6 Origami e Computer
La teoria matematica che coinvolge gli origami possiamo dire, quindi, essere un
campo abbastanza attivo attualmente, mentre la simulazione al computer della
creazioni di origami è un settore quasi completamente inesplorato.
Forse abbiamo un solo esempio concreto di un vero e proprio simulatore 3D per la
creazione di origami ideato da Shin-ya Miyazaki, ma troviamo altre persone e altri
tipi di progetti come Tree Maker di Rober Lang ideato per la progettazione di
origami, e David Fisher, che ha ideato una grammatica per la definizione di
origami.
“Tree Maker 4.0” ideato da Robert J. Lang nel 1999, con la collaborazine di
molti uomini, come Erik Demaine, Tom Hull, Jun Maekawa, è un strumento
creato per la progettazione di origami. Tale tool non si occupa quindi della
simulazione in tempo reale e in tre dimensione della creazione di un origami,
bensì fornisce gli strumenti che permettono di ideare un origami, di pensarlo e di
disegnarlo, in modo tale che le leggi matematiche che lo rappresentino siano
soddisfatte.
Il gruppo ha dovuto affrontare e risolvere molteplici problemi matematici:

Come tripartire un arbitrario angolo.

Costruzione di un’arbitraria frazione razionale binaria.

Costruzione di radici cubiche.

Soluzione di equazioni quadratiche e cubiche.
60
Capitolo 3: La Matematica degli Origami
__________________________________________________________________
E molti altri.
Il sistema ideato da Shin-ya Miyazaki è invece un esempio di simulazione 3D di
origami. Dato un foglio virtuale questo può essere piegato in maniera iterativa
afferrando un vertice del foglio e movendo il mouse. Sono previsti tre tipi di
pieghe che vengono denominate Bending, Folding up, e Tucking in, e una di
curvatura, questo tipo di operazione è molto importante per la realizzazione di una
certa classe di origami. Quest’ultima operazione viene effettuata in tempo reale
usando un modello elastico.
Tale progetto è tuttora in lavorazione, e non tutte le operazioni di piegatura sono
state implementate, inoltre successivi sviluppi di questa applicazione si
prefiggono di trasformare il foglio in una complessa figura la quale include
superfici piane e curve.
Egli ha sviluppato questo sistema di manipolazione della carta come un esempio
di handling di materiali non rigidi.
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