3. ANCORA PROBLEMI DI MASSIMO E MINIMO...
(SOLUZIONI)
• Il problema di Didone:
– La leggenda
Virgilio, Eneide, libro I, 367-368
...“mercatique solum, facti de nomine Byrsam,
taurino quantum possent circumdare tergo.”
...“Giunsero in questi luoghi, ovor vedrai
sorger la gran cittade e lalta rocca
de la nuova Cartago, che dal fatto
Birsa nomossi, per lastuta merce
che, per fondarla, fer di tanto sito
quanto cerchiar di bue potesse un tergo.”
Didone era la figlia di un re di Tiro che secondo la leggenda era sposata al proprio zio Acerba. Questo fu
ucciso a causa delle sue molte ricchezze e cosı̀ Didone si trovò costretta a fuggire insieme a pochi sudditi
fedeli alla ricerca di un luogo su cui fondare un nuovo regno. Approdò a Cipro e da lı̀ salpò verso le coste
dell’Africa di fronte la Sicilia; approdata sulla costa, chiese al re del luogo, Iarba, di poter acquistare un po’
di terra lungo la spiaggia. Iarba, affascinato dalla bella Didone, le propose di diventare regina di tutto il suo
regno, a patto di divenire sua sposa... ma Didone negò la sua mano...
Rifiutato dalla bella regina, Iarba, con sarcasmo, accettò di cedere ai fuggiaschi un pezzo di terra non più
grande di quanto potesse essere cinto con una pelle di bue.
Didone, allora, si fece furba: tagliò la pelle in sottilissime striscioline che legò insieme in modo da formare
una fune con la quale circondò un gran pezzo di terra intorno alla spiaggia. L’astuta regina riuscı̀ quindi ad
ottenere ben più terra di quanta Iarba avesse immaginato e divenne cosı̀ la fondatrice della prospera città
di Cartagine.
– Il problema...
Una volta costruita la fune, Didone si trovò poi di fronte alla questione di come posizionarla per racchiudere
la maggior supericie di terra:
Qual è la figura di area massima che si può circondare con una fune di data lunghezza i cui estremi poggiano
su una linea retta?
[Supponi che la spiaggia sia rettilinea]
soluz. La semicirconferenza.
Si fissino L la lunghezza e una retta r (che per comodità consideriamo orizzontale). Si consideri una
qualunque curva di lunghezza L che poggia i suoi estremi sulla retta e chiamiamo tale curva γ. Si consideri
la riflessa di γ rispetto alla retta e sia la curva chiusa cosı̀ ottenuta γγ −1 . Osserviamo che la curva γγ −1 è
una curva chiusa, simmetrica rispetto all’asse r e lunga 2L .
Per il Problema Isoperimetrico, tra tutte le curve di lunghezza fissata e simmetriche rispetto ad un asse
quella di area massima è la circonferenza. Infatti la classe di tutte le figure di dato perimetro include anche
quelle con un asse di simmetria e la circonferenza ha un asse di simmetria (in realtà ne ha infiniti!).
Questo garantisce che tra tutte le curve di lunghezza 2L e simmetriche rispetto alla retta r quella di area
massima è la circonferenza, e quindi la curva γ che massimizza l’area racchiusa sotto di sé, e delimitata dalla
retta r, è la semicirconferenza.
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• Una variante al problema di Didone: Tra tutte le curve di lunghezza fissata e estremi fissati, quale ha area
massima?
soluz. L’arco di circonferenza passante per i punti fissati.
Si considerino L la lunghezza e r una retta sulla quale si fissino due punti A, B in modo che AB < L . Sia γ una
curva di lunghezza L che poggia i suoi estremi su A e B rispettivamente. Sia inoltre C l’arco di circonferenza
passante per A, B e lungo L (esiste sempre tale arco: perché?). Si consideri infine la curva C ′ che completa
l’arco C in una circonferenza passante per A e per B.
C
γ
C’
Componiamo adesso le curve γ e C con C ′ . La curva γC ′ ha la stessa lunghezza della circonferenza C C ′ e per il
Teorema Isoperimetrico, vale
AγC ′ ≤ AC C ′ ,
e si ha l’uguale se e solo se γC ′ = C C ′ cioè se e solo se γ = C .
Quindi la curva di lunghezza L e con estremi in A, B che massimizza l’area è l’arco di circonferenza.
• La via più breve
Def. Data una superficie S (ad esempio un piano, una sfera, un cubo, un cilindro, un cono...) e due punti
P, Q su di essa, si dice curva geodetica della superficie per P e Q, la curva di minima lunghezza che giace
interamente sulla superficie stessa e passa per P e Q.
Quindi: una geodetica è il percorso più breve che si fa per unire due punti della superficie rimanendo sulla superficie stessa.
1. Dati due punti A e B nello spazio R3 , qual è la geodetica per A e B?
(cioè: qual è il percorso più breve che li unisce?)
Risposta. Il segmento AB.
2. Qual è la geodetica per due punti A e B su una sfera?
Risposta. Il più breve arco di cerchio massimo passante per A e B.
3. Dati una retta r e due punti A e B (dalla stessa parte rispetto a r e ad essa complanari), qual è il percorso
più breve per andare da A a B toccando almeno una volta r?
Soluzione. La linea spezzata AP − P B dove P ∈ r e gli angoli che i segmenti AP e P B formano con r sono
uguali.
Riflettiamo il punto A rispetto alla retta r e chiamiamo tale punto A′ . Tracciamo il segmento A′ B e sia P
il punto di incontro del segmento con la retta r.
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Si vuole mostrare che, comunque si scelga un punto R diverso da P , la somma dei segmenti AR + RB è
maggiore di AP + P B.
Osserva che, poiché A′ è il riflesso di A, si ha AR = A′ R e allo stesso tempo AP = A′ P . Nota che, comunque
si scelga R ∈ r (diverso da P ), A′ RB forma un triangolo di lati A′ R = AR, RB, A′ B = AP + P B. Ora:
poiché ogni lato di un triangolo è minore della somma degli altri due, si ha
A′ B = AP + P B < A′ R + RB = AR + RB.
Quindi P è il punto che realizza il minimo cammino!
Osserva che l’esercizio precedente è in stretta relazione con il comportamento della luce.
Infatti per le leggi dell’ottica classica: (1) La luce si muove in linea retta, (2) Un raggio di luce che si riflette
forma un angolo di riflessione pari all’angolo di incidenza. Quindi il punto A può rappresentare una sorgente
luminosa che emette un raggio che si riflette su uno specchio (la retta r), andando a illuminare il punto B.
Si è cioè mostrato che la luce segue la traiettoria più breve.
4. Qual è la geodetica per due punti su un cubo?
Soluzione. Il segmento (se i due punti appartengono alla stessa faccia), oppure la (più breve) spezzata che
taglia ogni spigolo attraversato con angoli uguali.
Dati due punti A, B sulla superficie di un cubo, se questi appartengono alla stessa faccia, allora la geodetica
che passa per A, B è la geodetica del piano, cioè il segmento.
Se A e B appartengono a facce diverse, supponiamo a due facce contigue, allora è sufficiente sviluppare il
cubo (come se fosse di carta) e studiare il problema nel piano. Il vincolo di rimanere sul cubo, si rilegge nel
piano con la condizione di toccare lo spigolo tra A e B; quindi si cerca la linea più breve che unisce A e B
passante dallo spigolo che separa le due facce. Il problema precedente ci dà la soluzione!
Se i due punti appartengono a facce non contigue, il ragionamento è analogo: gli angoli che la geodetica
forma con ogni spigolo che attraversa devono essere uguali.
5. Data una curva piana γ e un punto P fuori di essa, qual è il segmento più breve per andare da P ad un
punto di γ?
Risposta. Il segmento da P ortogonale alla curva.
• Il problema di Steiner: Consideriamo tre villaggi A, B, C. Trovare il sistema di strade che li congiunge con
minima lunghezza totale.
[ATTENZIONE: la rete di strade non deve rappresentare una curva chiusa!]
Soluzione. La spezzata dei segmenti AR, RB, RC tali che gli angoli che i segmenti formano tra loro sono uguali
(se il triangolo ABC ha angoli tutti minori di 23 π).
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Se un angolo del triangolo ABC è maggiore di 32 π, allora P coincide con il vertice origine di tale angolo.
Supponiamo Q sia il punto del piano tale che AQ + BQ + CQ sia minima.
Se Q non coincide con C (ad esempio), consideriamo la circonferenza C di centro C e raggio CQ. Allora deve
valere Q ∈ C e AQ + BQ = min{AP + BP : P ∈ C }.
OSS: i punti A e B sono esterni a C (puoi darlo per buono!).
Quindi poiché Q realizza il minimo, deve valere che gli angoli che i segmenti AQ e BQ formano con C devono
[ = CQB.
\
essere uguali. In particolare, quindi, essendo P Q ortogonale a C , deve valere AQC
Analogamente considerando le circonferenze di centro A o B e raggi AQ o BQ, rispettivamente. Quindi tutti gli
angoli da Q verso A, B e C devono essere uguali.
• Una variante al problema di Steiner: Il problema della rete stradale tra più punti.
Date quattro città (quattro punti nel piano), qual è la minima rete stradale (cioè il sistema connesso di segmenti
di minima lunghezza totale che tocca almeno una volta ogni punto)?
Che succede se considero un numero generico N di città?
Risposta. L’aspetto della soluzione dipende dalla disposizione dei punti.
Ecco alcuni esempi:
Def. Chiamiamo rete una configurazione ottimale che risolve il problema di Steiner. Una rete è composta da
punti e segmenti.
Chiamiamo punto di Steiner un punto in una rete che non è una città (cioè un punto che non è uno dei punti
dati) e che connette due o più strade (che non formino un angolo piatto).
Nella figura precedente i punti x e x′ sono punti di Steiner.
Il numero di punti di Steiner per un quadrilatero sono al più due (poiché un teorema ci dice che numero punti di Steiner ≤
N − 2). Si hanno quindi solo le seguenti possibilità:
– Nessun punto di Steiner, caso degenere.
Una città giace esattamente in un punto di Steiner delle altre tre città. Congiungendo questa città con le
altre tre si ottiene la rete minima (figura del caso con tre punti in cui D ≡ R).
– Nessun punto di Steiner, caso normale.
Due città sono connesse con due strade e le altre due città sono connesse con una sola strada. In questo
caso la rete è la spezzata aperta che unisce i quattro punti (primo disegno in figura).
– Un punto di Steiner.
Il punto di Steiner è connesso con tre città. L’altra città è direttamente connessa con una delle prime tre
città (secondo disegno in figura).
– Due punti di Steiner.
Ogni punto di Steiner è connesso con due città e con l’altro punto di Steiner (terzo e quarto disegno in
figura).
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• Triangolo di Schwarz: Dato un triangolo acutangolo trovare il triangolo in esso inscritto e con perimetro
minimo.
[Si dice triangolo inscritto un triangolo i cui vertici sono ciascuno su un lato della figura di partenza]
Soluzione. Il triangolo delle altezze.
Si dice triangolo delle altezze il triangolo che ha i vertici coincidenti con i piedi delle altezze del triangolo dato.
Il triangolo delle altezze ha la seguente importante proprietà che lo rende il triangolo di minimo perimetro: in
ciascuno dei suoi vertici i due lati del triangolo delle altezze formano con il lato del triangolo di partenza due
angoli uguali tra loro e uguali all’angolo al vertice opposto del triangolo originario.
Consideriamo il triangolo ABC e sia QP R il suo triangolo delle altezze. Sia V U W un altro triangolo di minimo
perimetro. Per quanto visto precedentemente, ogni lato del triangolo inscritto deve formare con il lato del triangolo
di partenza angoli uguali (vedi l’esercizio 3 nel paragrafo “La via più breve”).
A
V
γ
R
γ
β
Q
α
B
P
W
β
α
U
C
\ + δ. Dunque
Supponiamo QP R 6= V U W ; quindi α 6= \
BAC, cioè α = BAC
\ − δ = ABC
\ − δ,
β =π−\
BCA − α = π − \
BCA − BAC
e, analogamente,
BCA − δ.
ABC − α = \
γ =π−\
Da cui:
\ − 2δ,
\
ABC − 2δ = BAC
BCA − \
BAC = π − γ − β = π − \
BAC cioè QP R ≡ V U W , e quindi il triangolo delle altezze è l’unico di perimetro
cioè δ = 0 e quindi α = \
minimo.
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