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Teoremi di Haga e altri Teoremi

Prof. Paolo Bascetta

Liceo “A.B. Sabin” Bologna ([email protected])

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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.

Il foglio di carta

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• 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.

Postulati

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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)

l2l1

Fig. 1 P

Fig. 2

l2

l1

m

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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)".

l2

l1

Fig. 3 B

A

B

A

Fig. 4a)

b)

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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)".

A

B

rA

B

r

Fig. 5a) b)

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

r

F ig. 6a)

P

rb )

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Problema 1 “1° Teorema di Haga”D

A

C

B

D

G

C

F

E E

H

I

Piegare il lato AB di un foglio quadrato ABCD in modo che l’angolo in bassoa 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 - I G.

1° Teorema di Haga

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D

G

C

F

E

H

I

A B

J

*

*

*

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.

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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 = 2/3Anche i triangolo EID è pitagorico per cui avremo: DE = 3/6; DI = 4/6e 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 = 1/8Il triangolo HGI è anch’esso pitagorico quindi: HG = 3/24; HI = 4/24e quindi GI = 5/24. Avremo che GF = 5 /2.

D

G

C

F

E

H

I

A B

J

*

*

*

½ ½

3/ 8

5/ 8

2/ 3

1/ 8

1/6

5/ 24

5/ 6

5/ 8

1

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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 3:5AD è diviso da “I” nel rapporto 2:1AD è diviso da “G” nel rapporto 7:1HE = AB è diviso da “I” nel rapporto 1:5.“

D

G

C

F

E

H

I

A B

J

*

*

*

½ ½

3/ 8

5/ 8

2/ 3

1/ 8

1/6

5/ 24

5/ 6

5/ 8

1

Tratto da: Kazuo Haga, “ORIGAMICS”“Mathematical Explorations through paper folding”World Scientific

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Problema 2 Generalizzazione

Possiamo generalizzare il problema precedente considerando invece delpunto medio “E” del lato DC un qualunque altro punto del lato DC.Trovare in f unzione della scelta di “E” cioè EC = x le misure dei segmenti:CF - EF - DI - EI - HI - HG - I G.

D CE

G

FH

I

D

A

C

B

E x

Generalizzazione

del 1° Teorema di Haga

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D CE

G

FH

I

A B

J

1-x x

1-y1

x

y1

3y2

1-y3

y4

y4

y5

y6

1

K

x 1/ 4 3/ 41/2Y1

Y2

Y3

Y4

1-Y1

1-Y2

1-Y3

1-Y4

3/ 8

2/ 3

5/ 6

1/ 8

15/ 32 7/ 32

6/ 7

25/ 28

1/ 32

2/ 5

17/ 20

9/ 32

5/ 8

3/ 8

1/ 6

7/ 8

17/ 32 25/ 32

3/ 8

3/ 20

23/ 32

3/ 8

3/ 28

31/ 32

Fig. 2Fig. 1

[y1] Per il Teorema di Pigatora relativo al triangolo CEF si ha: x2 + y1

2 = (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

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Problema 3 “2° Teorema di Haga”D

A

C

B

ED

A

F

B

E

G

Piegare l’angolo “C” in modo che la piega passi per il vert ice B e per ilpunto medio “E” del lato DC. Consideriamo il lato FE e lo prolunghiamofino 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).

2° Teorema di Haga

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D

A

F

B

E

G

CPieghiamo 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 che2R + 2S + T = Area del quadrato ABCD avremo:R = 1/4; S = x/2; T = (1 - x)/4 e quindi:2(1/4) + 2(x/2) + (1-x)/2 = 1 dalla quale si ottienex = 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.”

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Problema 4 “3° Teorema di Haga”

D

A

C

B

ED

A G

E F

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.

H

I

B

3° Teorema di Haga

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D

AG

E F

H

I

B

C

1

½

x1-y

y

1-x

*

*

* 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 chex2 + y2 = (1 - y)2 e y = (1-x2)/2.I triangoli HAG e DEH sono simili percui avremo DE : DH = AH : AG cioè½ : (1-x) = x : y e avremo y = 2x(1 - x) Sostituendo nell’equazione precedentesi ha: (1 - x2)/4 = x - x2 che si riduce a3x2 - 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.”

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D

AG

E F

H

I

B

C

1

1/ 35/ 9

4/ 9

2/ 3

*

*

*2/9

1/25/ 18

1/ 6

5/ 6

10/ 3

L

Abbiamo che:

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;

EI = 3/18 = 1/6; IF = 4/18 = 2/9;

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 haGF = 1 + 1/9 = 10/3.

Tratto da: Kazuo Haga, “ORIGAMICS”“Mathematical Explorations through paper folding”World Scientific

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Piegare un foglio A4 (o similare) in modo che l’angolo in basso a destravada a sovrapporsi al punto medio del lato superiore (Fig. 1).Trovare le misure di tutti i lat i che si vengono a formare (Fig. 2).

AA

CD

B

D CE

FH

I

GFig. 1 Fig. 2

Con il foglio A4

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A B

D C D C

A G

E

F

E

Stesso piega precedente ma con il rettangolo posto in modo che il latopiù lungo sia orizzontale (Fig. 3).Trovare le misure di EF, CF, AG, HE.L’area dei triangoli HGE, EFC e GFE (Fig. 4).

H

Tratto da: Kazuo Haga, “ORI GAMI CS”“Mathematical Explorations through paper folding”World Scientifi c

Fig. 3

Fig. 4

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Piegare il f oglio A4 (o similare) in modo che la piega passi per il verticeB e il punto medio del lato DC.Trovare la posizione del punto “F”, AK e DH.Una volta riaperto il f oglio, quali sono i triangoli simili?

AA

CD

B AA

D

B

E

FH

K

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Stesso piega precedente ma con il rettangolo posto in modo che il latopiù 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, “ORI GAMI CS”“Mathematical Explorations through paper folding”World Scientifi c

A B

D CE

A B

D

F

E

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Problema proposto da K. Haga

D

A

C

B

Fig. 1

D

A

C

B

Fig. 2

E

E

Linea MadreEF F

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D

A

C

B

Fig. 3

E

F

1) DE su EF

2) AD su EF

3) AB su EF

4) BF su EF

5) CF su EF

6) CE su EF

Eseguire le seguenti sei pieghe:

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P

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O

A

C

B

Fig. 7

E

F

NM

L

H

G

D

P