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Teoremi di Haga e altri Teoremi Prof. Paolo Bascetta Liceo A.B. Sabin Bologna ( )

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Presentazione sul tema: "Teoremi di Haga e altri Teoremi Prof. Paolo Bascetta Liceo A.B. Sabin Bologna ( )"— Transcript della presentazione:

1 Teoremi di Haga e altri Teoremi Prof. Paolo Bascetta Liceo A.B. Sabin Bologna ( )

2 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

3 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

4 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)

5 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)".

6 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)". 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)".

7 1° Teorema di Haga

8 Sia CF = x. Avremo quindi FB = 1-x ed EC = 1/2. Applicando il Teorema di Pitagora al triangolo EFC si ha: x 2 + (1/2) 2 = (1-x) 2 e quindi x 2 + 1/4 = 1 + x 2 - 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.

9 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 anchesso pitagorico quindi: HG = 3/24; HI = 4/24 e quindi GI = 5/24. Avremo che GF = 5 /2.

10 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 AD è diviso da G nel rapporto 7:1 HE = AB è diviso da I nel rapporto 1:5. Tratto da: Kazuo Haga, ORIGAMICS Mathematical Explorations through paper folding World Scientific

11 Generalizzazione del 1° Teorema di Haga

12 [y 1 ] Per il Teorema di Pigatora relativo al triangolo CEF si ha: x 2 + y 1 2 = (1 - y 1 ) 2 così y 1 = (1 - x 2 )/2. [y 2 ] I triangoli CEF e DIE sono simili e quindi y 1 : (1 - x) = x : y 2 e così y 2 = 2x/(1+x). [y 3 ] La similitudine precedente permette di ottenere: y 2 : y 3 = x : (1 - y 1 ) e così y 3 = (1 + x 2 )/(1 + x). [y 4 ] 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 y 4 = JB = 1 - (y 1 + x) = (1 - x) 2 /2 [y 5 ] In quanto y 2 + y 5 + y 4 = 1 si ha y 5 = 1 - [2x/(1+x) + (1 - x) 2 /2] [y 6 ] Per il teorema di Pitagora riferito al triangolo GJF si ha: y 6 = x 2 + 1

13 2° Teorema di Haga

14 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 larea 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: 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 unaletta che prolungata dalla parte del lato più corto divide il lato laterale in due parti. La parte minore risulta essere 1/3 del lato.

15 3° Teorema di Haga

16 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 x 2 + y 2 = (1 - y) 2 e y = (1-x 2 )/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 nellequazione precedente si ha: (1 - x 2 )/4 = x - x 2 che si riduce a 3x 2 - 4x + 1 = 0 che si scompone in (3x - 1)(x - 1) = 0 da cui x = 1 e x = 1/3. Lunica 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 dellangolo in basso a destro vada a toccare il lato sinistro, il punto di contatto divide questo lato in 1/3 e 2/3.

17 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 ha GF = 1 + 1/9 = 10/3. Tratto da: Kazuo Haga, ORIGAMICS Mathematical Explorations through paper folding World Scientific

18 Con il foglio A4

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22 Problema proposto da K. Haga F

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