Teorema di Haga

Il teorema di Haga è un teorema riguardante la matematica degli origami, che studia come questi possono essere usati per arrivare alla soluzione di un problema matematico o geometrico.

Il teorema

Il teorema di Haga è stato enunciato dal matematico Kazuo Haga. Esso afferma che

"Se sul lato $A B$ di un foglio quadrato $A B C D$ si fissa un segmento $A E$ tale che il suo rapporto col lato del quadrato sia $x$ , allora portando il vertice $D$ in $E$ mediante la piega $F G$ , il lato $C D$ interseca $B G$ nel punto $H$ tale che:

\overline{B H} = \frac{2 x}{(x + 1)} .

Quindi, portando $B$ a sovrapporsi su $H$ , si divide a metà $B H$ ottenendo così:

\frac{1}{2} \overline{B H} = \frac{x}{(x + 1)} .

"

Esempi

Se $E$ è il punto medio di $A B$ , allora

x = \frac{1}{2}, \overline{B H} = \frac{2}{3}, \frac{1}{2} \overline{B H} = \frac{1}{3} .

Se $E$ divide $A B$ in quattro parti, allora

x = \frac{1}{4}, \overline{B H} = \frac{2}{5}, \frac{1}{2} \overline{B H} = \frac{1}{5} .

Se $A B = 10$ e $A E = 3$ parti, allora

x = \frac{3}{10}, \overline{B H} = \frac{6}{13}, \frac{1}{2} \overline{B H} = \frac{3}{13} .

In genere se $x = \frac{\overline{A E}}{\overline{A B}} = \frac{n}{m}$ , allora

\overline{B H} = \frac{2 n}{n + m}, \frac{1}{2} \overline{B H} = \frac{n}{n + m} .

Dimostrazione

I triangoli $A E F$ e $E B H$ sono simili (per il primo criterio di similitudine, avendo due angoli uguali) e quindi vale la seguente proporzione: $\overline{B H} : \overline{E B} = \overline{A E} : \overline{A F}$ .

Ponendo, senza perdere in generalità, il lato del quadrato uguale a 1 abbiamo che $\overline{A E} = x$ e $\overline{E B} = \overline{A B} - \overline{A E} = 1 - x$ .

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo $A E F$ si ha ${\overline{A F}}^{2} + {\overline{A E}}^{2} = {\overline{F E}}^{2}$ .

Poiché $\overline{E F} = \overline{F D} = \overline{A D} - \overline{A F} = 1 - \overline{A F}$ si ha ${\overline{A F}}^{2} + {\overline{A E}}^{2} = (1 - \overline{A F})^{2}$ e quindi $\overline{A F} = \frac{(1 - {\overline{A E}}^{2})}{2} = \frac{(1 - x^{2})}{2}$ .

Sostituendo nella proporzione si ottiene: $\overline{B H} = \frac{2 x (1 - x)}{(1 - x^{2})} = \frac{2 x}{(1 + x)}$ .

Triangoli "egizi"

Solo nei casi in cui $E$ divide il lato del quadrato in 2 o 3 parti si ha che i due triangoli $A E F$ e $B H E$ sono triangoli rettangoli "egizi" ovvero costruiti sulla terna pitagorica 3, 4, 5. Poiché i triangoli in oggetto sono simili basterà impostare il ragionamento solo sul triangolo $A E F$ .

Imponiamo le condizioni affinché i cateti di tali triangolo rettangolo siano rispettivamente 3 e 4 volte multipli di una stessa grandezza $a$ (da cui, per il teorema di Pitagora, segue che l'ipotenusa lo sarà 5 volte).

Sono possibili i due casi: $\overline{A E} = x = 3 a$ e $\overline{A F} = \frac{(1 - x^{2})}{2} = 4 a$ o, viceversa, $\overline{A E} = x = 4 a$ e $\overline{A F} = \frac{(1 - x^{2})}{2} = 3 a$ .

Nel primo caso abbiamo: $a = \frac{x}{3}$ ; $\frac{(1 - x^{2})}{2} = \frac{4 x}{3}$ da cui segue: $3 - 3 x^{2} = 8 x$ che ha una sola soluzione positiva $x = \frac{1}{3}$ .

Nel secondo caso abbiamo: $a = \frac{x}{4}$ ; $\frac{(1 - x^{2})}{2} = \frac{3 x}{4}$ da cui segue: $2 - 2 x^{2} = 3 x$ che ha una sola soluzione positiva $x = \frac{1}{2}$ .

Voci correlate

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