soluz.

2. PROBLEMI ISOPERIMETRICI
(SOLUZIONI)
• Problema isoperimetrico “classico”:
Tra le figure piane di perimetro fissato trovare quella di area massima.
• Trova l’eventuale elemento massimo e quello minimo nei seguenti insiemi.
√
4. { ab : a + b = 1, a, b ∈ R+
0 };
1. { n1 : n ∈ N}; { n12 : n ∈ N};
5. {|x| : x ∈ R};
2. {n : n ∈ N};
6. { x21+1 : x ∈ R}.
3. {|a + b| : |a|, |b| ≤ 1, a, b ∈ R};
soluz. Indichiamo con A l’insieme considerato di volta in volta.
1. Nota che trovare il massimo o il minimo per il primo insieme, equivale a trovarlo per il secondo. Consideriamo
quindi A = { n1 : n ∈ N}.
max A = 1, poiché per ogni numero naturale n, si ha n1 ≤ 1 e in particolare per n = 1 vale l’uguale. Quindi
max A = 1 ed è assunto per n = 1. Invece min A non esiste, poiché comunque io scelga un numero naturale
1
< n1 . Vale però che inf A = 0.
n, se prendendo n + 1, si ha n+1
2. min A = 1, mentre max A non esiste, poiché per ogni numero naturale n, si ha n + 1 > n. Si può dire che
sup A = ∞, per dire che non esiste un limite superiore agli elementi dell’insieme A.
3. min A = 0, max A = 2. Infatti per definizione |a + b| ≥ 0. In particolare se a = −b si ha |a + b| = 0.
Viceversa, dalla disuguaglianza triangolare si ha |a+b| ≤ |a|+|b|, quindi, essendo |a|, |b| ≤ 1, necessariamente
|a + b| ≤ 1 + 1 = 2, e si ha |a + b| = 2 per a = b = ±1.
√
4. min A = 0, max A = 21 . Infatti per definizione di radice quadrata si ha ab ≥ 0 e in particolare se a o b sono
√
la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica ci assicura che
nulli
ha ab = 0. Viceversa √
√ si a+b
ab ≤ 2 , quindi, se a, b ∈ A, ab ≤ 12 , essendo a + b ≤ 1 per definizione di A. In particolare se a = b = 12 ,
√
allora ab = 12 .
5. min A = 0, mentre non esiste max A. Infatti per ogni x ∈ R si ha |x| ≥ 0, e vale |x| = 0 se e solo se x = 0.
D’altra parte se x ≥ 0, |x| < |x + 1| (mentre |x| < |x − 1| se x ≤ 0), quindi per ogni numero reale x posso
trovare un altro numero reale y per cui vale |x| < |y|. Cioè A non è limitato e quindi non ammette massimo.
1
6. Non esiste min A, mentre max A = 1. Osserva infatti che per ogni x ∈ R si ha 1+x
2 ≤ 1 e vale l’uguale per
1
1
2
2
x = 0. Inoltre per ogni x ∈ R se si considera y = |x| + 1 si ha x ≤ y e quindi 1+x
2 ≥ 1+y 2 ≥ 0. Questo
significa che, nonostante A sia limitato, non esiste l’elemento minimo. Si ha tuttavia inf A = 0.
• PROBLEMA ISOPERIMETRICO PER I RETTANGOLI:
(i)Tra tutti i rettangoli di area fissata, quale ha il perimetro minimo?
(ii)Tra tutti i rettangoli di perimetro fissato, quale ha area massima?
Osserviamo innanzitutto che risolvere il punto (i) equivale a risolvere il punto (ii); il problema (i) è infatti detto
problema duale del problema (ii).
Infatti, sia F la figura che massimizza l’area, tra tutte le figure di perimetro p. Allora per ogni figura f tale che P(f ) = P(F ) = p
si ha A (f ) ≤ A (F ).
Sia adesso G la figura di area fissata uguale a A (F ) tale che minimizza il perimetro. Cioè per ogni figura f tale che A (f ) = A (F )
si ha P(G) ≤ P(f ).
Quindi anche P(G) ≤ P(F ). Consideriamo adesso la figura G′ ottenuta dilatando G (quindi G e G′ sono figure simili) fino a che
P(G′ ) = P(F ). Allora A (G′ ) ≥ A (G) = A (F ). Cioè G′ massimizza l’area a parità di perimetro.
In conclusione: la figura che risolve (i) e quella che risolve (ii) sono simili!
Quindi, a seconda dei casi, si può risolvere il problema (i) o (ii) in modo del tutto indifferente. Per comodità
risolviamo il problema nella classe dei rettangoli con area fissata e dimostreremo che la soluzione è il quadrato.
1
La soluzione di Yinglin. Il quadrato
Consideriamo un generico rettangolo di area fissata uguale a k e siano x, y le lunghezze dei suoi lati. Trovare il
minimo per il perimetro, equivale allora a trovare il minimo valore per x + y = q, quando xy = k. Cioè si cerca
il minimo valore per q in modo che il sistema
(
xy
=k
x + y = q,
ammetta una soluzione.
Nota che, geometricamente, questo equivale a trovare il minimo valore di q per cui il fascio di rette parallele alla
bisettrice del II e IV quadrante interseca il ramo (positivo) di iperbole equilatera xy = k. Le coordinate del punto
di intersezione, inoltre, rappresentano le lunghezze dei lati del rettangolo ottimale.
Osserviamo che il valore√minimo
√ per q corrisponde alla retta del fascio che è tangente all’iperbole, cioè alla retta
passante √per il vertice ( k, k) dell’iperbole. Questo mostra che il valore minimo del perimetro si ha quando
x = y = k, cioè quando il rettangolo è un quadrato.
Nota che: se F risolve il problema isoperimetrico (ii) per un valore p del perimetro, allora per ogni altro valore q fissato per il
perimetro, esiste una opportuna dilatazione o contrazione di F che risolve il problema nella classe delle figure con perimetro q.
Analogamente per il problema (i). Quindi si può supporre che la classe di rettangoli considerata abbia area fissata uguale a 1 o 2, o
100 (o, analogamente, perimetro fissato uguale a 1, o 10, o 1000) a scelta.
La soluzione di Lorenzo. Il quadrato.
Consideriamo la classe di rettangoli di area uno.
Siano l e l + h le lunghezze dei suoi lati, con h ≥ 0. Siamo quindi interessati a minimizzare la quantità 2l + h.
Nota che, imponendo A = l(l + h) = 1, si ottiene
√
−h + h2 + 4
2
.
l + lh − 1 = 0
cioè
l=
2
(Nota che abbiamo scartato la soluzione
Quindi
√
−h− h2 +4
,
2
in quanto h ≥ 0 e necessariamente l deve risultare positivo).
p
p
P
= 2l + h = −h + h2 + 4 + h = h2 + 4 ≥ 2,
2
e vale l’uguale se e solo se h = 0.
Quindi il minimo valore per il perimetro è 4 si ottiene per h = 0, cioè quando i lati del rettangolo sono uguali
(cioè per il quadrato).
Altre due dimostrazioni: Per dimostrare che il quadrato risolve il problema, è necessario che il perimetro di
un generico rettangolo di area A fissata, sia sempre maggiore o uguale del perimetro del quadrato √
con la stessa
area. Ora, poiché l’unica possibilità affinché un quadrato abbia area A è che il suo lato sia l = A , occorre
dimostrare che
√
(1)
P ≥ Pquadrato = 4 A .
Diamo adesso due dimostrazioni della (1). Si consideri un generico rettangolo di area A e siano a, b le lunghezze
dei suoi lati. Indichiamo inoltre con P il suo perimetro.
soluz.1 Osserviamo che dalla definizione di perimetro la (1) equivale a
a+b √
≥ A.
2
Allo stesso tempo poiché A = ab, si ha che la (2) equivale a
a+b √
≥ ab,
2
cioè alla disuguaglianza tra media arimetica e media geometrica che sappiamo essere vera!
2
(2)
soluz.2 Fissiamo A = A. Allora si ha ab = A cioè b = Aa−1 , quindi
a2 + A A
.
=2
P = 2(a + b) = 2 a +
a
a
(3)
Utilizzando la (3) si dimostra allora che la (1) è vera in quanto
2
a2 + A a
√
≥4 A
se e solo se
(a2 + A)2 ≥ 4Aa2 ,
che è vera poiché equivale a (a2 − A)2 ≥ 0.
• PROBLEMA ISOPERIMETRICO PER I PARALLELOGRAMMI: Tra tutti i parallelogrammi di
perimetro fissato, quale ha l’area massima?
[Con le formule di trigonometria si può esprimere l’area di un parallelogramma in funzione delle lunghezze dei lati. Che relazione c’è
tra l’area di un parallelogramma e quella del rettangolo se le due figure hanno i lati lunghi uguali?]
soluz. Il quadrato di lato P/4.
Si consideri un parallelogramma di lati a, b, tali che a+ b = P fissato. Sia h l’altezza del parallelogramma relativa
alla base b. Allora, detto θ l’angolo acuto tra la base e il lato obliquo, si ha h = a sin θ da cui segue:
A = bh = ab sin θ ≤ ab ≤
a + b 2
2
=
2
2(a + b)
1
e vale l’uguale se e solo se ab = ab sin θ = (a + b)2 /4, cioè se e solo se θ =
quando il parallelogramma è un quadrato.
6=
π
2
P2
6,
1
e a = b. Cioè l’area massima si ha
• DISUGUAGLIANZA ISOPERIMETRICA PER I QUADRILATERI: Dato un qualunque quadrilatero
di area A e perimetro P si ha:
1
A ≤ P2 ,
16
e vale l’uguale se e solo se il quadrilatero è il quadrato di lato P/4.
soluz. Estendendo (sulla fiducia!) il problema isoperimetrico per i rettangoli ai quadrilateri si ha che l’area di un
qualunque quadrilatero è sempre minore o uguale dell’area del quadrato con lo stesso perimetro, cioè del quadrato
di lato P/4. Quindi si ha
P 2
.
Aquadrilatero ≤ Aquadrato =
4
Esercizio 1. Tra tutti i parallelepipedi di superficie fissata, quale ha il massimo volume?
soluz. Il cubo.
Si consideri un parallelepipedo e siano S la sua superficie, V il suo volume e indichiamo con a, b, h la sua
lunghezza, la larghezza e altezza rispettivamente. Vogliamo dimostrare che V è minore o uguale del volume del
cubo che ha superficie S .
Valgono in modo ovvio
V = abh,
S = 2(ab + bh + ah).
Osserviamo quindi che S altro non è che un multiplo della media aritmetica di ab, bh, ah (in particolare S6 è la
media aritmetica di ab, bh, ah). Vale dunque, per la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica di
tre numeri,
1
S
(ab · bh · ah) 3 ≤
,
6
cioè
1
S
,
V 23 ≤
6
3
che equvale a
S 23
.
6
Ricordando che S è una quantità fissata si ha il massimo valore per il volume se e solo se vale l’uguaglianza nella
precendente disuguaglianza e questo equivale al fatto che valga il segno di uguaglianza nella disuguaglianza tra
media aritmetica e media geometrica di tre numeri e quindi al caso a = b = h. Si ha quindi il massimo volume
se e solo se il parallelepipedo è un cubo.
V ≤
Esercizio 2. Tra tutti i cilindri circolari retti di volume fissato, quale ha la minima superficie?
soluz. Il cilindro in cui l’altezza è pari al diametro di base.
Si consideri un cilindro qualunque e siano S la sua superficie, V il suo volume, r il raggio di base e h l’altezza.
Vale dunque
S
V
=
=
Slaterale + 2Abase = 2π(r2 + rh),
πr2 h,
e quindi
Considerando adesso
S
6π
V V
V +
= 2π r2 +
.
S = 2π r2 +
πr
2πr 2πr
V
V
si vede che è la media aritmetica di r2 , 2πr
, 2πr
, poiché
r2 +
S
=
6π
V
2πr
+
3
V
2πr
,
e quindi per la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica si ha
r
2
V
V
V3
S
3
≥ r2 ·
·
=
2 .
6π
2πr 2πr
(2π) 3
Essendo
V
2
3
2
(2π) 3
una quantità fissata, si ha che S è minima se e solo se
2
S
V 3
=
2 ,
6π
(2π) 3
cioè se e solo se vale l’uguale nella disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica, cioè se e solo se
V
V
r2 = 2πr
= 2πr
, che equivale a V = 2πr3 cioè 2r = h.
• È vero che conoscendo il perimetro di una figura posso ricavare la sua area (con una buona approssimazione)? È
vero che conoscendo l’area posso ricavare il perimetro?
Facciamo alcune considerazioni.
– Una volta fissata l’area di un triangolo, si può delimitare il suo perimetro tra due valori?
[posso cioè trovare
due numeri α, β per cui vale α ≤ P ≤ β?]
soluz. No.
Infatti i triangoli con la stessa base e la stessa altezza hanno anche la stessa area, tuttavia possono avere
perimetro arbitrariamente grande. Cioè : fissati una base b e una altezza h, comunque io scelga un numero
(anche molto molto grande) posso trovare un triangolo che ha per base la base fissata e per altezza l’altezza
fissata e ha perimetro il numero scelto.
Per vedere facilmente questo fatto considera due rette parallele poste a distanza h e fissa su una di esse un
segmento lungo b. Questa sarà la base dei nostri triangoli. Comunque adesso io scelga un punto sull’altra
retta, unendolo con i vertici del segmento b, troverò un triangolo che ha base lunga b e altezza h. Cioè al
variare della posizione del vertice, si descrive una famiglia di triangoli con la stessa area!.
4
h
b
Nota che, spostando il vertice sempre più in una direzione, il perimetro aumenta senza avere un limite
massimo.
– Considera la classe dei rettangoli di perimetro fissato. Posso delimitarne l’area tra due valori?
soluz. Sı̀.
Infatti come abbiamo visto l’area di un rettangolo è sempre minore di quella del quadrato a lui isoperimetrico.
2
D’altra parte è sempre maggiore o uguale di zero. Quindi 0 ≤ A ≤ P
16 .
Inoltre, comunque si scelga un numero reale positivo ε piccolo a piacere, si può trovare un rettangolo che ha
per perimetro il perimetro fissato e area ε: è sufficiente infatti considerare i rettangoli con altezza sempre
più piccola e base tale che il perimetro sia constante.
Quindi, in generale: se il perimetro di una figura è fissato, la sua area non può essere arbitrariamente
grande (ma può essere arbitrariamente piccola).
Allo stesso tempo fissando l’area si possono trovare figure con l’area fissata e con perimetro arbitrariamente grande (ma non arbitrariamente piccolo).
• FORMULA DI ERONE: Indichiamo con A e con P ripsettivamente l’area e il perimetro di un triangolo.
Siano a, b, c le lunghezze dei suoi lati. Vale allora
(i) 16A 2 = (a + b)2 − c2 c2 − (a − b)2 , o equivalentemente
(ii) 16A 2 = P(P − 2a)(P − 2b)(P − 2c), o equivalentemente
q
P
P
P
(iii) A = P
2 ( 2 − a)( 2 − b)( 2 − c).
• PROBLEMA ISOPERIMETRICO PER I TRIANGOLI: Tra tutti i triangoli di perimetro fissato, quale
ha area massima?
soluz. Il triangolo equilatero.
Si fissi infatti un valore P per il perimetro e si consideri un generico triangolo di perimetro P. Siano a, b, c le
lunghezze dei suoi lati. Per la Formula di Erone si ha
A2 =
P P
P
P
(
− a)(
− b)(
− c),
2 2
2
2
(4)
e quindi poiché massimizzare A e equivale a massimizzare A 2 , consideriamo la quantità a destra dell’uguale in
(4) e vediamo quando assume il massimo valore.
Osserviamo che essendo P una quantità fissata, A 2 è massima se e solo se è massimo il prodotto
(
P
P
P
− a)(
− b)(
− c),
2
2
2
e ciò accade se e solo se è massima la sua radice cubica
13
P
P
P
− a)(
− b)(
− c) .
(
2
2
2
(5)
Quello che dobbiamo quindi fare è stabilire quando questa quantità assume il suo valore massimo. Nell’espressione
P
P
precedente (5) si riconosce facilmente la media geometrica di P
2 − a, 2 − b, 2 − c. Possiamo quindi utilizzare la
disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica che ci assicura che
P
31
P
( P − a) + ( P
P
P
2 − b) + ( 2 − c)
≤ 2
− a)(
− b)(
− c)
,
(
2
2
2
3
5
e quindi affermare che il valore massimo per la (5) si ha nel caso in cui nella precedente disuguaglianza vale
l’uguale. Dalla caratterizzazione dell’uguaglianza nella disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica
si ha che questo accade se e solo se
P
P
P
−a=
−b=
− c,
2
2
2
cioè se e solo se a = b = c che corrisponde al caso del triangolo equilatero.
• DISUGUAGLIANZA ISOPERIMETRICA PER I TRIANGOLI: Dato un qualunque triangolo di area
A e perimetro P si ha:
1
A ≤ P2 √ ,
12 3
e vale l’uguale se e solo se il triangolo è equilatero.
soluz. Dal problema isoperimetrico si ha che l’area di un qualunque triangolo è sempre minore o uguale dell’area
del triangolo equilatero con lo stesso perimetro. L’area del triangolo equilatero di perimetro P è
√
3
,
Aequil = P 2
36
da cui segue la disuguaglianza cercata.
• PROBLEMA ISOPERIMETRICO PER I POLIGONI: Fissato N ∈ N, tra tutti i poligoni con N lati e
perimetro fissato, quale ha area massima?
Soluzione: L’N -agono regolare.
Per dimostrare questo fatto occorre procedere per passi. Il collegamento tra i passi intermedi e la tesi del teorema
potrebbe non essere a prima vista evidente. Tuttavia verranno evidenziati tutti i passi necessari alla dimostrazione
completa e quindi alla fine dovrebbe risultare tutto chiaro. I punti principali della dimostrazione sono:
(a) Tra tutti gli N − agoni di perimetro fissato ne esiste uno di area massima. Chiameremo tale poligono
massimante;
(b) Ogni poligono massimante è convesso;
(c) Ogni poligono massimante è equilatero;
(d) Ogni poligono massimante è equiangolo.
Tralasceremo la dimostrazione dei punti (a),(b), che abbiamo citato per completezza, in quanto troppo complicata.
Vediamo adesso dei passi intermedi che ci saranno utili per la dimostrazione di (c) e (d).
(i) Tra tutti i triangoli con la stessa base e lo stesso perimetro, quale ha area massima?
soluz. Il triangolo isoscele che ha per base la base fissata.
Si fissino due numeri reali positivi b e P tali che P > b e si considerino i triangoli di base b e perimetro P.
Sia xOy un sistema di assi cartesiano. A meno di rotazioni e traslazioni (operazioni che non cambiano né
l’area né il perimetro della figura), si può supporre che i triangoli considerati abbiano tutti i vertici di base
nei punti dell’asse delle ascisse (− 2b , 0), ( 2b , 0). Sia (x, y) la posizione del terzo vertice e cerchiamo di scoprire
quali sono le sue proprietà .
Calcolando le distanze tra i punti si può esprimere il perimetro del triangolo in funzione delle coordinate del
vertice (x, y):
r
r
b 2
b
2
(6)
P = b + (x + ) + y + (x − )2 + y 2 .
2
2
La formula (6) evidenzia il fatto che la somma delle distanze del punto (x, y) dai punti (− 2b , 0) e ( 2b , 0),
rispettivamente, è sempre costante uguale a P − b, e questo equivale a dire che il vertice (x, y) appartiene
all’ ellisse di fuochi (− 2b , 0) e ( 2b , 0) e semiasse sulle ascisse P−b
2 . Tale ellisse è definita dall’equazione:
4x2
P −b
2 +
4y 2
= 1,
P P − 2b
(7)
(provalo!) e rappresenta tutti i possibili vertici della classe dei triangoli di perimetro P e base con vertici
in (− 2b , 0), ( 2b , 0).
6
O
−b/2
b/2
Quindi, ricapitolando, un triangolo di base b e perimetro P, a meno di traslazioni e rotazioni, ha vertici
in (− 2b , 0), ( 2b , 0), (x, y) dove (x, y) è un punto dell’ellise (7). Consideriamo adesso l’area del triangolo. Per
costruzione la base del triangolo misura b mentre l’altezza altro non è che l’ordinata del vertice (x, y) e quindi
vale
yb
A = ,
2
che è massima quando è massima l’altezza cioè quando il vertice (x, y) appartiene all’asse delle ordinate.
Questo accade se e solo se il triangolo è isoscele con base la base fissata.
(ii) Tra tutti i quadrilateri con perimetro fissato e tre lati di uguale lunghezza (e assegnata), quale ha area
massima?
soluz. Il trapezio isoscele.
Si fissino l e P due numeri reali positivi tali che h = (P − 3l) ≤ 3l (cioè tali che si possa costruire un
quadrilatero con tre lati lunghi l e perimetro P). Sia Q un quadrilatero della classe considerata (cioè Q ha
perimetro fissato P e tre lati lunghi l). Chiamiamo i vertici di Q, z0 , z1 , z2 , z3 in modo che z0 z1 = z1 z2 =
z2 z3 = l e z3 z0 = h. Montiamo il quadrilatero su di un meccanismo di Watts.
Cioè : Si consideri un sistema di assi cartesiani xOy. Fissiamo i vertici z0 , z3 nei punti (− h2 , 0), ( h2 , 0)
rispettivamente e lasciamo i vertici z1 , z2 liberi di muoversi ciascuno su di una guida circolare di centro
rispettivamente z0 , z3 e raggio l.
Sia θ l’angolo che il lato z1 z2 forma con l’orizzontale: necessariamente − π2 < θ < π2 (anzi, varranno in
generale delle restrizioni più forti!).
Muovendo i due vertici z1 , z2 lungo le guide circolari l’angolo θ varia e con lui anche il valore dell’area
del quadrilatero. Si può infatti esprimere il valore dell’area di Q in funzione dell’angolo θ (ma è piuttosto
difficile!):
r
1 2
4l2
2
− 1.
A (θ) = |h − l |
2
2
4
h + l − 2hl cos θ
Dalla precedente relazione è facile quindi vedere che A è massima quando θ = 0, cioè quando Q è il trapezio
isoscele. Infatti poiché cos θ ≤ 1, si ha
h2
+
l2
e quindi
A ≤
e si ha l’uguaglianza se e solo se θ = 0.
4l2
4l2
,
≤
− 2hl cos θ
(h − l)2
h + lp 2
4l − (h − l)2
4
7
Utilizziamo adesso (i) e (ii) per dimostrare i passi (c) e (d) e arrivare alla dimostrazione completa del problema
isoperimetrico. Diremo semplicemente poligono massimante, per intendere un poligono nella classe degli
N -agoni a perimetro fissato P che ha area massima.
Utilizzeremo qui di seguito un tipo di dimostrazione detto per assurdo. Questo tipo di dimostrazione consiste nel
partire ipotizzando la negazione della tesi (cioè il contrario di quello che si vuole dimostrare) per arrivare con ragionamenti logici,
algebrici o geometrici, ad una contraddizione, che garantisce la falisità dell’ipotesi fatta (e quindi garantisce la veridicità della tesi).
(c) Se P è un poligono massimante, allora P è equilatero.
dim. Consideriamo P poligono massimante e supponiamo abbia due lati di lunghezza diversa. Esistono quindi
due lati consecutivi di lunghezza diversa: chiamiamo i vertici che formano questi due lati z1 , z2 , z3 , in modo da
avere z1 z2 6= z2 z3 .
Tenendo fissati tutti i vertici del poligono diversi da z1 , z2 , z3 immaginiamoci di spostare il vertice z3 su di una
ellisse di fuochi z1 e z2 e passante per z3 fino a che il triangolo z1 z2 z3 non diventa isoscele. Per costruzione il
perimetro di questo triangolo è rimasto invariato e, per quanto dimostrato al punto (i) si ha che la sua area è
aumentata.
Consideriamo di nuovo il poligono P . Con la trasformazione fatta si è ottenuto un altro poligono P ′ che ha lo
stesso perimetro di P (perché?) ma area maggiore (perché?). Ma questa è una contraddizione!!! Si era infatti
supposto che P fosse un poligono massimante, cioè con l’area massima. Avendo raggiunto una contraddizione,
e quindi un assurdo, si è provato che l’ipotesi fatta che P avesse due lati di lunghezza diversa è inconsistente e
quindi P ha tutti i lati uguali.
(d) Se P è un poligono massimante, allora P è equiangolo.
dim. Come prima si consideri un poligono P massimante e supponiamo per assurdo che abbia due angoli di
ampiezza diversa. Allora esistono due angoli consecutivi di ampiezza diversa: siano questi gli angoli z\
0 z1 z2 e
z\
z
z
.
Tenendo
fissi
tutti
i
vertici
di
P
diversi
da
z
,
z
,
muoviamo
questi
ultimi
su
un
meccanismo
di
Watts
1 2 3
1 2
analogo a quello descritto al punto (ii) fino a che i vertici z0 , z1 , z2 , z3 formano un trapezio isoscele. Chiamiamo
questo nuovo poligono P ′ . Per quanto visto al punto (ii) si ha allora che P e P ′ hanno lo stesso perimetro,
ma P ′ ha area maggiore di P . Questa è però una contraddizione, in quanto avevamo scelto P come poligono
massimante, e quindi con area massima. L’assurdo evidenzia il fatto che l’ipotesi che P avesse due angoli diversi
è inconsistente, e quindi P è equiangolo.
Ricapitolando, si è dimostrato che:
(a) esiste un poligono massimante,
(b) ogni poligono massimante è convesso,
(c) ogni poligono massimante è equilatero e
(d) anche equiangolo.
Queste quattro proprietà caratterizzano l’N -agono regolare, che è quindi la figura massimante.
• DISUGUAGLIANZA ISOPERIMETRICA PER I POLIGONI: Fissato N ∈ N, sia P un N -agono di
perimetro P. Vale allora:
π
A;
(8)
P 2 ≥ 4N tan
N
e si ha l’uguaglianza se e solo se P è l’N -agono regolare di perimetro P.
dim. Dal teorema isoperimetrico, si ha che se A rappresenta l’area di P vale
A ≤ AN -agono regolare .
Ricordando che
AN -agono regolare =
1
P ·a
2
dove a è l’apotema, e facendo un po’ di calcoli, si ottiene:
a=
P
2N tan
e quindi la disuguaglianza cercata.
8
π
N
,
• La precedente disuguaglianza può essere generalizzata alle figure piane qualunque, nel senso che, data una figura
piana, si puó trovare una minorazione del quadrato del suo perimetro, in termini della sua area.
DISUGUAGLIANZA ISOPERIMETRICA: Sia P il perimetro di una figura piana fissata e sia A la sua
area. Vale allora
P 2 ≥ 4π A ,
e si ha l’uguale se e solo se la figura è un cerchio.
soluz. Data una qualsiasi figura F , la possiamo approssimare considerando le poligonali inscritte.
Le poligonali inscritte sono dei poligoni che hanno i vertici sul bordo della figura considerata. Attenzione,
però, non è detto che tali poligoni siano del tutto contenuti nella figura!
Per ogni N ∈ N consideriamo allora la poligonale di N vertici inscritta in F .Per ciascuna delle poligonali vale la
π
}N ∈N è una successione decrescente
disuguaglianza isoperimetrica (8). Osserviamo che la successione {N tan N
e
π
lim N tan
= π.
N →∞
N
(Se non sai cosa è una successione, considera x =
1
N
e fai un normale limite di funzione per x → 0. Nota che si usa il limite notevole
lim
y→0
sin(y)
tan(y)
= lim
= 1.
y→0
y
y
Se non sai come si fanno i limiti allora pensa cosa accade quando N diventa molto molto grande e prova a fare il calcolo con la
calcolatrice).
Passando al limite nella disuguaglianza isoperimetrica (8) si ottiene allora
P 2 ≥ 4πA ,
e vale l’uguale se e solo se la figura “è un poligono regolare con un numero infinito di lati”. Cioè se e solo se F è
un cerchio.
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4. LA SIMMETRIZZAZIONE DI STEINER
Ammettendo che vi sia una figura di area massima fra quelle di dato perimetro, si può dimostrare il Teorema
Isoperimetrico anche utilizzando il principio di riflessione. Steiner escogitò varie argomentazioni di questo tipo,
per arrivare a provare che la figura massimale deve avere asse di simmetria per ogni possibile direzione.
Una delle sue idee consisteva nel dimostrare che
– la figura massimale deve essere simmetrica rispetto ad ogni retta che ne divida il perimetro
in due parti uguali.
Vediamo in dettaglio come.
Sia F una figura di perimetro P e sia c una corda che divide in due parti uguali il perimetro di F : c sarà
delimitata da due punti su F che chiamiamo A e B. Se c non divide anche l’area di F in due parti uguali, allora
si può togliere la parte di area minore, ad esempio quella delimitata dall’arco di curva AB, e sostituirla con la
parte di area maggiore, la parte sottesa dall’arco di curva BA. In questo modo si ottiene una nuova figura F ′ il
cui perimetro è ancora P, ma la cui area è maggiore di quella di F e F ′ è simmetrica rispetto alla corda c.
Può capitare che l’area della figura delimitata dall’arco AB e dalla corda c sia uguale a quella della figura
delimitata dalla corda e dall’arco complementare BA. È allora indifferente quale dei due archi si sostituisce,
poiché in questo caso anche l’area resta invariata.
Quindi se F è una figura massimizzante l’area e di perimetro P, necessariamente deve essere simmetrica rispetto
ad ogni retta che ne divida il perimetro in due parti uguali (altrimenti potrei rendere l’area maggiore con un
procedimento analogo al precedente). Dovendo quindi essere simmetrica rispetto ad ogni direzione, ne segue
necessariamente che deve essere una circonferenza.
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