Teorema di Haga

Template:F 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.

Costruzione del Teorema di Haga

Il teorema

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

"Se sul lato $AB$ di un foglio quadrato $ABCD$ si fissa un segmento $AE$ tale che il suo rapporto col lato del quadrato sia $x$, allora portando il vertice $D$ in $E$ mediante la piega $FG$, il lato $CD$ interseca $BG$ nel punto $H$ tale che:

$\overline{BH}=\frac{2x}{(x+1)}.$

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

$\frac{1}{2}\overline{BH}=\frac{x}{(x+1)}.$"

Esempi

• Se $E$ è il punto medio di $AB$, allora

$x=\frac{1}{2},\overline{BH}=\frac{2}{3},\frac{1}{2}\overline{BH}=\frac{1}{3}.$

• Se $E$ divide $AB$ in quattro parti, allora

$x=\frac{1}{4},\overline{BH}=\frac{2}{5},\frac{1}{2}\overline{BH}=\frac{1}{5}.$

• Se $AB=10$ e $AE=3$ parti, allora

$x=\frac{3}{10},\overline{BH}=\frac{6}{13},\frac{1}{2}\overline{BH}=\frac{3}{13}.$

• In genere se $x=\frac{\overline{AE}}{\overline{AB}}=\frac{n}{m}$, allora

$\overline{BH}=\frac{2n}{n+m},\frac{1}{2}\overline{BH}=\frac{n}{n+m}.$

Dimostrazione

I triangoli $AEF$ e $EBH$ sono simili (per il primo criterio di similitudine, avendo due angoli uguali) e quindi vale la seguente proporzione: $\overline{BH}:\overline{EB}=\overline{AE}:\overline{AF}$.

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

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo $AEF$ si ha $\stackrel{2}{\stackrel{‾}{AF}}+\stackrel{2}{\stackrel{‾}{AE}}=\stackrel{2}{\stackrel{‾}{FE}}$.

Poiché $\overline{EF}=\overline{FD}=\overline{AD}-\overline{AF}=1-\overline{AF}$ si ha $\stackrel{2}{\stackrel{‾}{AF}}+\stackrel{2}{\stackrel{‾}{AE}}=(1-\overline{AF}{)}^2$ e quindi $\overline{AF}=\frac{(1-\stackrel{2}{\stackrel{‾}{AE}})}{2}=\frac{(1-x^2)}{2}$.

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

Triangoli "egizi"

Solo nei casi in cui $E$ divide il lato del quadrato in 2 o 3 parti si ha che i due triangoli $AEF$ e $BHE$ 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 $AEF$.

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: $\overline{AE}=x=3a$ e $\overline{AF}=\frac{(1-x^2)}{2}=4a$ o, viceversa, $\overline{AE}=x=4a$ e $\overline{AF}=\frac{(1-x^2)}{2}=3a$.

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

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

Voci correlate

• Triangolo rettangolo
• Matematica degli origami