2. PROBLEMI ISOPERIMETRICI

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1 . ROBLEMI IOERIMETRICI (OLUZIONI roblema isoperimetrico classico : Tra le figure piae di perimetro fissato trovare quella di area massima. ROBLEMA IOERIMETRICO ER I RETTANGOLI: (itra tutti i rettagoli di area fissata quale ha il perimetro miimo? [si suppoga A = 1.] (iitra tutti i rettagoli di perimetro fissato quale ha area massima? soluz. Il quadrato. Osserviamo iazitutto che risolvere il puto (i equivale a risolvere il puto (ii; il problema (i è ifatti detto problema duale del problema (ii. er comodità risolviamo (i e dimostriamo che la soluzioe del problema è il quadrato. er dimostrare che il quadrato risolve il problema è allora ecessario che il perimetro di u geerico rettagolo di area uo sia sempre maggiore o uguale del perimetro del quadrato co la stessa area. Ora poiché l uica possibilità affiché u quadrato abbia area uitaria è che pure il suo lato sia uitario occorre dimostrare che quadrato = 4. (1 Diamo adesso due dimostrazioi della (1. i cosideri u geerico rettagolo di area uitaria e siao a b le lughezze dei suoi lati. Idichiamo ioltre co A la sua area e il suo perimetro rispettivamete. soluz.1 Osserviamo che dalla defiizioe di perimetro la (1 equivale a a + b 1. ( Allo stesso tempo poiché A = ab = 1 si ha ab = ab e quidi la ( equivale a a + b ab cioè alla disuguagliaza tra media arimetica e media geometrica che sappiamo essere vera! soluz. oiché l area del rettagolo è uo vale b = a 1 quidi ( = (a + b = a + 1 ( a + 1 =. ( a a Utilizzado la ( si dimostra allora che la (1 è vera i quato equivale a (a 1 0. Esercizio 1. Tra tutti i parallelepipedi di superficie fissata quale ha il massimo volume? soluz. Il cubo. i cosideri u parallelepipedo e siao la sua superficie V il suo volume e idichiamo co a b h la sua lughezza la larghezza e altezza rispettivamete. Vogliamo dimostrare che V è miore o uguale del volume del cubo che ha superficie. Valgoo i modo ovvio V = abh = (ab + bh + ah. Osserviamo quidi che altro o è che u multiplo della media aritmetica di ab bh ah (i particolare 6 è la media aritmetica di ab bh ah. Vale duque per la disuguagliaza tra media aritmetica e media geometrica di tre umeri (ab bh ah 1 6 1

2 cioè V 1 6 che equvale a ( V 6. Ricordado che è ua quatità fissata si ha il massimo valore per il volume se e solo se vale l uguagliaza ella precedete disuguagliaza e questo equivale al fatto che valga il sego di uguagliaza ella disuguaglaiza tra media aritmetica e media geometrica di tre umeri e quidi al caso a = b = h. i ha quidi il massimo volume se e solo se il parallelepipedo è u cubo. Esercizio. Dato u segmeto AB lo si suddivida i parti. Quado il prodotto delle lughezze delle parti risulta massimo? soluz. ia L la lughezza totale del segmeto e siao a 1... a le lughezze delle sigole parti. i ha a a = L. Osserviamo che ua quatità (o egativa è massima se e solo se lo è la sua radice -esima comuque scelto N. Quidi a 1... a è massimo se e solo se è massima a 1... a. Ricordado che per la disuguagliaza tra medie (a 1... a 1 a a si ha che il prodotto delle lughezze è massimo quado è esattamete uguale a a1+...+a che è ua quatità costate a1+...+a = L. Dalla caratterizzazioe dell uguagliaza ella disuguagliaza tra media artimetica e media geometrica segue allora che il prodotto delle lughezze è massimo se e solo se le parti hao tutte uguale lughezza. Esercizio. Tra tutti i cilidri circolari retti di volume fissato quale ha la miima superficie? soluz. Il cilidro i cui l altezza è pari al diametro di base. i cosideri u cilidro qualuque e siao la sua superficie V il suo volume r il raggio di base e h l altezza. Vale duque e quidi = laterale + A base = π(r + rh V = πr h ( = π r + V ( = π r + V πr πr + V. πr Cosiderado adesso 6π si vede che è la media aritmetica di r V πr V πr poiché 6π = r + V πr + V πr e quidi per la disuguagliaza tra media aritmetica e media geometrica si ha 6π r V πr V πr = V. (π Essedo V (π ua quatità fissata si ha che è miima se e solo se 6π = V (π cioè se e solo se vale l uguale ella disuguagliaza tra media aritmetica e media geometrica cioè se e solo se r = V πr = V πr che equivale a V = πr cioè r = h.

3 È vero che cooscedo il perimetro di ua figura posso ricavare la sua area (co ua buoa approssimazioe? È vero che cooscedo l area posso ricavare il perimetro? Facciamo alcue cosiderazioi. Ua volta fissata l area di u triagolo si può delimitare il suo perimetro tra due valori? [posso cioè trovare due umeri α β per cui vale α β?] soluz. No. Ifatti i triagoli co la stessa base e la stessa altezza hao ache la stessa area tuttavia possoo avere perimetro arbitrariamete grade. Cioè : fissati ua base b e ua altezza h comuque io scelga u umero (ache molto molto grade posso trovare u triagolo che ha per base la base fissata e per altezza l altezza fissata e ha perimetro il umero scelto. er vedere facilmete questo fatto cosidera due rette parallele poste a distaza h e fissa su ua di esse u segmeto lugo b. Questa sarà la base dei ostri triagoli. Cosidera adesso u terzo vertice sull altra retta. Al variare della posizioe del vertice questo descrive ua famiglia di triagoli tutti co la stessa base e la stessa altezza (quidi co la stessa area! e spostado il vertice sempre più i ua direzioe ci accorgiamo che il perimetro aumeta. Cosidera la classe dei rettagoli di perimetro fissato. osso delimitare l area tra due valori? soluz. ì. Ifatti come abbiamo visto l area di u rettagolo è sempre miore di quella del quadrato a lui isoperimetrico. D altra parte è sempre maggiore o uguale di zero. Ioltre comuque si scelga u umero reale positivo ε piccolo a piacere si può trovare u rettagolo che ha per perimetro il perimetro fissato e area ε. Quidi i geerale se il perimetro di ua figura è fissato la sua area o può essere arbitrariamete grade (ma può essere arbitrariamete piccola. Allo stesso tempo fissado l area si possoo trovare figure co l area fissata e co perimetro arbitrariamete grade (ma o arbitrariamete piccolo. FORMULA DI ERONE: Idichiamo co A e co ripsettivamete l area e il perimetro di u triagolo. iao a b c le lughezze dei suoi lati. Vale allora (i 16A = ((a + b c (c (a b o equivaletemete (ii 16A = ( a( b( c o equivaletemete (iii A = ( a( b( c. ROBLEMA IOERIMETRICO ER I TRIANGOLI: Tra tutti i triagoli di perimetro fissato quale ha area massima? soluz. Il triagolo equilatero. i fissi ifatti u valore per il perimetro e si cosideri u geerico triagolo di perimetro. iao a b c le lughezze dei suoi lati. er la Formula di Eroe si ha A = ( a( b( c (4 e quidi poiché massimizzare A e equivale a massimizzare A cosideriamo la quatità a destra dell uguale i (4 e vediamo quado assume il massimo valore. Osserviamo che essedo ua quatità fissata A è massima se e solo se è massimo il prodotto ( a( b( c

4 e ciò accade se e solo se è massima la sua radice cubica (( a( b( c 1. (5 Quello che dobbiamo quidi fare è stabilire quado questa quatità assume il suo valore massimo. Nell espressioe precedete (5 si ricoosce facilmete la media geometrica di a b c possiamo quidi utilizzare la disuguagliaza tra media aritmetica e media geometrica che ci assicura che (( a( b( c 1 ( a + ( b + ( c e quidi affermare che il valore massimo che la (5 può avere è il caso i cui ella precedete disuguagliaza vale l uguale. Dalla caratterizzazioe dell uguagliaza ella disuguagliaza tra media aritmetica e media geometrica si ha questo accade se e solo se a = b = c cioè se e solo se a = b = c che corrispode al caso del triagolo equilatero. DIUGUAGLIANZA IOERIMETRICA ER I TRIANGOLI: Dato u qualuque triagolo di area A e perimetro si ha: A 1 1 e vale l uguale se e solo se il triagolo è equilatero. soluz. Dal problema isoperimetrico si ha che l area di u qualuque triagolo è sempre miore o uguale dell area del triagolo equilatero co lo stesso perimetro. L area del triagolo equilatero di perimetro è da cui segue la disuguagliaza cercata. A equil = 6 ROBLEMA IOERIMETRICO ER I OLIGONI: Fissato N N tra tutti i poligoi co N lati e perimetro fissato quale ha area massima? OLUZIONE: L N-agoo regolare. er dimostrare questo fatto occorre procedere per passi. Il collegameto tra i passi itermedi e la tesi del teorema potrebbe o essere a prima vista evidete. Tuttavia verrao evideziati tutti i passi ecessari alla dimostrazioe completa e quidi alla fie dovrebbe risultare tutto chiaro. I puti pricipali della dimostrazioe soo: (a Tra tutti gli N agoi di perimetro fissato e esiste uo di area massima. Chiameremo tale poligoo massimate; (b Ogi poligoo massimate è covesso; (c Ogi poligoo massimate è equilatero; (d Ogi poligoo massimate è equiagolo. Tralasceremo la dimostrazioe dei puti (a(b che abbiamo citato per completezza i quato troppo complicata. Vediamo adesso dei passi itermedi che ci sarao utili per la dimostrazioe di (c e (d. (i Tra tutti i triagoli co la stessa base e lo stesso perimetro quale ha area massima? soluz. Il triagolo isoscele che ha per base la base fissata. i fissio due umeri reali positivi b e tali che > b e si cosiderio i triagoli di base b e perimetro. ia xoy u sistema di assi cartesiao. A meo di rotazioi e traslazioi (operazioi che o cambiao é l area é il perimetro della 4

5 figura si può supporre che i triagoli cosiderati abbiao tutti i vertici di base ei puti dell asse delle ascisse ( b 0 ( b 0. ia (x y la posizioe del terzo vertice e cerchiamo di scoprire quali soo le sue proprietà. Calcolado le distaze tra i puti si può esprimere il perimetro del triagolo i fuzioe delle coordiate del vertice (x y: = b + (x + b + y + (x b + y. (6 La formula (6 evidezia il fatto che la somma delle distaze del puto (x y dai puti ( b 0 e ( b 0 rispettivamete è sempre costate uguale a b e questo equivale a dire che il vertice (x y appartiee all ellisse di fuochi ( b 0 e ( b 0 e semiasse sulle ascisse b. Tale ellisse è defiita dall equazioe: 4x 4y ( + b ( = 1 (7 b (provalo! e rappreseta tutti i possibili vertici della classe dei triagoli di perimetro e base co vertici i ( b 0 ( b 0. O b/ b/ Quidi ricapitolado u triagolo di base b e perimetro a meo di traslazioi e rotazioi ha vertici i ( b 0 ( b 0 (x y dove (x y è u puto dell ellise (7. Cosideriamo adesso l area del triagolo. er costruzioe la base del triagolo misura b metre l altezza altro o è che l ordiata del vertice (x y e quidi vale A = yb che è massima quado è massima l altezza cioè quado il vertice (x y appartiee all asse delle ordiate. Questo accade se e solo se il triagolo è isoscele co base la base fissata. (ii Tra tutti i quadrilateri co perimetro fissato e tre lati di uguale lughezza quale ha area massima? soluz. Il trapezio isoscele. i fissio l e due umeri reali positivi tali che h = ( l l (cioè tali che si possa costruire u quadrilatero co tre lati lughi l e perimetro. ia Q u quadrilatero della classe cosiderata (cioè Q ha perimetro fissato e tre lati lughi l. Chiamiamo i vertici di Q z 0 z 1 z z i modo che z 0 z 1 = z 1 z = z z = l e z z 0 = h. Motiamo il quadrilatero su di u meccaismo di Watts. Cioè : i cosideri u sistema di assi cartesiai xoy. Fissiamo i vertici z 0 z ei puti ( h 0 ( h 0 rispettivamete e lasciamo i vertici z 1 z liberi di muoversi ciascuo su di ua guida circolare di cetro rispettivamete z 0 z e raggio l. ia θ l agolo che il lato z 1 z forma co l orizzotale: ecessariamete π < θ < π (azi varrao i geerale delle restrizioi più forti!. 5

6 Muovedo i due vertici z 1 z lugo le guide circolari l agolo θ varia e co lui ache il valore dell area del quadrilatero. i può ifatti esprimere il valore dell area di Q i fuzioe dell agolo θ (ma è piuttosto difficile!: A (θ = 1 4 h l 4l h + l hl cos(θ 1. Dalla precedete relazioe è facile quidi vedere che A è massima quado θ = 0 cioè quado Q è il trapezio isoscele. Ifatti poiché cos(θ 1 si ha 4l h + l hl cos(θ 4l (h l e quidi A h + l 4l (h l 4 e si ha l uguagliaza se e solo se θ = 0. Utilizziamo adesso (i e (ii per dimostrare i passi (c e (d e arrivare alla dimostrazioe completa del problema isoperimetrico. Diremo semplicemete poligoo massimate per itedere u poligoo ella classe degli N-agoi a perimetro fissato che ha area massima. Utilizzeremo qui di seguito u tipo di dimostrazioe detto per assurdo. Questo tipo di dimostrazioe cosiste el partire ipotizzado la egazioe della tesi (cioè il cotrario di quello che si vuole dimostrare per arrivare co ragioameti logici algebrici o geometrici ad ua cotraddizioe che garatisce la falisità dell ipotesi fatta (e quidi garatisce la veridicità della tesi. (c e è u poligoo massimate allora è equilatero. dim. Cosideriamo poligoo massimate e suppoiamo abbia due lati di lughezza diversa. Esistoo quidi due lati cosecutivi di lughezza diversa: chiamiamo i vertici che formao questi due lati z 1 z z i modo da avere z 1 z z z. Teedo fissati tutti i vertici del poligoo diversi da z 1 z z immagiiamoci di spostare il vertice z su di ua ellisse di fuochi z 1 e z e passate per z fio a che il triagolo z 1 z z o diveta isoscele. er costruzioe il perimetro di questo triagolo è rimasto ivariato e per quato dimostrato al puto (i si ha che la sua area è aumetata. Cosideriamo di uovo il poligoo. Co la trasformazioe fatta si è otteuto u altro poligoo che ha lo stesso perimetro di (perché? ma area maggiore (perché?. Ma questa è ua cotraddizioe!!! i era ifatti supposto che fosse u poligoo massimate cioè co l area massima. Avedo raggiuto ua cotraddizioe e quidi u assurdo si è provato che l ipotesi fatta che avesse due lati di lughezza diversa è icosistete e quidi ha tutti i lati uguali. (d e è u poligoo massimate allora è equiagolo. dim. Come prima si cosideri u poligoo massimate e suppoiamo per assurdo che abbia due agoli di ampiezza diversa. Allora esistoo due agoli cosecutivi di ampiezza diversa: siao questi gli agoli ẑ 0 z 1 z e ẑ 1 z z. Teedo fissi tutti i vertici di diversi da z 1 z muoviamo questi ultimi su u meccaismo di Watts aalogo a 6

7 quello descritto al puto (ii fio a che i vertici z 0 z 1 z z formao u trapezio isoscele. Chiamiamo questo uovo poligoo. er quato visto al puto (ii si ha allora che e hao lo stesso perimetro ma ha area maggiore di. Questa è però ua cotraddizioe i quato avevamo scelto come poligoo massimate e quidi co area massima. L assurdo evidezia il fatto che l ipotesi che avesse due agoli diversi è icosistete e quidi è equiagolo. Ricapitolado si è dimostrato che (a esiste u poligoo massimate (b ogi poligoo massimate è covesso (c ogi poligoo massimate è equilatero e (d ache equiagolo. egue ecessariamete che il poligoo massimate è l N-agoo regolare. DIUGUAGLIANZA IOERIMETRICA ER I OLIGONI: Fissato N N sia u N-agoo di perimetro. Vale allora: ( π 4N ta A ; (8 N e si ha l uguagliaza se e solo se è l N-agoo regolare di perimetro. dim. Dal teorema isoperimetrico si ha che se A rappreseta l area di vale Ricordado che A A N-agoo regolare. A N-agoo regolare = 1 a dove a è l apotema e facedo u po di calcoli si ottiee: a = N ta ( π N e quidi la disuguagliaza cercata. La precedete disuguagliaza può essere geeralizzata alle figure piae qualuque el seso che data ua figura piaa si puó trovare ua miorazioe del quadrato del suo perimetro i termii della sua area. DIUGUAGLIANZA IOERIMETRICA: ia il perimetro di ua figura piaa fissata e sia A la sua area. Vale allora 4π A e si ha l uguale se e solo se la figura è u cerchio. soluz. Data ua qualsiasi figura F la possiamo approssimare cosiderado le poligoali iscritte. Le poligoali iscritte soo dei poligoi che hao i vertici sul bordo della figura cosiderata. Attezioe però o è detto che tali poligoi siao del tutto coteuti ella figura! er ogi N N cosideriamo allora la poligoale di N vertici iscritta i F. er ciascua delle poligoali vale la disuguagliaza isoperimetrica (8. Osserviamo che la successioe {N ta ( π N }N N è ua successioe decrescete e lim N N ta ( π N = π. (e o sai cosa è ua successioe cosidera come se al posto di N ci fosse scritto x e fai u ormale limite di fuzioe. Nota che si usa il limite otevole ta(y si(y lim = lim = 1. y 0 y y 0 y e o sai come si fao i limiti allora pesa cosa accade quado N diveta molto molto grade e prova a fare il calcolo co la calcolatrice. assado al limite ella disuguagliaza isoperimetrica (8 si ottiee allora 4πA e vale l uguale se e solo se la figura è u poligoo regolare co u umero ifiito di lati. Cioè se e solo se F è u cerchio. 7