TETRAEDRI E RADICE DI 3. da un foglio quadrato a un rettangolo 1 x 2

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1 TETRAEDRI E RADICE DI 3 Nella costruzione di 4 diversi modelli di tetraedro regolare mediante l uso dell origami, ho trovato particolarmente interessante, sul piano didattico, la relazione tra le dimensioni del foglio di partenza e la disposizione, su di esso, dello sviluppo piano del solido. Naturalmente i fogli di partenza sono quadrati, ( salvo per un modello in cui si parte già da una busta rettangolare), ma dopo una prima fase preliminare di piegatura, si giunge alla realizzazione di rettangoli di dimensioni diverse per ciascun modello. Tetraedro 1 da un foglio quadrato a un rettangolo 1 x 3 Tetraedro2 da un foglio quadrato a un rettangolo 1 x 2 Tetraedro 3 da una busta rettangolare 11 x 22 Tetraedro 4 ( modulare) da 2 fogli quadrati a 2 rettangoli 8 x 7 Tetraedro 1 Dal quadrato al rettangolo 1 x 3 Nella figura qui sotto è rappresentata la costruzione, che attraverso le piegature corrispondenti alle rette illustratetratteggiate, porta alla realizzazione del rettangolo in rosso in figura. Attraverso una semplice dimostrazione geometrica risulta che il triangolo RMO è dunque equilatero ed è AM = OM ( 3 /2 ) E stato cosi realizzato il rettangolo desiderato, evidenziato in rosso nella figura. Se poniamo OM = 1, risulta AB = 3

2 Dal rettangolo 1 x 3 al tetraedro Con le piegature, osservabili nelle 2 figure qui sotto, si giunge ad un rettangolo a doppio strato, di dimensioni 1 /2 x 3 Con successive piegature si giunge alla struttura osservabile nella figura qui sotto, da cui è facile dimostrare che il triangolo IGU è equilatero e, analogamente, lo è il triangolo JVH Si ha: GU = VH = 2 GE 3/3 = 3 /3, allora anche UV = 3 /3. I tre triangoli IGU, JVH e TUV, con T punto medio di EF, sono equilateri e lo sono anche TIU e JTV. In questo modello osserviamo che nel rettangolo sono contenuti esattamente 5 triangoli equilateri e 2 mezzi triangoli aventi: altezza = 1/ 2 lato = 1/ 2 x 2 / 3 = 1 / 3 Il confronto con gli altri modelli, costruiti da fogli di carta di dimensioni differenti, consentirà di osservare una diversa disposizione dei triangoli equilateri. Dalla figura successiva sono evidenziati in azzurro i triangoli che nella chiusura finale del modello saranno le effettive facce del tetraedro.

3 Tetraedro 2 Dal quadrato al rettangolo 1 x 2 Nella figura che segue sono rappresentate le piegature che portano, a partire dal foglio quadrato, al rettangolo in cui il rapporto fra le dimensioni è 2. Si può facilmente dimostrare che il triangolo ANB è rettangolo isoscele e pertanto si ha: EB = B N = AB / 2. Poiché AB = AB si ha AB = EB 2. Concludiamo così che il rettangolo ABEF è il rettangolo richiesto. Se poniamo OB = 1, risulta AB = 2. Il foglio A4, che è usato in tutto il mondo con l eccezione degli Stati Uniti d America, è appunto un rettangolo in cui il rapporto fra le dimensioni è 2. Dal rettangolo 1 x 2 al tetraedro Con piegature, analoghe a quelle del modello precedente, e osservabili nelle due figure qui sotto, si giunge ad un rettangolo a doppio strato, GHEF, di dimensioni 1 /2 x 2

4 Con successive piegature si giunge alla struttura osservabile nella figura qui sotto, da cui è facile dimostrare che il triangolo HJU è equilatero e, analogamente, lo è il triangolo UTV Si ha: GU = VH = 2 GE 3/3 = 3 /3, allora anche UV = 3 /3. Il confronto con il modello precedente ci permette di osservare che nella dimensione maggiore del rettangolo ( 1 /2 x 2 ) le basi dei triangoli equilateri non sono contenute per intero, infatti: altezza triangolo equilatero = 1 / 2 lato triangolo equilatero = ed è Mentre con il primo modello era indifferente quale delle due estremità della striscia inserire nell altra, con questo secondo modello se inseriamo l estremità B nella A vediamo una faccia del tetraedro risultante divisa in due parti disuguali.

5 Tetraedro 3 Dalla busta 11 x 22 al tetraedro In questo modello partiamo subito con la realizzazione del tetraedro. Le prime piegature sono osservabili nelle seguenti figure: Riapriamo e osserviamo la suddivisione del rettangolo:

6 A W B D A Si può facilmente dimostrare che il triangolo WDA, come pure il triangolo WDB, sono ciascuno la metà di un triangolo equilatero. Anche il triangolo A WA è equilatero e come è facile osservare non è contenuto per intero nel rettangolo di partenza. Analizziamo in dettaglio la situazione: altezza del triangolo equilatero = 22/2 lato del triangolo equilatero = (22/2 ) x 2 x (1 / 3) = 22 / 3 <11 e quindi non sta nella dimensione minore della busta. Dalla figura precedente si vedono i triangoli WBD, WAD e WAA che opportunamente manipolati andranno a formare, insieme ai triangoli simmetrici sull altra pagina della busta, il tetraedro.

7 Tetraedro 4 (modulare) Dal quadrato al rettangolo 8 x 7 Nella figura che segue sono rappresentate le piegature che portano, a partire dal foglio quadrato, al rettangolo in cui il rapporto fra le dimensioni è 8 / 7, che è il rettangolo azzurro della figura qui sotto: Avremo quindi bisogno di 2 rettangoli come questo, che piegati poi in modo simmetrico, diventeranno i 2 moduli simmetrici da assemblare per ottenere il tetraedro Dal rettangolo 8 x 7 al tetraedro La descrizione che segue si limita a un solo modulo (modulo sinistro), perché per l altro avviene tutto in modo simmetrico. Le piegature del rettangolo 8 x 7 sono riassunte nella figura qui sotto: D E B C A

8 osserviamo il parallelogramma ACDE evidenziato, che sarà il nostro modulo. Esso è, a sua volta, suddiviso in 4 triangoli, che, come conseguenza dei movimenti operati risultano equilateri, ma in quanto tali non possono essere contenuti nel rettangolo di partenza, come sembra apparire dalla figura. Cerchiamo di capire perché: se consideriamo, infatti, il triangolo ABC, si può facilmente calcolare: altezza del triangolo = 3,5 lato del triangolo = (3,5 x 2 x 3) / 3 = 4,04, mentre dalla figura il lato appare come la metà della base del rettangolo di partenza che misura 8. La differenza è così piccola che non è riscontrabile dalla figura e anche poi nel successivo assemblaggio dei moduli risulta trascurabile. In un clima, tuttavia, di didattica è importante rilevare l errore, sfruttandone la connotazione positiva per creare uno stimolo per la ricerca di altre soluzioni. Soluzione del problema E sufficiente partire, invece che da 2 rettangoli 8 x 7, da uno 1 x 3 e suddividerlo a sua volta in 2 rettangoli uguali di dimensioni 1 x ( 3/ 2 ), con un indubbio risparmio di carta perché da un solo foglio si realizzano entrambi i moduli / 2 3/ 2 Verifichiamo nella figura qui sotto il superamento dell errore del modello precedente: nel triangolo equilatero A1J2D2 l altezza = 3/ 4 il lato = 2 x ( 3/ 4) / 3 = 1 /2 3/ 2 1

9 Ancora una volta la magia della radice di 3 risolve i nostri problemi! Maria Cristina Maffei Note biografiche Maria Cristina Maffei, insegnante di Scienze Matematiche nella scuola secondaria inferiore della città di Pisa. Ha collaborato in varie occasioni con il nucleo di ricerca didattica del Dipartimento di Matematica dell'universita' di Pisa e attualmente presta la sua attivata' nel laboratorio Franco Conti, che, sotto la soprintendenza della Provincia di Pisa e del Dipartimento di matematica dell' ateneo pisano, si occupa della formazione matematica degli insegnanti di matematica di ogni ordine e grado.