2. PROBLEMI ISOPERIMETRICI

2. PROBLEMI ISOPERIMETRICI
(SOLUZIONI)
• Problema isoperimetrico “classico”: Tra le figure piane di perimetro fissato trovare
quella di area massima.
• PROBLEMA ISOPERIMETRICO PER I RETTANGOLI:
(i)Tra tutti i rettangoli di area fissata, quale ha il perimetro minimo?
[si supponga A = 1.]
(ii)Tra tutti i rettangoli di perimetro fissato, quale ha area massima?
soluz. Il quadrato.
Osserviamo innanzitutto che risolvere il punto (i) equivale a risolvere il punto (ii);
il problema (i) è infatti detto problema duale del problema (ii). Per comodità
risolviamo (i) e dimostriamo che la soluzione del problema è il quadrato.
Per dimostrare che il quadrato risolve il problema, è allora necessario che il perimetro
di un generico rettangolo di area uno sia sempre maggiore o uguale del perimetro del
quadrato con la stessa area. Ora, poiché l’unica possibilità affinché un quadrato abbia
area unitaria è che pure il suo lato sia unitario, occorre dimostrare che
P ≥ Pquadrato = 4.
(1)
Diamo adesso due dimostrazioni della (1). Si consideri un generico rettangolo di area
unitaria e siano a, b le lunghezze dei suoi lati. Indichiamo inoltre con A , P la sua area
e il suo perimetro rispettivamente.
soluz.1 Osserviamo che dalla definizione di perimetro la (1) equivale a
a+b
≥ 1.
2
Allo stesso tempo poiché A = ab = 1, si ha ab =
(2)
√
ab, e quindi la (2) equivale a
a+b √
≥ ab,
2
cioè alla disuguaglianza tra media arimetica e media geometrica che sappiamo
essere vera!
soluz.2 Poiché l’area del rettangolo è uno, vale b = a−1 , quindi
a2 + 1 1
P = 2(a + b) = 2 a +
=2
.
a
a
(3)
Utilizzando la (3) si dimostra allora che la (1) è vera in quanto equivale a (a−1)2 ≥
0.
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
(ab · bh · ah) 3 ≤
1
S
,
6
cioè
1
V 23 ≤
S
,
6
che equvale a
V ≤
S 32
.
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 disuguaglainza 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.
Esercizio 2. Dato un segmento AB lo si suddivida in n parti. Quando il prodotto delle
lunghezze delle parti risulta massimo?
soluz. Sia L la lunghezza totale del segmento e siano a1 , ..., an le lunghezze delle singole
parti. Si ha a1 + ... + an = L. Osserviamo che una quantità (non negativa) è massima
se e solo se lo è la sua radice n-esima, comunque scelto n ∈ N. Quindi a1 · ... · an è
√
massimo se e solo se è massima n a1 · ... · an . Ricordando che per la disuguaglianza tra
medie
n1
a1 + ... + an
a1 · ... · an
,
≤
n
n
,
si ha che il prodotto delle lunghezze è massimo quando è esattamente uguale a a1 +...+a
n
a1 +...+an
L
che è una quantità costante,
= n . Dalla caratterizzazione dell’uguaglianza
n
nella disuguaglianza tra media artimetica e media geometrica, segue allora che il prodotto delle lunghezze è massimo se e solo se le parti hanno tutte uguale lunghezza.
Esercizio 3. 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
V V
V S = 2π r2 +
= 2π r2 +
+
.
πr
2πr 2πr
S
6π
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
S
V
V
V3
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 geV
V
ometrica, cioè se e solo se r2 = 2πr
= 2πr
, che equivale a V = 2πr3 cioè 2r =
h.
2
• 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.
Considera adesso un terzo vertice sull’altra retta. Al variare della posizione del
vertice, questo descrive una famiglia di triangoli tutti con la stessa base e la stessa
altezza (quindi con la stessa area!) e spostando il vertice sempre più in una
direzione ci accorgiamo che il perimetro aumenta.
– 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. D’altra parte è sempre maggiore o uguale di zero.
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.
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
3
e ciò accade se e solo se è massima la sua radice cubica
P
13
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 precedente (5) si riconosce facilmente la media geometrica di
P
P
P
2 − a, 2 − b, 2 − c, possiamo quindi utilizzare la disuguaglianza tra media aritmetica
e media geometrica che ci assicura che
P
P
31
( P − a) + ( P
P
P
2 − b) + ( 2 − c)
(
− a)(
− b)(
− c)
≤ 2
,
2
2
2
3
e quindi affermare che il valore massimo che la (5) può avere è il caso in cui nella
precedente disuguaglianza vale l’uguale. Dalla caratterizzazione dell’uguaglianza nella
disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica si ha 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:
A ≤ P2
1
√ ,
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
√
2 3
Aequil = P
,
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
4
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
P = b + (x + ) + y 2 + (x − )2 + y 2 .
(6)
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).
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
A =
yb
,
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, 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!).
5
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!):
s
1 2
4l2
A (θ) = |h − l2 |
− 1.
4
h2 + l2 − 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
4l2
4l2
≤
,
h2 + l2 − 2hl cos(θ)
(h − l)2
e quindi
h + lp 2
4l − (h − l)2
4
e si ha l’uguaglianza se e solo se θ = 0.
A ≤
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\
1 z2 z3 . Tenendo fissi tutti i vertici
di P diversi da z1 , z2 , muoviamo questi ultimi su un meccanismo di Watts analogo a
6
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. Segue necessariamente che il poligono massimante è l’N -agono regolare.
• DISUGUAGLIANZA ISOPERIMETRICA PER I POLIGONI: Fissato N ∈
N, sia P un N -agono di perimetro P. Vale allora:
π
P 2 ≥ 4N tan
A;
(8)
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
1
P ·a
2
dove a è l’apotema, e facendo un po’ di calcoli, si ottiene:
AN -agono regolare =
a=
P
2N tan
π
N
e quindi la disuguaglianza cercata.
,
• 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 disuguaglianza isoperimetrica (8). Osserviamo che la
π
successione {N tan N
}N ∈N è una successione decrescente e
π
lim N tan
= π.
N →∞
N
(Se non sai cosa è una successione, considera come se al posto di N ci fosse scritto x e fai un normale
limite di funzione. Nota che si usa il limite notevole
tan(y)
sin(y)
lim
= lim
= 1.
y→0
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.
7