Didone#3 - Triangoli qualsiasi

Se al triangolo non vengono posti vincoli particolari, il problema isoperimetrico si complica leggermente, dal momento che le variabili libere diventano due e quindi il problema di ottimizzazione diventa bidimensionale. Non è quindi possibile proporlo in tutti i curricula liceali, ma soltanto in alcune occasioni mirate di approfondimento (Opzione specifica, Opzione complementare, Lavoro di maturità, nell'ordinamento elvetico).

A venirci in aiuto in questo caso è la formula di Erone
$$A=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$

dove $a$, $b$ e $c$ sono i lati del triangolo e $s=\frac{1}{2}(a+b+c)$ è  il suo semiperimetro.

Ponendo, per semplificare il calcolo, $P=2$, con $x$, $y$ e $z=2-x-y$ i lati del triangolo, per la sua area vale

$$A(x,y)=\sqrt{(1-x)(1-y)(x+y-1)}$$ e, svolgendo le parentesi,
$$A(x,y)=\sqrt{x^2y+xy^2-3xy-x^2+2x-y^2+2y-1}\;.$$
Calcoliamo le derivate parziali:
$$A_x(x,y)=\frac{y^2+2xy-2x-3y+2}{2A(x,y)}$$
e
$$A_y(x,y)=\frac{x^2+2xy-3x-2y+2}{2A(x,y)}\;.$$
Essenzialmente, quindi,la ricerca dei punti critici si riduce alla risoluzione del sistema
$$\begin{cases}x^2+2xy-3x-2y+2=0\\y^2+2xy-2x-3y+2=0\end{cases}$$

(che non presenta particolari difficoltà, dal momento che la prima equazione è lineare nell'incognita $y$). 

Scartando le soluzioni $(1,0)$, $(0,1)$ e $(1,1)$ (per le quali non esistono $A_x$ e $A_y$),  ricaviamo il punto di massimo

$$(x,y)=\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$$ e quindi nuovamente
$$x=y=z=\frac{1}{3}P$$ e la disuguaglianza isoperimetrica per i triangoli
$$12\sqrt{3}A \le P^2 \quad.$$

Didone#2 - Triangoli isosceli

Nel caso di un triangolo isoscele, dove la variabile libera è soltanto una, il problema isoperimetrico può essere agevolmente trattato con l'aiuto di un po' di calcolo differenziale, riconducendolo ad un problema di ottimizzazione come se ne risolvono tanti in quarta liceo. Se, per comodità, chiamiamo $x$ la metà della base, il lato obliquo misurerà $c=\frac{1}{2}P-x$ e l'altezza

$$ h=\sqrt{c^2-x^2}=\sqrt{\frac{1}{4}P^2-Px} \quad. $$ Per l'area otteniamo quindi l'espressione
$$A(x)=\frac12\cdot2x\cdot h = x \sqrt{\frac{1}{4}P^2-Px} =\sqrt{\frac{1}{4}P^2x^2-Px^3}$$
la cui derivata rispetto a $x$ è
$$A'(x)=\frac{1}{2A(x)}\left( \frac{1}{2}P^2x-3Px^2\right)=\frac{Px}{2A(x)}\left( \frac{1}{2}P-3x\right)\;.$$
Se $x\neq0$, vale quindi
$$A'(x)=0 \quad\iff \quad P=6x\quad.$$

In altre parole, l'area è massima se il triangolo è equilatero. Con $x=\frac{1}{6}P$ otteniamo la disuguaglianza

$$A \le \frac{P^2}{12\sqrt{3}}\quad\iff\quad 12\sqrt{3}A \le P^2 \quad.$$

Didone#1 - Rettangoli

Questo lo si può proporre anche in prima liceo, magari facendo riferimento alla recinzione di un campo: tra tutti i rettangoli di dato perimetro, qual è quello di superficie massima?

Se $x$ e $h=\frac{1}{2}P-x$ rappresentano i lati del rettangolo, per la sua area in funzione di $x$ vale

$$
A(x)=x \cdot h = \frac12Px-x^2=x\left(\frac{1}{2}P-x\right) \quad.
$$

Si tratta di una funzione quadratica, che assume il valore massimo in corrispondenza del vertice della parabola (aperta verso il basso) che la rappresenta. Dal momento che l'ascissa del vertice si trova a metà strada tra i due zeri $x=0$ e $x=\frac{1}{2}P$, risulta chiaro che il valore massimo viene assunto per $x=\frac{1}{4}P$, cioè quando il rettangolo è un quadrato.

Simultaneamente, sostituendo tale valore in $A(x)$, otteniamo una disuguaglianza isoperimetrica per i rettangoli:

$$
A \le \frac{1}{16} P^2 \quad \iff \quad 16A \le P^2 \quad.
$$

Didone#0 - il problema

Narra una leggenda che Didone, esiliata da Tiro, ottenne dal re nordafricano Ierba tanta terra quanta ne poteva contenere una pelle di toro. Senza perdersi d'animo, la furba regina tagliò quest'ultima a striscioline in modo da poter cingere la superficie necessaria a fondare la città di Cartagine. È quindi in onore della sfortunata regina, cui Virgilio dedica il Libro IV dell'Eneide, che oggi il problema isoperimetrico nel piano è noto anche come problema di Didone. La sua formulazione è abbastanza semplice: qual è la superficie più ampia che può essere racchiusa da una curva chiusa di data lunghezza? - e la sua soluzione viene solitamente espressa per mezzo della disuguaglianza isoperimetrica

$$
4 \pi A \le P^2
$$

dove $A$ e $P$ rappresentano rispettivamente area e perimetro della superficie in questione ($P$ è quindi la lunghezza della curva chiusa). È facile verificare che la disuguaglianza diventa uguaglianza quando $A=\pi r^2$ e $P= 2\pi r$, cioè quando la curva è un cerchio.

Anche se dal punto di vista geometrico appare abbastanza plausibile, la soluzione del problema è tutt'altro che immediata. Il primo ad approcciarsi rigorosamente ad esso fu il matematico rossocrociato Jakob Steiner, che nel 1838 ne diede una (quasi-) dimostrazione basata su un processo di simmetrizzazione (qualche dettaglio lo si può trovare qui), e ricordo vagamente di averne studiata una versione al Politecnico, forse quella basata sulla formula di Green contenuta qui.

La complessità dell'argomento ne rende problematica una trattazione a livello liceale (anche se l'approccio di Steiner può essere reso abbastanza efficacemente), ma è senz'altro possibile specializzare la disuguaglianza specificando la forma della figura. L'uso, ad esempio, di triangoli o quadrilateri permette di applicare tecniche diverse, di difficoltà crescente, senz'altro accessibili ad uno studente del Liceo. Ne accennerò in una serie di post attualmente in fase di redazione.