Didone#5 - Considerazioni finali

 

Può sembrare intuitivamente chiaro, ma in realtà non è così semplice mostrare che il problema isoperimetrico per un poligono piano viene risolto dall'$n$-agono regolare (suppongo che la dimostrazione si basi su considerazioni legate alla simmetrizzazione analoghe a quelle fatte da Jakob Steiner per trattare il caso generale; qualcosa si può trovare qui). Ad ogni modo, dando per assodato questo fatto, non è difficile ricavare una disuguaglianza isoperimetrica per un $n$-agono piano: dato che per il perimetro $P_n$ e l'area $A_n$ dell'$n$-agono inscritto in un cerchio di raggio unitario vale

$$P_n=2n\,\sin\frac{\pi}{n} \quad,\quad A_n=n\sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n}\quad,\quad\frac{P_n^2}{A_n}=4n \,\tan\frac{\pi}{n}$$

otteniamo immediatamente la disuguaglianza isoperimetrica per un $n$-agono piano

$$4n \,\tan\frac{\pi}{n} \cdot A_n \le P_n^2 \quad.$$

Dedichiamo un'ultima considerazione al rapporto $\frac{P_n^2}{A_n}$: per $n=3,4,5,$ $6,7,8,9,$ $100,1000$ esso assume approssimativamente i valori

$$20.78\;,\;16\;,\;14.53\;,\;13.86\;,\;13.48\;,\;13.25\;,\;13.10\;,\;12.57\;,\;12.57$$

Il calcolo "formale" del limite, con l'ausilio della regola di Bernoulli-L'Hôpital

(e del principio di trasposizione per i limiti di funzioni) fornisce il risultato

$$\lim_{n\to\infty}\frac{P_n^2}{A_n}=\lim_{n\to\infty}4n \,\tan\frac{\pi}{n}=\lim_{x\to+\infty}4x \,\tan\frac{\pi}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\tan\frac{\pi}{x}}{\frac{1}{4x}}$$

e

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\tan\frac{\pi}{x}}{\frac{1}{4x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{-\pi\left(1+\tan^2\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)}{x^2}}{-\frac{1}{4x^2}}=4\pi \quad.$$

Quindi con $n\to\infty$ riotteniamo, in questo modo, l'originale disuguaglianza isoperimetrica

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

Didone#4 - Quadrilateri inscritti

Rimpiazzando la formula di Erone con la formula di Brahmagupta per l'area di un quadrilatero inscritto in una circonferenza

$$A=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$$

dove $s=\frac{1}{2}(a+b+c+d)$ rappresenta nuovamente il semiperimetro, non è difficile estendere quanto fatto al #3 al caso dei quadrilateri inscritti (tra l'altro, la formula di Erone non è altro che il caso particolare con $d=0$). Ponendo nuovamente, per semplicità, $s=2$, e con $x$, $y$, $z$ e $w=2-x-y-z$ i lati del quadrilatero, si ha
$$A(x,y,z)=\sqrt{(1-x)(1-y)(1-z)(x+y+z-1)}\quad.$$ In questo caso il calcolo, seppure non problematico, non è molto agevole; avvalendomi dell'aiuto di Maple, ho risolto il sistema
$$\begin{cases}B_x(x,y,z)=0\\ B_y(x,y,z)=0\\B_z(x,y,z)=0 \end{cases}$$ con
$$B(x,y,z)=(1-x)(1-y)(1-z)(x+y+z-1)\quad,$$ ricavandone l'unica soluzione "interessante"
$$(x,y,z)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\quad,$$ corrispondente ad un punto di massimo della funzione $A$. Di nuovo, quindi, il massimo viene assunto nel caso di un quadrato, e la disuguaglianza isoperimetrica risulta essere
$$16A \le P^2 \quad.$$

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:

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