Quadrati circoscritti, numeri al lotto e geometria delle piegature: tre modi diversi di fare matematica con la classe. Gli ultimi tre quesiti della gara matematica Mathesis 1974.
Dopo i contributi dedicati ai quesiti 4, 1 e 5, prosegue la rilettura della gara matematica Mathesis svoltasi a Roma nel 1974.
I quesiti 2, 3 e 6, qui raccolti, affrontano argomenti molto diversi: la costruzione di un quadrato circoscritto di area assegnata, la probabilità che cinque numeri estratti si presentino secondo particolari ordinamenti e la suddivisione di un foglio rettangolare mediante piegature.
Sono problemi brevi, formulati con grande essenzialità, ma capaci di mettere in gioco costruzioni geometriche, relazioni trigonometriche, calcolo combinatorio e manipolazione concreta di un foglio di carta. Anche per questo, a più di mezzo secolo di distanza, conservano un significativo interesse didattico.
Quesito 2. Un quadrato circoscritto di area assegnata
Dato un quadrato, \(ABCD\), come si può costruire graficamente un quadrato circoscritto, come \(A'B'C'D'\), in modo che la sua area sia \(\frac32\), prendendo come unità quella del quadrato iniziale?
Generalizziamo il problema chiedendo che l’area del quadrato circoscritto sia \(1+p\). Per quali valori di \(p\) il problema ha soluzioni? E si può
applicare la medesima costruzione?
Prima di procedere, è opportuno chiarire il significato dell’espressione «quadrato circoscritto». Più frequentemente gli studenti incontrano triangoli o quadrati circoscritti a una circonferenza: in quel caso ogni lato del poligono è tangente alla circonferenza. Qui, invece, un quadrato è circoscritto a un altro quadrato: il quadrato esterno contiene quello interno e ciascuno dei suoi lati passa per un vertice del quadrato interno. I quattro vertici di \(ABCD\) costituiscono dunque i punti di contatto fra i due quadrati.
Indichiamo con \(\alpha\) il minore angolo formato da un lato del quadrato circoscritto e da un lato del quadrato iniziale. Per la simmetria del quadrato possiamo assumere
\[
0^\circ\leq\alpha\leq45^\circ.
\]
Consideriamo ora la direzione di un lato del quadrato esterno. La lunghezza di tale lato coincide con l’ampiezza della proiezione ortogonale del quadrato \(ABCD\) su quella direzione.
Uno dei lati del quadrato interno forma con questa direzione un angolo \(\alpha\), mentre il lato ad esso perpendicolare forma un angolo \(90^\circ-\alpha\). Poiché entrambi hanno lunghezza \(1\), le misure delle loro proiezioni sono rispettivamente
\[
\cos\alpha
\]
e
\[
\cos(90^\circ-\alpha)=\sin\alpha.
\]
La lunghezza del lato del quadrato circoscritto è pertanto
\[
\cos\alpha+\sin\alpha.
\]
La sua area è quindi
\[
A=(\cos\alpha+\sin\alpha)^2.
\]
Sviluppando il quadrato e utilizzando la relazione
\[
\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1,
\]
si ottiene
\[
A=1+2\sin\alpha\cos\alpha,
\]
ossia
\[
\boxed{A=1+\sin 2\alpha}.
\]
Affinché il quadrato circoscritto abbia area \(\frac{3}{2}\), deve risultare
\[
1+\sin 2\alpha=\frac{3}{2},
\]
da cui
\[
\sin 2\alpha=\frac{1}{2}.
\]
Poiché
\[
0^\circ\leq2\alpha\leq90^\circ,
\]
si ottiene un’unica soluzione:
\[
2\alpha=30^\circ,
\]
e quindi
\[
\boxed{\alpha=15^\circ}.
\]
Per eseguire graficamente la costruzione è dunque sufficiente costruire un angolo di \(30^\circ\), dimezzarlo e tracciare, passando per i quattro vertici del quadrato dato, rette a due a due parallele e perpendicolari che formino un angolo di \(15^\circ\) con i suoi lati. Queste quattro rette delimitano il quadrato cercato.
È possibile inclinare il quadrato circoscritto nei due versi: si ottengono così due configurazioni speculari, entrambe caratterizzate dal medesimo valore \(\alpha=15^\circ\).
Passiamo ora alla generalizzazione. Se si richiede che l’area del quadrato circoscritto sia
\[
1+p,
\]
deve risultare
\[
1+\sin 2\alpha=1+p,
\]
e quindi
\[
\sin 2\alpha=p.
\]
Poiché
\[
0^\circ\leq\alpha\leq45^\circ,
\]
si ha
\[
0^\circ\leq2\alpha\leq90^\circ
\]
e pertanto
\[
0\leq\sin 2\alpha\leq1.
\]
Il problema ammette quindi soluzione se e soltanto se
\[
\boxed{0\leq p\leq1}.
\]
Per \(p=0\), si ha \(\alpha=0^\circ\) e il quadrato circoscritto coincide con quello iniziale; per \(p=1\), si ha \(\alpha=45^\circ\) e l’area del quadrato esterno è \(2\). Per ogni valore intermedio di \(p\), l’angolo è determinato dalla relazione
\[
\alpha=\frac{1}{2}\arcsin p,
\]
e si può quindi procedere con la medesima costruzione geometrica.
Il quesito mette così in relazione una costruzione geometrica con una semplice identità trigonometrica e conduce anche a determinare l’intervallo completo delle aree possibili:
\[
\boxed{1\leq A\leq2}.
\]
Questa formulazione evidenzia inoltre che, nell’intervallo prescelto, a ogni \(p\in[0,1]\) corrisponde un unico valore di \(\alpha\). Restano naturalmente possibili le due configurazioni speculari del quadrato esterno.
Quesito 3. Cinque numeri in ordine
Qual è la probabilità che in un’estrazione al lotto, su una fissata ruota, i numeri si presentino:
a) in ordine crescente;
b) in ordine decrescente;
c) in ordine zig-zag, crescente-decrescente-crescente-decrescente fra il primo e il secondo, il secondo e il terzo, il terzo e il quarto, il quarto e il quinto; oppure viceversa?
Fissiamo l’insieme dei cinque numeri estratti e consideriamo i possibili ordini nei quali essi possono essere estratti. Poiché i numeri sono tutti distinti, i possibili ordinamenti sono
\[
5!=120,
\]
tutti equiprobabili.
Ordine crescente
Fra le \(120\) possibili disposizioni, una sola presenta i cinque numeri in ordine crescente. La probabilità richiesta è quindi
\[
\boxed{\frac{1}{120}}.
\]
Ordine decrescente
Anche l’ordine decrescente corrisponde a una sola delle \(120\) disposizioni. Pertanto la probabilità è ancora
\[
\boxed{\frac{1}{120}}.
\]
Ordine zig-zag
Indichiamo con
\[
a_1,a_2,a_3,a_4,a_5
\]
i cinque numeri nell’ordine in cui vengono estratti. Consideriamo dapprima l’andamento zig-zag descritto dalle disuguaglianze
\[
a_1<a_2>a_3<a_4>a_5.
\]
Il maggiore dei cinque numeri deve necessariamente occupare una delle due posizioni di massimo relativo, cioè la seconda oppure la quarta.
Supponiamo che occupi la seconda posizione. Le disuguaglianze
\[
a_1<a_2>a_3
\]
sono allora automaticamente verificate. Per scegliere \(a_1\) vi sono quattro possibilità. Sistemato \(a_1\), restano tre numeri da collocare nelle posizioni terza, quarta e quinta, con la condizione
\[
a_3<a_4>a_5.
\]
Il maggiore dei tre deve occupare la posizione centrale, mentre gli altri due possono essere disposti nei due ordini possibili. Si ottengono quindi
\[
4\cdot2=8
\]
disposizioni.
Se il maggiore dei cinque numeri occupa la quarta posizione, con un ragionamento analogo si ottengono altre \(8\) disposizioni.
Gli ordinamenti del tipo
\[
a_1<a_2>a_3<a_4>a_5
\]
sono pertanto
\[
8+8=16.
\]
Per simmetria, sono \(16\) anche gli ordinamenti che presentano l’andamento opposto:
\[
a_1>a_2<a_3>a_4<a_5.
\]
Se per ordine zig-zag si intendono entrambi gli andamenti alternati, gli ordinamenti favorevoli sono dunque
\[
16+16=32.
\]
La probabilità richiesta è pertanto
\[
\frac{32}{120},
\]
che, semplificando, diventa
\[
\boxed{\frac{4}{15}}.
\]
È interessante osservare la forte differenza fra i tre risultati. L’ordine rigorosamente crescente e quello rigorosamente decrescente sono eventi molto rari, ciascuno con probabilità \(\frac{1}{120}\); un andamento alternato può invece realizzarsi in molti modi e ha probabilità \(\frac{4}{15}\).
Il quesito, formulato nel linguaggio familiare delle estrazioni del lotto, introduce così un problema di conteggio delle permutazioni soggette a particolari relazioni d’ordine.
Quesito 6. Sei triangoli con tre piegature
Preso un foglio di carta rettangolare, è possibile con tre piegature ottenere sei triangoli uguali. Indicate in quali rapporti debbano trovarsi i lati e le piegature da effettuare e quali siano le misure dei lati dei triangoli.
Il testo richiede di determinare un possibile rapporto fra i lati del foglio, la successione delle piegature e le misure dei triangoli ottenuti.
Una soluzione particolarmente semplice si ottiene considerando un rettangolo il cui lato minore misuri \(a\) e il cui lato maggiore misuri \(3a\). I lati si trovano quindi nel rapporto
\[
\boxed{1:3}.
\]
Dividiamo idealmente il lato maggiore in tre segmenti uguali, ciascuno di lunghezza \(a\). Il rettangolo risulta così formato da tre quadrati congruenti di lato \(a\), disposti uno accanto all’altro.
La prima piegatura viene effettuata lungo la retta che separa il quadrato di destra da quello centrale, sovrapponendo il primo al secondo. La seconda viene effettuata lungo la retta che separa il quadrato di sinistra da quello centrale, sovrapponendo anch’esso al quadrato centrale.
Al termine delle prime due piegature, i tre quadrati risultano sovrapposti e il foglio assume la forma di un unico quadrato di lato \(a\), costituito da tre strati. La terza piegatura viene effettuata lungo una diagonale di questo quadrato.
Riaprendo completamente il foglio, ciascuno dei tre quadrati risulta diviso da una diagonale in due triangoli rettangoli isosceli. Si ottengono quindi
\[
3\cdot2=6
\]
triangoli congruenti.
I cateti di ciascun triangolo misurano
\[
a,\qquad a,
\]
mentre l’ipotenusa, per il teorema di Pitagora, misura
\[
\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt2.
\]
Le misure dei lati dei sei triangoli sono pertanto
\[
\boxed{a,\qquad a,\qquad a\sqrt2}.
\]
Se indichiamo con \(L\) il lato maggiore del foglio, allora
\[
a=\frac{L}{3}
\]
e ciascun triangolo ha lati
\[
\boxed{
\frac{L}{3},\qquad
\frac{L}{3},\qquad
\frac{L\sqrt2}{3}
}.
\]
Il rapporto \(1:3\) non è però l’unico possibile. Più in generale, consideriamo un rettangolo di lati \(a\) e \(b\) e dividiamo il lato \(b\) in tre parti uguali. Dopo le prime due piegature si ottiene un rettangolo sovrapposto di lati
\[
a\qquad\text{e}\qquad\frac{b}{3}.
\]
Piegandolo lungo una diagonale e riaprendo completamente il foglio, si ottengono sei triangoli rettangoli congruenti, i cui lati misurano
\[
\boxed{
a,\qquad
\frac{b}{3},\qquad
\sqrt{a^2+\frac{b^2}{9}}
}.
\]
La scelta \(b=3a\) costituisce il caso particolare nel quale il rettangolo sovrapposto è un quadrato e i sei triangoli sono rettangoli isosceli.
La soluzione assume che per «ottenere sei triangoli uguali» si intendano le sei regioni determinate dalle pieghe sul foglio completamente riaperto. Il testo originario, estremamente sintetico, non precisa se si richieda una soluzione particolare oppure la descrizione di tutte le configurazioni possibili. Proprio questa indeterminatezza offre un’interessante occasione di discussione didattica sulle diverse interpretazioni del testo e sulle possibili configurazioni; un disegno delle tre piegature può contribuire a chiarirle.
Tre problemi, tre modi di fare matematica
I tre quesiti seguono percorsi molto diversi. Nel secondo, una costruzione geometrica conduce a una relazione trigonometrica e alla determinazione di un intero intervallo di valori possibili. Nel terzo, una situazione tratta dal gioco del lotto diventa un problema combinatorio sugli ordinamenti alternati. Nel sesto, infine, la manipolazione concreta di un foglio permette di esplorare piegature, sovrapposizioni, diagonali e congruenza fra triangoli; nel caso particolare del rettangolo con i lati nel rapporto
Li accomunano la brevità della formulazione e la capacità di aprire sviluppi più ampi. Non si limitano a richiedere l’applicazione di una formula, ma invitano a costruire, contare, sperimentare, interpretare e generalizzare. È questa, probabilmente, una delle ragioni per cui i quesiti della gara matematica Mathesis del 1974 conservano ancora oggi una notevole freschezza didattica.
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