# Teorema di Haga

Il teorema di Haga è un teorema riguardante la matematica degli origami, che studia come questi possono essere usati per arrivare alla soluzione di un problema matematico o geometrico.

## Il teorema

Il teorema di Haga è stato enunciato dal matematico Kazuo Haga. Esso afferma che
    "Se sul lato $AB$ di un foglio quadrato $ABCD$ si fissa un segmento $AE$ tale che il suo rapporto col lato del quadrato sia $x$, allora portando il vertice $D$ in $E$ mediante la piega $FG$, il lato $CD$ interseca $BG$ nel punto $H$ tale che:
       ${\overline {BH}}={\frac {2x}{(x+1)}}.$
    Quindi, portando $B$ a sovrapporsi su $H$, si divide a metà $BH$ ottenendo così:
       ${\frac {1}{2}}{\overline {BH}}={\frac {x}{(x+1)}}.$"

## Esempi

* Se $E$ è il punto medio di $AB$, allora
       $x={\frac {1}{2}},\qquad {\overline {BH}}={\frac {2}{3}},\qquad {\frac {1}{2}}{\overline {BH}}={\frac {1}{3}}.$
* Se $E$ divide $AB$ in quattro parti, allora
       $x={\frac {1}{4}},\qquad {\overline {BH}}={\frac {2}{5}},\qquad {\frac {1}{2}}{\overline {BH}}={\frac {1}{5}}.$
* Se $AB=10$ e $AE=3$ parti, allora
       $x={\frac {3}{10}},\qquad {\overline {BH}}={\frac {6}{13}},\qquad {\frac {1}{2}}{\overline {BH}}={\frac {3}{13}}.$
* In genere se $x={\frac {\overline {AE}}{\overline {AB}}}={\frac {n}{m}}$, allora
       ${\overline {BH}}={\frac {2n}{n+m}},\qquad {\frac {1}{2}}{\overline {BH}}={\frac {n}{n+m}}.$

## Dimostrazione

I triangoli $AEF$ e $EBH$ sono simili (per il primo criterio di similitudine, avendo due angoli uguali) e quindi vale la seguente proporzione: ${\overline {BH}}:{\overline {EB}}={\overline {AE}}:{\overline {AF}}$.
Ponendo, senza perdere in generalità, il lato del quadrato uguale a 1 abbiamo che ${\overline {AE}}=x$ e ${\overline {EB}}={\overline {AB}}-{\overline {AE}}=1-x$.
Applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo $AEF$ si ha ${\overline {AF}}^{2}+{\overline {AE}}^{2}={\overline {FE}}^{2}$.
Poiché ${\overline {EF}}={\overline {FD}}={\overline {AD}}-{\overline {AF}}=1-{\overline {AF}}$ si ha ${\overline {AF}}^{2}+{\overline {AE}}^{2}=(1-{\overline {AF}})^{2}$ e quindi ${\overline {AF}}={\frac {(1-{\overline {AE}}^{2})}{2}}={\frac {(1-x^{2})}{2}}$.
Sostituendo nella proporzione si ottiene: ${\overline {BH}}={\frac {2x(1-x)}{(1-x^{2})}}={\frac {2x}{(1+x)}}$.

## Triangoli "egizi"

Solo nei casi in cui $E$ divide il lato del quadrato in 2 o 3 parti si ha che i due triangoli $AEF$ e $BHE$ sono triangoli rettangoli "egizi" ovvero costruiti sulla terna pitagorica 3, 4, 5. Poiché i triangoli in oggetto sono simili basterà impostare il ragionamento solo sul triangolo $AEF$.
Imponiamo le condizioni affinché i cateti di tali triangolo rettangolo siano rispettivamente 3 e 4 volte multipli di una stessa grandezza $a$ (da cui, per il teorema di Pitagora, segue che l'ipotenusa lo sarà 5 volte).
Sono possibili i due casi: ${\overline {AE}}=x=3a$ e ${\overline {AF}}={\frac {(1-x^{2})}{2}}=4a$ o, viceversa, ${\overline {AE}}=x=4a$ e ${\overline {AF}}={\frac {(1-x^{2})}{2}}=3a$.
Nel primo caso abbiamo: $a={\frac {x}{3}}$; ${\frac {(1-x^{2})}{2}}={\frac {4x}{3}}$ da cui segue: $3-3x^{2}=8x$ che ha una sola soluzione positiva $x={\frac {1}{3}}$.
Nel secondo caso abbiamo: $a={\frac {x}{4}}$; ${\frac {(1-x^{2})}{2}}={\frac {3x}{4}}$ da cui segue: $2-2x^{2}=3x$ che ha una sola soluzione positiva $x={\frac {1}{2}}$.