Mauro Bovio – Appunti del corso: Il libro di testo nella progettazione didattica
Capitolo 1: Le costruzioni con riga e compasso
Verrà trattato il problema delle costruzioni con riga e compasso mettendo in evidenza i nodi
concettuali più importanti per rendere il futuro insegnante critico nei confronti del libro di testo. I
libri di testo presi in considerazione sono:
[1] Cateni, Fortini, Bernardi – Il nuovo pensiero geometrico 1 , Le Monnier
[2] Prodi – Scoprire la matematica: il metodo delle coordinate , Ghisetti & Corvi
1.1) Concetti introduttivi
Noi sappiamo che non tutti i problemi sono risolubili “con riga e compasso”. Ad esempio si può
trisecare un angolo di 90° ma non si può trisecare un qualsiasi angolo assegnato arbitrariamente (ad
esempio 60°). Quali sono i problemi risolubili con riga e compasso? I Greci si imbatterono in
problemi che resistevano ad ogni tentativo di risoluzione: ricordiamo la “duplicazione del cubo”, la
“quadratura del cerchio”.
Intanto è bene precisare che cosa vuol dire “risolvere un problema con riga e compasso”
Costruire con riga e compasso vuol dire fare le operazioni seguenti:
1) Individuare (tracciare) una retta per due punti
2) Costruire una circonferenza di centro e raggio fissati
3) Intersecare due rette
4) Intersecare due circonferenze
5) Intersecare una retta e una circonferenza
Naturalmente l’uso che si fa della riga è quello di tracciare segmenti e non quello di misurare.
Ecco alcuni semplici problemi di costruzione con riga e compasso:
a) asse di un segmento (e punto medio di un segmento)
b) Circonferenza passante per 3 punti
c) Perpendicolare a una retta passante per un punto P
d) Parallela a una retta passante per un punto P
e) Dividere un segmento in n parti uguali
f) Bisettrice di un angolo
g) Costruzione di un triangolo dati tre lati
h) Trasporto di un angolo
Seguono le figure di ovvia interpretazione:
b) Dati tre punti A,B,C l’intersezione degli assi di AB e di BC è il centro O della circonferenza
cercata e AO il raggio
d) Si può costruire s perpendicolare a r per P e t perpendicolare a s per P. Risulta r||t.
1
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La costruzione è possibile se AC+CB>AB.
Altri esempi proposti dal libro [1]:
- esagono regolare e triangolo equilatero inscritti in una circonferenza
- ottagono regolare e quadrato inscritti in una circonferenza
Tutte le costruzioni proposte vengono motivate con le proprietà geometriche illustrate nei paragrafi
e nei capitoli precedenti,
Esempi di esercizi proposti dal libro [1]:
Vedere esercitazione 1.1
•••
Il testo [2] affronta la questione da un altro punto di vista: quello della geometria analitica e mette
in evidenza il fatto che a problemi geometrici trattati con riga e compasso corrispondono
operazioni algebriche attuabili mediante operazioni razionali ed estrazioni di radici quadrate. E
così, come vedremo poco più avanti, costruire la sezione aurea di un segmento di lunghezza a
conduce all’equazione x 2 + ax − a 2 = 0 che può essere vista attraverso il sistema:
2
( x + a2 ) 2 + y 2 = a4 + a 2
x 2 + y 2 + ax − a 2 = 0
cioè
y = 0
y = 0
2
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a
5 (cioè come ipotenusa di
2
un triangolo rettangolo di cateti di lunghezza a e a/2). Detto A(0;a). puntando in C con apertura CA
si costruisce il cerchio che interseca l’asse x in due punti: la parte aurea è rappresentata dalla
soluzione positiva. Abbiamo costruito con riga e compasso la parte aurea di un segmento lungo a.
•••
e quindi come intersezione del cerchio di centro C(-a/2;0) e raggio
Quello che si vuole scoprire è il seguente risultato generale:
Teorema
Condizione necessaria e sufficiente perché un problema sia risolubile con riga e compasso è che
si possa tradurre in un problema algebrico risolubile per radicali quadratici cioè che i parametri
delle soluzioni si possono ottenere da Q ampliato con i parametri dei dati1 attraverso un numero
finito di operazioni razionali ed estrazioni di radici quadrate
Partiamo allora con l’esaminare quali sono i numeri costruibili (intendendo per numero costruibile
un numero che rappresenta la misura della lunghezza di un segmento costruibile con riga e
compasso).
Fissiamo un segmento U come unità di misura. Possiamo a partire da questo costruire:
- Un qualsiasi numero naturale n (basta riportare il segmento n volte su una retta)
m
- Un qualsiasi numero razionale
. Basta riportare su una retta a partire da un punto O m
n
volte il segmento U ed dividere il segmento ottenuto in n parti uguali applicando il teorema
di Talete (vedere esempio e)).
- La somma e la differenza di due numeri costruibili a e b (per la somma basta riportare
consecutivamente i due segmenti…)
- Il prodotto di due numeri a·b
- Il quoziente di due numeri a/b
La prima figura mostra come costruire il quoziente a/b (dalla proporzione a:x=b:1),
seconda mostra come costruire il prodotto di a per b (dalla proporzione y:a=b:1)
- La radice quadrata di un numero a costruibile: si riporta il segmento BC adiacente
segmento unità AB, si traccia la semicirconferenza di diametro AC e da B si manda
perpendicolare al diametro che la interseca in D; basta applicare il 2° teorema di Euclide
triangolo ADC rettangolo in D: DB2=AB·BC, da cui DB2=a e DB= a .
la
al
la
al
1
Un punto, una retta, possono essere visti come coppie ordinate di numeri (x;y), (m,p), una circonferenza come terna di
numeri (xc;yc;R): sono i parametri dei dati. Analogamente si parla di parametri delle soluzioni.
3
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Quanto detto porta a due osservazioni
1) Tutti i numeri razionali (Q) sono costruibili.
2) Posto k ∈ Q, ma k ∉ Q è possibile costruire un nuovo campo dato dall’estensione
K( k ) = a + b k ; a, b ∈ Q che contiene Q come sottocampo. I numeri del nuovo campo
sono chiaramente tutti costruibili. Procedendo di questo passo possiamo costruire infinite
estensioni di numeri costruibili : Q ⊂ K 1 ⊂ .... ⊂ K n ⊂ ...
{
}
Tutti i numeri ottenuti con operazioni razionali e estrazioni di radici quadrate sono
costruibili.
Esercizi.
Vedere Esercitazione 1.2
Decagono e pentagono regolari.
Vediamo un’applicazione di quanto detto: costruiamo il decagono regolare inscritto in una
circonferenza di raggio r.
In figura AB è il lato che si vuole costruire e OA il raggio della circonferenza circoscritta.
Tracciamo la bisettrice dell’angolo in A e notiamo che i triangoli ABC e ABO sono simili e quindi
AB:OB=CB:AB e dunque, posto AB=x, x : r = (r − x) : x che porta all’equazione x 2 = r (r − x) e
dunque x 2 + rx − r 2 = 0 che ammette due soluzioni e quella positiva è
5 −1
r , quindi (per come è
2
fatta la soluzione) è costruibile. Qui di seguito la costruzione.
4
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Si osservi che OB=r, OA=2r, AB= 5 r, BC=( 5 -1)r e BD=
5 −1
r .■
2
Supponiamo ora di aver risolto un problema con riga e compasso. Nel risolverlo possiamo avere:
a) intersecato rette. Supponiamo che in un dato sistema di riferimento due rette incidenti
abbiano equazioni y=mx+p e y=m’x+p’ con m,m’,p,p’ appartenenti ad un certo campo K di
numeri costruibili (possiamo supporre Q). Le soluzioni del sistema continuano ad essere in
Q (facili calcoli lo verificano).
y = mx + p
b) Intersecato una retta e una circonferenza. Il sistema 2
fornisce
2
x + y + ax + by + c = 0
un’equazione di 2° grado con coefficienti in Q , Ax 2 + Bx + C = 0 le cui soluzioni,
supponendo
che
esistano,
sono
− B ± B 2 − 4 AC
2A
e
quindi
appartengono
a
Q( B 2 − 4 AC ). In generale “usciamo fuori da Q” (a meno che B2-4AC sia un quadrato
perfetto).
c) Intersecato due circonferenze. Il sistema , mediante riduzione, può essere ricondotto a un
sistema contenente l’equazione di una circonferenza e di una retta (l’asse radicale) e quindi
ci si riconduce al caso precedente.
Esercizio
Considerare il cerchio di raggio 2 2 e centro nell’origine, e la retta congiungente i punti (1/2;0)
( 4 2 ; 2 ). Trovare il campo determinato dalle coordinate dei punti di intersezione del cerchio e
della retta.
Abbiamo provato che
Tutti i numeri costruibili si possono ottenere a partire dai parametri dei dati da un numero finito
di operazioni razionali e di estrazioni di radici quadrate.
Ed è quindi completata la dimostrazione del teorema.
5
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1.2) Sulle equazioni cubiche.
Per poterci occupare di alcuni problemi non risolvibili con riga e compasso richiamiamo alcuni
teoremi relativi a equazioni cubiche
ax 3 + bx 2 + cx + d = 0
(1)
Teorema 1
m
dell’equazione (1) a coefficienti interi sono tali che m divide il termine
n
noto e n divide il coefficiente di x3.
Le soluzioni razionali
La dimostrazione è presente su quasi tutti i libri di testo del biennio e la si lascia al lettore come
utile esercizio per richiamare importanti concetti sulla divisibilità in N.■
Teorema 2
La somma delle tre radici della (1) è uguale a –b/a.
Dim. Sviluppare l’espressione a ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x 3 ) e confrontare il coefficiente di x2 con quello
della (1). ■
Teorema 3
Se un’equazione cubica a coefficienti razionali non ha radici razionali allora nessuna delle sue
radici è un numero costruibile a partire da Q.
Dim. Dimostriamolo per assurdo. Supponiamo che esiste una soluzione costruibile e quindi
appartenente all’ultimo campo di una catena di campi estesi a partire da Q: Q ⊂ K 1 ⊂ .... ⊂ K n e
inoltre sia n il più piccolo numero per cui ciò avvenga (deve essere n>0 perché per ipotesi
l’equazione non ha radici razionali). Sia dunque p + q v ∈ K n , con v ∉ K n −1 , la soluzione della
(1).
Si dimostra che anche p − q v deve necessariamente essere una soluzione della (1).2
b
Dal teorema 2 x1 + x 2 + x 3 = x1 + p + q v + p − q v = −
a
b
e quindi x1 = − − 2 p deve appartenere a K n −1 e questo contrasta il fatto che n è il più piccolo
a
numero tale che un campo K n contenga una radice della (1). ■
1.3) Le dimostrazioni di impossibilità
La duplicazione del cubo
Dato un cubo si vuole costruire il lato di un cubo di volume doppio.
2
L’omomorfismo p+q
v
p-q v che lascia fissi i coefficienti della (1) e inoltre manda 0 in 0 trasforma l’espressione
a ( p + q v ) + b( p + q v ) + c( p + q v ) + d = 0 nella a( p − q v ) 3 + b( p − q v ) 2 + c( p − q v ) + d = 0 e quindi anche
3
2
p − q v è soluzione. Si può anche fare una dimostrazione sviluppando i calcoli della prima espressione e
riscrivendola coma A+
v B=0
che implica A=B=0 …
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Si chiede di trovare il lato x tale che x3=2 (preso il lato primo del cubo come unità di misura) e cioè
x3-2=0 che non ha radici razionali, quindi il problema non si può risolvere.
La trisezione dell’angolo
Consideriamo un angolo α dato attraverso il suo coseno cos α. Il problema equivale a determinare
x=cos(α/3). Dalla formula di triplicazione
cos α = 4cos3(α/3)-3cos(α/3)
si ottiene
cos α = 4x3-3x
Prendiamo α=60° e l’equazione diventa
1
= 4x3-3x
2
8x3-6x-1=0
1 1 1
L’equazione non ammette radici razionali (si prova per il teorema 1 con i numeri ± ,± ,± ,±1 e
2 4 8
si vede che non sono soluzioni) e quindi per il teorema 3 non è risolvibile per radicali.
Osservazione: Su molti libri di testo si trova il problema proposto in Esercitazione 1.3 (problema 2)
che può portare a concludere che il problema della trisezione dell’angolo si può risolvere con riga e
compasso.
La costruzione dell’ettagono regolare.
Nel piano complesso è noto che le sette soluzioni dell’equazione x7-1=0 sono i vertici di un
ettagono regolare. Una soluzione è x=1, le altre sono soluzioni dell’equazione
x6 + x5 + x 4 + x3 + x2 + x + 1 = 0
(2)
3
che dividendola per x si trasforma in
x3 + x2 + x + 1 +
1 1
1
+ 2 + 3 =0
x x
x
(3)
1
1
1
1
1
Dagli sviluppi di ( x + ) 2 = x 2 + 2 + 2 e ( x + ) 3 = x 3 + 3 + 3 x + 3 si ottiene:
x
x
x
x
x
1
1
= (x + )2 − 2 ,
2
x
x
1
1
3
1
1
x 3 + 3 = ( x + ) 3 − 3 x − = ( x + ) 3 − 3( x + )
x
x
x
x
x
1
e, posto y = ( x + ) , la (3) diventa
x
y 3 − 3y + y 2 − 2 + y + 1 = 0
x2 +
quindi
y3 + y2 − 2y −1 = 0
(4)
2π
2π
1
2π
2π
Sappiamo che x = cos
+ i sin
è una soluzione della (2) ed essendo = cos
− i sin
si
7
7
x
7
7
1
2π
che è una soluzione della (4).
ha x + = 2 cos
x
7
7
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2π
. Siccome la (4) non ammette
7
2π
radici razionali (1 e -1 non sono soluzioni) allora, sempre per il teorema 3, 2 cos
non è
7
costruibile e quindi anche l’ettagono regolare.
Costruire un ettagono regolare equivale a costruire il numero 2 cos
Altri poligoni regolari
Osserviamo prima di tutto che se è possibile costruire un poligono regolare con n lati allora si può
costruire quello con 2n lati (è infatti possibile dividere un arco in due parti uguali). Partendo poi
dalla costruzione dei poligoni regolari con 2, 3, 5 vertici (quello con 2 vertici è il diametro) si
possono costruire poligoni regolari con 2n, 2n 3, 2n 5 lati. Gauss a 17 anni ha dimostrato che se p è
n
un numeri di Fermat cioè del tipo 2 2 + 1 primo allora il poligono regolare con p lati è costruibile
(quindi con 17, 257, 65537 lati).
Nelle esercitazioni si propone la costruzione del 15-agono regolare (es. 1.3, problema 3) e si chiede
di dimostrare l’impossibilità della costruzione dell’ennagono regolare (es. 1.4, problema 5).
La quadratura del cerchio.
Non poteva mancare il problema più famoso, quello di costruire un quadrato equivalente a un
cerchio di raggio r assegnato. Detto x il lato del quadrato deve essere x 2 = πr 2 e ciò equivale a
costruire (posto r come unità di misura) un segmento di lunghezza π e ciò si può fare se è
costruibile il numero π .
Il problema della quadratura del cerchio è più difficile dei precedenti. I risultati importanti per
risolverlo si possono così riassumere:
1) se un numero è costruibile allora è algebrico3
2) π non è un numero algebrico (è trascendente).
Nel 1882 Lindemann, estendendo il metodo di Hermite (1822-1905), riuscì a dimostrare la
trascendenza di π sistemando così definitivamente la questione della quadratura del cerchio.
Un problema greco risolvibile con riga e compasso: il problema di Apollonio.
Si tratta di costruire il cerchio tangente a tre cerchi assegnati. Vediamo che in via di principio il
problema si può risolvere con riga e compasso (senza pretendere di trovare una costruzione
elegante). Siano rispettivamente ri (i=1,2,3) i raggi dei 3 cerchi e ( x i , y i ) , (i=1,2,3) i loro centri. Il
cerchio da trovare di raggio r e centro (x,y) deve essere tangente ai tre cerchi dati e quindi la
distanza dal suo centro al centro di un altro è uguale allo somma o alla differenza dei raggi (secondo
che i cerchi siano tangenti esternamente o internamente). Ciò conduce alle equazioni in x,y,r:
(1)
( x − x1 ) 2 + ( y − y1 ) 2 = (r ± r1 ) 2
(2)
( x − x 2 ) 2 + ( y − y 2 ) 2 = (r ± r2 ) 2
(3)
( x − x 3 ) 2 + ( y − y 3 ) 2 = (r ± r3 ) 2
Sottraendo la (2) dalla (1) si ottiene un’equazione lineare in x,y,r e così sottraendo la (3) dalla (1):
(4)
ax+by+cr=d
(5)
a’x+b’y+c’r=d’
3
Un numero si dice algebrico se è soluzione di un’equazione polinomiale a coefficienti interi, altrimenti si dice
trascendente.
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Dalla (4) e dalla (5) si determinano x,y in funzione di r e si sostituisce l’espressione trovata nella (1)
ottenendo un’equazione di II grado in r che si può risolvere con operazioni razionali e una
estrazione di radice quadrata e quindi costruibile.
In generale il problema di Apollonio ammette 23=8 soluzioni corrispondenti alle combinazioni di
segni (+.-) e inoltre può portare a soluzioni complesse se il problema non ha soluzioni (ad esempio
se i cerchi sono concentrici).
Le figure che seguono sono realizzate con Derive e si riferiscono a 5 soluzioni diverse per una terna
fissata di cerchi.
Lasciamo al lettore la questione se esiste sempre almeno una soluzione.
9
