Problemi di costruzione con riga e compasso
Un approccio orientato alla didattica
Jacopo D'Aurizio
20 Ottobre 2008
I
Introduzione e scopi del lavoro
La risolubilità di problemi geometrici, e l'eettiva realizzazione di una soluzione tramite strumenti elementari (riga e compasso in primis) è stata una questione centrale della matematica greca dell'antichità.
A titolo di esempio è possibile citare quanto dibattuto da Euclide, Apollonio, Archimede (nanche la frase
che, secondo Plutarco, lo scienziato di Siracusa rivolse al suo carnece:
non rovinare, ti prego, questo disegno ),
noli, obsecro, istum disturbare -
Pitagora, e rinvenire in tali dibattiti un interrogativo intrinseco
di diversa natura
sulla correttezza formale degli assiomi, la coesistenza di numeri
(razionali ed irrazionali)
e le eettive possibilità risolutive degli strumenti coinvolti; misteri prevalentemente destinati ad essere
sciolti solo un paio di millenni più tardi, riaccendendo però l'antico fervore geometrico in problemi algebrici sorprendentemente equivalenti.
All'interno della scuola italiana (e non solo) la geometria euclidea non riveste certamente un ruolo fondante. Ciò stupisce da un punto di vista storico, in quanto essa è a mio avviso fonte di alcune tra le più
◦
grandi controversie matematiche d'ogni tempo (mi riferisco al 5
postulato, alla trisezione dell'angolo, alla
duplicazione del cubo, alla quadratura del cerchio e al principio di Cavalieri), meritando già per questo
degna menzione, come pure da un punto di vista pedagogico, in quanto la presenza predominante di un
elemento visivo favorisce e palesa le idee brillanti, e il dipanarsi della teoria attraverso e parallelamente
a quest'ultime, secondo un lo conduttore che Socrate non avrebbe esitato a chiamare
noi moderni anglofoni amiamo etichettare come
maieutica,
e che
problem solving through problems.
A scapito di questa immeritata marginalità didattica, la geometria euclidea moderna esiste e vanta
una buona vivacità. Il suo sussistere è dovuto in parte alla riscoperta di grandi problemi del passato, la
1
cui fonte è spesso orientale , in parte al contributo di grandi didatti, la cui volontà di elaborazione di
strumenti semplici ma potenti si è ben concretizzata sia in costituzione di un rinnovato bagaglio tecnico,
sia in dimostrazione di risultati sorprendenti. Non dimentichiamo poi che la conoscenza della geometria
1 Faccio
riferimento alla travagliata storia del terzo teorema di Thébault: proposto dal francese sulle pagine dell'American
del 1938, fu risolto dall'olandese Veldkamp solo 35 anni più tardi; la soluzione di quest'ultimo
(imperniata sulla generalizzazione di Casey del teorema di Tolomeo) raggiunse tuttavia pubblica notorietà solo nel 1989,
quando fu pubblicata dalla Crux Mathematicorum canadese. Seguirono diverse generalizzazioni, tra cui quella di Shail nel
2001, che Ayme scoprì, nel 2003, essere stata già concepita e dimostrata da un istruttore militare giapponese, Sawayama,
addirittura nel 1905. Riporto per dovere di cronaca l'enunciato del teorema di Sawayama-Thébault: se Γ è la circonferenza
circoscritta ad ABC , D è un punto del segmento BC , ΓB è la circonferenza di centro OB tangente a Γ, a BD in EB , a AD
in FB , ΓC è la circonferenza di centro OC tangente a Γ, a CD in EC , a AD in FC , allora le rette EB FB , EC FC , OB OC
passano tutte per l'incentro di AB .
Mathematical Monthly
1
euclidea resta una pietra miliare per tutti quei ragazzi che si approcciano alle competizioni matematiche
pressoché d'ogni livello.
Senza volermi paragonare alla totale revisione della didattica della geometria euclidea proposta da Klein
agli inizi del Novecento (nella forma di un insegnamento completamente incentrato sulle trasformazioni,
che conducesse agli assiomi solo in ultima istanza, come mere necessità di lavoro) vorrei qui proporre una
piccola collezione di problemi che ritengo peculiari. Peculiari in quanto mediamente complessi, talvolta
dimenticati ed insoluti (seppure di sapore classicheggiante), spesso dotati di una cospicua storia alle spalle,
forieri di idee brillanti e per questo, sempre a mio avviso, buoni candidati per la costituzione di un
metodo
geometrico estraneo alla vegetale assimilazione di nozioni, prassi didattica scarsamente caldeggiabile ma
tristemente comune.
Cercherò inoltre, compatibilmente con i limiti di spazio, di evidenziare un percorso a ritroso che conduca
dai problemi agli strumenti teorici.
II
Notazione
La notazione che adottiamo nel riferirci alla geometria del triangolo è la seguente:
A
vertice
a
lato
a-side
b
A
A
BC
retta contenente il segmento
angolo convesso
BC
\
BAC
ma
mediana uscente da
A
ha
altezza relativa al lato
la
bisettrice interna relativa all'angolo
la∗
bisettrice esterna relativa
∆
area del triangolo
r
raggio del cerchio inscritto
BC
b
A
b
all'angolo A
ABC
Γr
ra
raggio del cerchio ex-inscritto relativo al lato
R
raggio del cerchio
ΓN
ΓR
circoscritto ad
a
ABC
circonferenza di Feuerbach o dei nove punti
G
baricentro di
ABC ,
O
circocentro di
H
ortocentro di
I
incentro di
punto di intersezione delle mediane
ABC ,
ABC ,
ABC ,
punto di intersezione degli assi
punto di intersezione delle altezze
punto di intersezione delle bisettrici interne
Ia
centro della circonferenza ex-inscritta relativa al lato
N
centro della circonferenza di Feuerbach, punto medio del segmento
K
punto di Lemoine, coniugato isogonale del baricentro
Na
primo punto di Napoleone
W1
primo punto di Brocard
Mω
punto medio di Brocard
Sp
punto di Spieker, incentro del triangolo mediale
F
punto di Feuerbach, punto di tangenza tra
2
Γr
e
ΓN
a
OH
Adottiamo la convenzione antioraria per l'etichettatura dei vertici, identichiamo inoltre segmenti e
lunghezza degli stessi, come pure segmenti e rette per gli estremi, ove ciò non generi fraintesi.
angolo è convenzionalmente intenso come
Ogni
angolo segnato, ossia tale per cui
\
\
XY
Z = −ZY
X
Per quanto riguarda le coordinate trilineari, la notazione
P : . . . : f (b, c, a) : . . .
sottointende
∃k ∈ R :
d(P, BC)
= k · f (a, b, c)
d(P, AC)
= k · f (b, c, a)
d(P, AB)
= k · f (c, a, b)
Nel riferirci a un problema come
(x, y, z)
intendiamo:
III
costruire, con riga e compasso, il triangolo ABC dati gli oggetti o le quantità (x, y, z).
Riga, compasso e perché
Cosa intendiamo per
risolvere con riga e compasso ?
Intendiamo che al risolutore è concesso:
•
tracciare una retta attraverso due punti esistenti;
•
determinare l'intersezione di due rette, di due circonferenze o di una retta ed una circonferenza;
•
costruire una circonferenza avente centro in un punto esistente e avente raggio uguale alla distanza
2
tra due punti esistenti ;
•
scegliere un punto arbitrario su una retta o una circonferenza nel piano.
Perché concentrarsi sulle potenzialità di questi due strumenti, piuttosto che su un sottoinsieme o un
sovrainsieme di essi?
Perchè la riga e il compasso danno origine agli oggetti (monodimensionali) più
semplici che la geometria euclidea preveda, ovvero la retta e la circonferenza; altrettanto semplice è il
modello algebrico annesso a tali costruzioni: se
di
R
2
n
punti
(P1 , . . . , Pn )
appartengono a un sottocampo
, ogni punto costruibile con riga e compasso a partire da questi ultimi appartiene a
estensione di
K
K̄,
K
massima
3
per radicali quadratici . Un corollario di questa notevole caratterizzazione è che le radici
di un polinomio cubico irriducibile in
K[x]
non possano essere costruite con riga e compasso, e analoga
situazione per polinomi il cui gruppo di Galois su
K
non sia isomorfo a
m
(Z/2Z)
. Tale interpretazione
algebrica, concepita agli inizi dell'Ottocento, permette di asserire l'insolubilità dei problemi classici di
•
trisezione dell'angolo;
2 Sottolineo
la diversità tra il compasso euclideo e il compasso moderno : mentre il primo si richiude appena sollevato
dal foglio, il secondo permette il trasporto meccanico di lunghezze. Tuttavia ogni problema risolubile con riga e compasso
moderno è anche risolubile con riga e compasso euclideo. E' inoltre vero che ogni problema risolubile con riga e compasso
è risolubile con il solo compasso (ammesso ovviamente che un segmento si ritenga determinato una volta determinati gli
estremi), risultato noto come teorema di Mohr-Mascheroni. Esiste anche una vasta classe di problemi risolubili con la sola
riga, ovvero senza costruire circonferenze, che chiameremo problemi propriamente proiettivi.
3 A livello informale, è lecito pensare che fasci di rette incidenti o parallele inducano la struttura di campo, e le
circonferenze, attraverso il secondo teorema di Euclide, inducano estensioni per radicali quadratici.
3
•
dusplicazione del cubo;
•
quadratura del cerchio.
Ricordiamo in ogni caso come i greci avessero già risolto i primi due problemi introducendo strumenti
più elaborati; celeberrima la trisezione dell'angolo attraverso
riga graduata 4 ,
concepita da Archimede
(287-212 a.C.) e sintetizzata nella gura a seguire:
o ancora l'applicazione nel medesimo problema della trisettrice di Ippia (443-399 a.C.), nonché l'applicazione nel problema della duplicazione del cubo della concoide di Nicomede (250-180 a.C.) o della cissoide
di Diocle (240-180 a.C.). All'interno della parentesi storica, è bene ricordare come i problemi propriamente geometrici di costruibilità, in collaborazione con alcuni elementi di teoria dei campi, abbiano segnato
la nascita della geometria algebrica, in termini di
parametrizzazioni regolari
e
gruppi di automorsmi di
curve algebriche, con frequenti ricadute nell'analisi ogni qual volta si sia avvertita la necessità di ricorrere
ad un invariante per caratterizzare una certa classe proiettiva.
Nei paragra successivi analizzeremo in dettaglio alcuni problemi di costruzione con riga e compasso,
selezionati in base a un modesto insieme di
•
indicatori di valenza didattica :
la bellezza.
Fuor di provocazione, l'estetica cui ci riferiamo vorremmo fosse caratterizzata da un buon livello di
complessità, al ne di sottolineare quanto sia ricco il metodo matematico, sia in costituzione che in
attuazione (in altre parole, l'intento è quello di instillare nel discente un certo concetto di
grandezza,
ma una grandezza plasmabile, maneggevole, umana; una grandezza zeppa di lacune, ampli spazi per la
collocazione delle idee di chiunque); vorremmo che tale estetica nascesse dal semplice, da congurazioni
visivamente immediate (anche da ciò la scelta della riga e del compasso come minimo sottoinsieme
5 e giungere a considerazioni più generali e
di strumenti), per poi percorrere una moltitudine di strade
più profonde. Vorremmo pure che tale apparente caoticità, frutto della compresenza di tecniche a quote
4 Un
modello di riga graduata è una riga innitamente estesa sulla quale possano essere segnati dei punti, e questi possano
essere sovrapposti a punti già presenti nella congurazione.
5 Nello specico:
• l'approccio sintetico tradizionale, basato su trasporto e uguaglianze di angoli, lunghezze e superci;
• l'approccio sintetico-metrico, basato sul calcolo di tutte le lunghezze rilevanti, attravero il teorema di Euclide, il
teorema del coseno, il teorema di Stewart, il teorema di Ceva e quello di Van Obel;
• l'approccio trasformazionale, basato su omotetie, anità, proiettività;
• l'approccio d'immersione in uno spazio più grande, come C,R3 ,P2 (R),P2 (C);
• l'approccio di pura manipolazione algebrica basato sulla formulazione di un equivalente polinomiale, la ricerca di
punti ssi, l'utilizzo di semplici risultati di teoria dei campi.
4
approccio relazionale e approccio
strumentale (o anche valenza locale e valenza globale ), ponendo un accento molto marcato sulla possibilità,
sulla uidità e sui processi come precursori della necessità, del formalismo e dei prodotti. Nel momento
molto dierenti, fosse mezzo per infrangere l'accademica separazione tra
in cui si vuole che la teoria scaturisca dai relativi problemi-chiave, diverse cose divengono auspicabili:
•
una manifesta circolarità dell'azione didattica (assimilazione-accomodamento-revisione a incalzarsi
perpetuamente), a rispecchiare le dinamiche di circolazione delle informazioni all'interno del contesto sociale entro il quale la matematica, naturalmente, si colloca (in quest'ottica, la
deantropizzata
•
matematica
dei formalisti appare insostenibile);
una maggiore sensazione di successo nel discente, sottoposto ad un maggiore carico informativo di
strategie vincenti;
•
la distruzione del mito che vede la matematica come catena di montaggio, mera sequenzalizzione
di operazioni;
e diverse meno:
•
un maggiore bagaglio, a carico del docente, di tecniche, strategie risolutive, cognizioni metamatematiche, possibilità di intervento;
•
l'eventualità che un caos desiderato trasguri in un caos non desiderato (la mancanza di un
desiderato punto di riferimento per chi apprende).
E' tuttavia possibile interpretare la maggiore richiesta di impegno (dedizione, o addirittura vocazione)
come conseguenza di una più articolata formulazione del metodo didattico (abbia esso l'etichetta di
sta, cognitivista, costruttivista
attivi-
6
o massimalista ), la cui validità è in un certo senso misurata dall'aderenza
dei concetti presentati ai meccanismi contingenti che ne sono la catalisi. In tale parziale inevitabilità,
rientra sicuramente anche la mastodontica verità serbata dalla cultura popolare:
si debba dar mille
che per trasmettere uno,
- segue un caloroso invito al coraggio a chi voglia farsi fautore e proselita.
7 (particellizzazione)
In quanto al caos, alle motivazioni e alle conseguenze della dissezione analitica
cito Heidegger, che a sua volta cita Nietzsche:
Domandiamoci: questa dimostrazione è in generale scientica, a prescindere completamente dalla sua pertinenza e bontà? Che cosa vi è in essa di scientico? Risposta: assolutamente niente. Di che cosa si parla nella
dimostrazione stessa e nella serie di denizioni dell'essenza del mondo che le è stata premessa?
Di forza, nitezza, innità, uguaglianza, ritorno, divenire, spazio, tempo, caos, necessità. Tutto ciò non ha niente
a che fare con la scienza della natura. [...] la scienza della natura fa necessariamente uso di una determinata
idea di forza, di movimento, di spazio e di tempo, poiché essa, nché rimane scienza della natura e non compie
improvvisamente il passaggio alla losoa, non può domandare tutto ciò. Che a ogni scienza in quanto tale [...]
rimangano inaccessibili i propri concetti fondamentali e ciò che essi concepiscono, sta in relazione con il fatto che
nessuna scienza può mai asserire qualcosa di sé con i propri mezzi scientici.
6 Da intendersi: anche quantitativamente.
7 E' forse più opportuno parlare di approccio inattuale
e citare M.T.Ciscato Gasparella: La categoria nietzschiana
dell'inattuale tradotta infatti in idea pedagogica implica la superiorità del principio creativo del possibile, sia contro le
tendenze nichiliste, sia contro i vari dogmatismi del fattuale. L'idea pedagogica in quanto tale è sempre inattuale : altrimenti
non sarebbe idea, ma costume, prassi, ideologia. Inattuale nel senso nietzschiano, nel senso che essa non coincide nè deve
coincidere (pur non necessariamente riutandole o svalutandole) con le tendenze prevalenti nel presente, con le motivazioni
e le sollecitazioni che questo fa valere.
5
Gratico d'una critica anche le eccessive manie deduttive di stampo piagetiano presenti in molti scritti di
didattica: scritti che vorrebbero dar luogo ad accese dispute e giusticare posizioni estremamente complesse, una volta raccolti i risultati di certe indagini, consistenti nello svolgimento di un paio di problemi,
problem solving
through problems sottointenda, anche come tributo all'onestà intellettuale, many problems. Continuando
o, nei casi più fortunati, una dozzina. Il mio parere (beninteso, da quattro soldi) è che il
ad attizzare: la matematica come disciplina di problemi e non di chiacchiere, o meglio: primariamente
di problemi, secondariamente di chiacchiere - ove la denizione di
chiacchiera
sia: discorso metamatema-
8
tico, postlogico , che aondi le sue radici laddove il formalismo e le notazioni si pongano come ostacolo
allo sviluppo delle idee. Con maggiore rigore: primato dei prodotti come demarcatori di validità e come
substrato dell'iter piramidale che conduce ai processi, processi come desiderati costituenti del pensiero
intuitivo individuale
9 e come desiderate fonti di nuovi prodotti. La dicotomia generata è da reputare
inscindibile a causa degli evidenti legami con i due eventi (qui, in senso probabilistico) del linguaggio
come
forma scritta
e
forma non-scritta
(ma che precorre una necessaria trascrizione ai ni di una valu-
tazione, una divulgazione o quel che sia); tale dicotomia, tuttavia, non cela alcun paralogisma
10 . In tal
senso, mi preme anche far riferimento alla teoria epistemologica di Bachelard, che attraverso la negazione
della sostanza prima - quid presente, seppure con connotazioni molto distanti, nel pensiero di Descartes,
Kant, Piaget - arriva a sostenere come la conoscenza autentica si aermi attraverso la rottura di un
paradigma ritenuto in precedenza universale, come la conoscenza individuale proceda gettando discredito
sulle illusioni, e come l'intuizione stessa non abbia nulla di naturale o pregresso, ma sia implicitamente
costruita attraverso il processo di elaborazione degli errori. In tale posizione, storicamente sviluppatasi a partire dal falsicazionismo di matrice popperiana, è certamente possibile evidenziare un parallelo
con il relativismo nietzschiano per il quale non esistono
interpretazioni 11 (nel
verità
(nel nostro caso, metodologiche), ma solo
nostro caso, la centralità del problem solving).
Diversi passi sono stati eettuati
per riavvicinare l'esegesi nietzschiana al materialismo metodologico: si veda a tal proposito l'articolo di
Thiago Mota
Uma Interpretação Linguístico-Pragmática Da Teoria Da Verdade Em Nietzsche.
Prendendo ora le distanze dal dibattito losoco e lologico, vediamo come i quesiti ed i quesiti soli
facciano da portavoce per la prassi didattica costruttivista: lo scopo ultimo è lo sviluppo di un
metodo
meta- o sovra-matematico che interconnetta elementi di un problema a strategie risolutive, attraverso
similitudini empiriche. Sulla buona positura di tutto ciò
IV
12 torneremo a discutere nelle conclusioni.
(ma , la , ha )
Prima considerazione:
il fatto che l'altezza
ha
sia perpendicolare al lato
quantità note siano le lunghezze di tre ceviane uscenti dal vertice
A,
BC ,
assieme al fatto che le
ci comunica la ssità di buona parte
della congurazione, dove non ci resta che determinare quale sia la lunghezza del lato opposto ad
arriva la prima delle idee brillanti che esporremo: la bisettrice (interna) uscente dal vertice
la circonferenza circoscritta al triangolo
ABC
giace necessariamente sull'asse del segmento
considerazione brillante: detto
H
nel punto medio dell'arco
BC ,
A
che chiamiamo
ABC , le rette AO
ed
AH
MA . M A
6
Seconda
sono simmetriche rispetto alla
8 Termine che coniamo come manifesta antitesi del pensiero prelogico di Levy-Bruhl, vedi conclusioni.
9 Oggetto doppiamente asistematico, in virtù degli aggettivi ad esso posposti.
10 Alcuni sono di opinione contraria, cfr. Eduardo Caianiello.
11 Cfr. Nietzsche, Su verità e menzogna in senso extramorale.
12 Che la scienza sia rettica, l'intuizione sia costruita per rottura, il metodo sia continua sconfessione,
eppure il cervello apprenda per similitudini. . .
Qui
interseca
BC , e a tale asse appartiene anche il circocentro O.
l'ortocentro di
A.
A.
bisettrice uscente da
di
ad
O
A
Da quanto noto è dunque possibile rinvenire la posizione di
(sempre per intersezione di due rette), quindi quelle dei vertici
B
e
C,
MA ,
quindi quella
intersezioni del lato opposto
con la circonferenza circoscritta.
Nozioni introdotte: il concetto di
ricerca della simmetria
in una forma molto generale, che si concre-
tizza in uguaglianza di angoli per il lemma della bisettrice, e, più sottilmente, in
per il lemma
O-H .
angle chasing.
Strumenti teorici:
Paralleli: se
coniugazione isogonale
P
e
Q
ABC
sono due coniugati isogonali, le loro proiezioni sui lati del triangolo
determi-
nano un esagono ciclico. E' un risultato di discreta potenza (giustica l'esistenza delle circonferenze di
Feuerbach e Gallatly) che richiede discorsi di angle chasing nient'aatto gravosi. Analoga situazione per
il lemma che aerma: i lati del triangolo pedale di
isogonale di
P
sono perpendicolari alle ceviane relative al coniugato
P.
Folklore: all'interno del team olimpico italiano il lemma sulla bisettrice precedentemente esposto è pas-
sato alla storia con il nome di lemma di Tiozzo, in onore di Giulio Tiozzo, storico partecipante, vincitore
della gara nazionale del 2003 e primo giovanissimo italiano ad aver riscoperto il lemma.
V
(a, la , ha )
Come prima,
ha
ed
la
sono rispettivamente cateto ed ipotenusa di un triangolo rettangolo.
BC ,
b
b
B−C
caso, tuttavia, non disponiamo della preziosa informazione sulla collocazione dell'asse di
della lunghezza di tale segmento. Considerando però che l'angolo tra
ha
ed
la
è pari a
In questo
ma solo
(sempre
per la relazione di coniugio che lega ortocentro e circocentro), il problema può essere trasformato nel
seguente:
b − C)
b
(a, ha , B
Osservazione non banale: se due triangoli
ABC
e
DBC
sono simmetrici rispetto all'asse di
vidono la medesima circonferenza circoscritta e realizzano
un segmento
BC
lunghezza pari ad
che vede
B1 C1
avente lunghezza
ha ,
B1 C 1
e punto medio
M,
un segmento
MN
BC ,
condi-
Costruiamo dunque
perpendicolare a
BC
avente
B1 C1 parallelo a BC avente punto medio N , l'arco di circonferenza Γ
b−C
b . Seconda osservazione non banale: un'opportuna omotetia
pari a B
un segmento
sotto un angolo
risolve il problema. Detta
retta
a
b−C
b.
\ = ACD
\=B
ABD
nel vertice
A
U
l'intersezione tra
Gamma
e
BN ,
la parallela a
U B1
per
B
intercetterà la
desiderato.
Nozioni introdotte: omotetia come soluzione parziale.
Strumenti teorici:
angle chasing,omotetie.
Paralleli: un'avveduta discussione delle trasformazioni del piano aiuta a liberarsi di certi preconcetti
di rigidità delle costruzioni geometriche.
E' opportuno precisare che l'utilizzo di una trasformazione
che in un certo senso aumenti l'estetica di un problema è equivalente alla trasformazione di un vincolo,
dunque alla risoluzione parziale del sistema di equazioni associato.
Folklore: la soluzione riportata è dovuta a Federico Stra.
La prima soluzione fornita dal sottoscritto
13
faceva uso di fasci ed era incredibilmente più articolata.
13 Su
una retta r prendiamo un segmento AB con punto medio M ; a distanza h da r prendiamo una retta s, su questa un
\
punto C tale che CM sia perpendicolare ad AB . Su s prendiamo anche un punto D tale che l'angolo DM
B sia pari a delta.
Prendiamo poi un punto P su CM e chiamiamo Q l'intersezione tra s e la parallela a DM passante per P . Vorremmo che
P fosse circocentro di ABQ, ovvero vericasse P Q = P B , ovvero vorremmo P QB isoscele. Imponiamo dunque che il piede
dell'altezza da P , cui diamo nome R, sia il punto medio del lato BQ, cui diamo nome N . Al variare di P su CM ,
7
b a, b ± c)
(A,
VI
b a, b+c), la soluzione dovuta a John Conway è quasi disarmante:
(A,
b , CD = b + c, BC = a, quindi si intersechi l'asse di DB con
\ = A/2
si disegni un triangolo DBC con BDC
b, come voluto. Tuttavia l'originale
\=A
CD, determinando A. DAB è isoscele in A e vale l'identità CAB
Per quanto riguarda la congurazione
soluzione dovuta al sottoscritto, pur essendo vagamente più macchinosa, gode di maggiore simmetria e
(r, s)
generizzabilità: si disegnino due semirette
K
prenda
I
ed
per
Ia
K
su
r
per cui risulti
AK = (a + b + c)/2, J
le intersezioni della bisettrice di
e
J. B
e
C
tali da delimitare un angolo di ampiezza pari ad
(r, s)
saranno le intersezioni di
r
su
s
con le perpendicolari ad
ed
s
perpendicolare a
BC
retta
BC
rispetto a
BC = a
in
BI
J
e
con
J
ed
s
b a, b − c)
(A,
si
Si chiamino
passanti rispettivamente
IIa .
Seguendo
procediamo come segue:
2BJ = a − (b − c). Sulla
b, quindi riettiamo la
[
2 BIC = π + A
ad esso appartenente tale per cui si abbia
determiniamo
CI ,
r
con la circonferenza avente diametro
l'idea comune di costruire centri o segmenti ausiliari, nel risolvere
tracciamo il segmento
AJ = (b + c − a)/2.
per cui risulti
b,
A
I
in modo che si abbia
determinando
A.
Nozioni introdotte: costruzione di segmenti o centri ausiliari, sostanziale analogia tra bisettrice interna
ed esterna.
Strumenti teorici: lunghezza dei segmenti di Soddy, angle chasing.
b a, la )
(A,
VII
Problema di Yiu :
data una corda
costruire una retta passante per
tale che
AT
BC
U
perpendicolare al diametro
UV
che intersechi la circonferenza in
abbia un'assegnata lunghezza
t
A
di un cerchio avente centro in
e il segmento
(con il sottointeso che, detto
M
BC
in
T,
il punto medio di
O,
in modo
BC ,
valga
V M ≥ t).
Posto
AU = x,
al triangolo
si ha
ACT ;
[ = CV
\
[
CAU
U = CT
U
e la retta
CU
risulta tangente alla circonferenza circoscritta
x(x − t) = CU 2 ,
s
2
t
t
2
x = + CU +
2
2
dal teorema della corda segue
e completando il quadrato
• N viaggia su una retta parallela ad r ed s ed equidistante da queste;
• R viaggia su una circonferenza Gamma;
• B e C sono elementi di Gamma;
• Tutte le rette P R concorrono in un punto.
Da questi quattro punti è facile dedurre una costruzione:
• Si determina T come intersezione tra la perpendicolare a BD passante per M
e la perpendicolare a BC passante per C ;
• Gamma sarà la circonferenza passante per B, C e T ;
• R0 si troverà all'intersezione tra Gamma e la bisettrice delle rette r, s,
in modo tale che R0 e T siano da parti opposte rispetto a CM ;
• T R0 intersecherà CM nel punto P (circocentro) che cercavamo.
8
Scegliendo dunque un punto
P
CV
su
tale per cui
l'intersezione tra la circonferenza circoscritta a
punto
A
CP =
BCV
t
2 , e un punto
Q
su
UP
che realizzi
e la circonferenza avente centro
U
P C = P Q,
e raggio
QU
è il
che risolve il problema.
Nozioni introdotte: metodo del completamento del quadrato, traduzione di una soluzione algebrica
nell'equivalente geometrico.
Strumenti teorici: teoremi del seno, dell'angolo alla circonferenza, della corda, della secante-tangente.
Risoluzione algebrica di equazioni di secondo grado.
Paralleli: la tecnica del completamento del quadrato è concettualmente molto semplice ma trova appli-
cazioni molto brillanti; un'analisi delle potenzialità è contenuta nei problemi a seguire.
Folklore: il Problema di Yiu compare nel volume
VIII
Forum Geometricorum
del dicembre 2005.
(hb , hc , la )
Nell'ottica di ricondurre questo problema alla forma
(ha , hb , hc ),
utilizziamo il teorema di Stewart con-
giuntamente alla formula di Erone:
la2 =
bc
4bc
∆2
(a + b + c)(−a + b + c) =
· 2
2
2
(b + c)
(b + c) a − (b − c)2
passando alle altezze abbiamo:
1
=
la2
Ponendo
e
G=
D = hb − hc
√
hb hc
hb hc
la
hb hc
2
=
1
1
+
hb
hc
2 !
·
(hb + hc )2
hb hc
(media geometrica),
H=
1
−
h2a
·
hb hc
ha
!
− (hb − hc )
2hb hc
hb +hc (media armonica)
G·H
2 la
2
+ D2 =
G4
h2a
G2
2
D2 + G·H
2 la
ha = r
9
2 !
2
possiamo scrivere:
1
1
−
hb
hc
2
e, una volta costruiti segmenti con lunghezze proporzionali a
1
1
1
ha , hb , hc
,
il problema è facilmente risolubile con una omotetia.
Nozioni introdotte: equivalente algebrico, riconducibilità ad un problema più semplice, omotetie.
Strumenti teorici: teorema di Stewart, media geometrica, media armonica e relative costruzioni (teo-
rema di Euclide, lemma del trapezio).
Paralleli: se nella congurazione in gura
ALa
è bisettrice di
ALa , EF
\, C 0
BAC
è la parallela ad
è il simmetrico di
AB
per
D
ed
FJ
C
ALa , D è intersezione di BC 0 e
\a risulta retto. E' un modo
BC , l'angolo JAL
rispetto all'asse di
è parallelo a
14
alternativo per enunciare, attraverso il lemma del trapezio, l'identità
Moltiplicando ambo i membri per
sin
2bc
la =
cos
b+c
b
A
2
!
b
A
2 , passando alle altezze, inne ai reciproci, si ottiene:
1
1
1
=
+
b
hb
hc
la sin A2
sin
b
A
2
!
=
H
2 la
semplicando grandiosamente la soluzione del problema tramite l'esplicita costruzione dell'angolo in
A.
Folklore: doverosissimi ringraziamenti vanno al Professor Luis Lopes per avermi segnalato la presenza
dell'ultimo lemma sulla lunghezza della bisettrice nel
Posamentier and Wernick - Advanced Geometric
Constructions.
IX
(rb , rc , la )
Procediamo parallelamente al precedente problema, considerando che,
per i teoremi di Stewart, Erone e Carnot si ha:
rb = p tan
14 Per
B
2
=p·
sin(B)
2ac sin(B)
∆
=p·
=
1 + cos(B)
(a + b + c)(a − b + c)
p−b
il teorema di Van Obel e il teorema della bisettrice
IA =
r
b
sin(A/2)
=
(p − a)
b
cos(A/2)
10
−→
la =
2bc
b
cos(A/2)
b+c
la2 =
bc
p(p − a)
(b + c)2
4rb rc = 4p(p − a) = (b + c)2 − a2
1
1
a
1
1
c−b
+
=
−
=
rb
rc
∆
rb
rc
∆
Poiché
b
c
4rb rc
= +2+
la2
c
b
attraverso il completamento del quadrato è possibile costruire la quantità
costruire le quantità
µ2 =
rc −rb
rc +rb , µ3
= rb rc
b
c
= µ1 ;
come pure è possibile
e dare vita al sistema:
b = cµ1
c(1 − µ1 ) = aµ2
p
c(1 + µ ) =
a2 + µ3
1
che determina univocamente
c,
e ne palesa la costruibilità, come
c=
1−µ1
µ2
+
r
1−µ1
µ2
2
+ 4µ3
2 (1 + µ1 )2
in seconda istanza si ha
b = µ1 c
a=
p
(b + c)2 − 4µ3
e il problema è interamente risolto.
Nozioni introdotte: equivalente algebrico, problema biquadratico.
Strumenti teorici: teoremi di Carnot, Stewart, Erone, sistemi di equazioni con un vincolo quadratico.
Paralleli: la risoluzione con riga e compasso di un problema di quarto grado può essere un buon modo
per evidenziare come il campo dei costruibili sia ben più grande di quello degli algebrici di grado
soluzione di un problema di ottavo grado, come la costruzione di Gauss del poligono di
17
2;
la
lati, si pone
come naturale continuazione.
Notiamo pure che si verica un fenomeno bizzarro: sebbene
con riga e compasso, il problema
(ra , rb , la )
(ra , rb , lc )
sia una congurazione risolubile
in generale non lo è. Si ha infatti
rc =
la2 (b + c)2
bc rb
e, sbarazzandoci poco alla volta delle quantità incognite:
bc
=
(b + c)2
abbiamo che le quantità
1
1
+
ra
rb
b∆
∆
(b + ra +
∆ 2
rb )
=
1
r
1
r
−
+
1
rb
1
ra
2
1
1
r e rc sono radici di un polinomio di terzo grado. L'ideale schema costruttivo
`di simmetrizzazione'
?
Euclide
Omotetia
ra , rb , la −→ ra , rb , rc −→ p(p − a), p(p − b), p(p − c)
−→
a, b, c
15 .
è dunque irrealizzabile con riga e compasso
Folklore: il presente problema e il precedente sono tratti da
Geometriagon,
sito interamente dedicato
alle costruzioni con riga e compasso. Sebbene le considerazione esposte li abbiano sottratti dallo status di
problemi aperti, la caccia ad una ecace (ossia risparmiosa) realizzazione con riga e compasso è ancora
ben lungi dal ritenersi chiusa; invito il lettore ad una riessione in merito.
15 Salvo
un insieme trascurabile di eccezioni. Per un quadro più chiaro circa la corrispondenza tra la risoluzione di una
cubica e la trisezione di un angolo si veda il problema (O, H, I).
11
b mb , ∆)
(A,
X
Consideriamo che per il teorema di Carnot e il teorema di Stewart valgono le seguenti identità:
4∆ cot(A) = (b2 + c2 − a2 )
4m2b = (2a2 + 2c2 − b2 )
possiamo dunque scrivere:
4bc =
8∆
sin(A)
b2 + 4c2 = 8∆ cot(A) + 4m2b
ed avere, per somma e dierenza
b + 2c =
b − 2c =
da cui
s
b=
e dato che
hb =
q
4m2 + 8∆ cot
q b
4m2b − 8∆ tan
A
2
A
2
s
A
A
2
2
mb + 2∆ cot
+ mb − 2∆ tan
2
2
2∆
b , è possibile ricondursi alla congurazione
(b, hb , mb ).
Nozioni introdotte: quantità che dipendono dai quadrati dei lati, processo di simmetrizzazione.
Strumenti teorici: teorema di Carnot, teorema della mediana, formula di bisezione della tangente.
Paralleli: altri problemi strettamente dipendenti dai quadrati dei lati sono quelli connessi al momento
d'inerzia e al teorema di Huygens-Steiner. Molte proprietà non banali del baricentro o del circocentro
possono essere riformulate in questi termini; nanche il teorema di Eulero sulla supercie del triangolo
pedale ed alcuni problemi di minimo.
XI
b lb , rc )
(A,
Prima considerazione: dai dati del problema è nota la collocazione del
A.
La questione diviene dunque: condurre attraverso
vertice in
A,
Ic ,
c-excentro Ic
rispetto al vertice
punto sulla bisettrice esterna dell'angolo avente
una retta che intercetti sui lati dell'angolo un segmento avente lunghezza assegnata.
Con riferimento alla gura, poniamo
\
θ = AI
c Lb
e
\b .
φ = 21 BAL
Per il teorema del seno ed angle chasing risulta:
BLb
=
sin(2φ)
sin
AIc / sin π2 + φ − θ
Ic Lb
Ic Lb / sin(θ)
=
=
π
cos(φ + θ)/ sin(θ)
cos(φ + θ)/ sin(θ)
2 − (φ + θ)
12
BLb
sin(θ) sin(2φ)
=
AIc
cos2 (θ) − sin2 (φ)
Passando all'equazione di secondo grado associata, con incognita
sin(θ),
per poi completare i quadrati,
secondo quanto insegnatoci da Yiu, otteniamo:
2 2
AIc
AIc
2
BLb sin(θ) +
sin(2φ) =
sin(2φ) + (BLb cos(φ))
2
2
Un'esplicita costruzione della soluzione tramite il teorema di Pitagora.
Nozioni introdotte: analogia tra il trasporto di lunghezze e il trasporto di angoli, metodo del comple-
tamento del quadrato.
Strumenti teorici: teorema di Pitagora, teorema del seno o rapporti tra superci di triangoli, formule
di Werner.
Paralleli: la classe dei problemi risolti da questo metodo è in realtà molto più ampia di quanto appaia a
prima vista. Consideriamo ad esempio il problema
rispetto al vertice
b ra , l∗ ):
(A,
b
conosciamo la posizione dell'a-excentro
Ia
A, e attraverso questo punto vogliamo far passare una retta che stacchi un segmento di
∗
lunghezza lb all'interno dell'angolo avente vertice in
alla bisettrice uscente da
A
A.
Simmetrizzando metà della costruzione rispetto
vengono a evidenziarsi i seguenti isomorsmi:
∼
∼
b ra , lb∗ ←→
b−C
b
A,
b + c, ha , la ←→ b + c, ha , B
Il problema di mezzo ammette una formulazione, tramite il teorema di Carnot, del tutto analoga a quella
già esposta, con equazione risolutiva della forma
2
2
(k cos(θ) − ha cos(φ)) = (ha cos(φ)) + (k sin(φ))
XII
b a, r + ra )
(B,
Si disegni un segmento
1 b
a
2 B con
BC ,
simmetrico di
K
2
J
I
avente lunghezza
si prenda un punto
I
su lb ,
Ia
BI
in
a
e una retta
lb
su di essa e si chiami
BC ,
rispetto al punto medio di
e la perpendicolare a
Al variare di
BC
si chiami
Ia
passante per
J
B
che formi un angolo pari
la proiezioni di
I
su
BC .
l'intersezione tra la perpendicolare a
B:
è un candidato
a-excentro;
quel che vorremmo si vericasse è
IJ + KIa = r + ra
risolubile per interpolazione lineare, poiché, dalle considerazioni eettuate, risulta:
IJ + KIa = BI sin(B/2) +
a − BI cos(B/2)
BK
= BI sin(B/2) +
sin(B/2)
sin(B/2)
13
K
il
BC
in
Detto
e dunque è suciente prendere
I
su lb in modo che sia abbia:
BI =
o, equivalentemente, al variare di
I ∈ lb ,
intersecare il luogo dei punti descritto da
(r + ra ) sin(B/2) − a
sin2 (B/2) − cos(B/2)
costruire
P
su
JI
in modo che realizzi
P J = KIa + IJ ,
P , ossia una retta, con una retta parallela a BC
distante
quindi
(r +ra )
da quest'ultima.
Nozioni introdotte: interpolazione lineare.
Strumenti teorici: lunghezze dei segmenti determinati dalle proiezioni dell'incentro o degli excentri sui
lati, angle chasing, trigonometria.
Paralleli:
Sia
Γ
l'arco (concavo) di circonferenza determinato dai punti che vedono un ssato segmento
un ssato angolo
b.
A
Detto
La
il punto medio dell'arco (convesso)
associato varia su una circonferenza avente centro in
La
BC ,
al variare di
BC
sotto
A ∈ Γ l'a-excentro
e passante per gli estremi della corda
BC .
I due problemi presi in analisi risolvono l'intera classe
b y, r ± rz )
(X,
con
X ∈ {A, B, C}
e
y, z ∈ {a, b, c}.
Folklore: problemi proposti dal professor Luis Lopes sulla mailing list Hyacinthos e recentemente risolti
dal sottoscritto. Trovo importante sottolineare come
dall'intuizione, sia un problema di grado
XIII
1
b a, r + ra ),
(B,
contrariamente a quanto suggerito
piuttosto elementare.
(A, B, K)
Nel risolvere questo problema sfruttiamo la notevolissima proprietà del punto di Lemoine d'essere
punto coincidente con il) baricentro del proprio triangolo pedale.
14
(l'unico
Riferendoci alla congurazione riportata:
dove
che
Kc
T
è la proiezione di
K
su
AB ,
costruiamo
T
in modo che risulti
sia punto medio del lato-c del triangolo pedale di
necessariamente giacere sulle circonferenze
simmetriche rispetto a
T:
(ΓA , ΓB )
intersechiamo dunque
ΓB
K.
KKc = 2 KT ,
Le proiezioni di
aventi diametri
AK
con il simmetrico di
e
KB ,
ΓA
K
su
ovvero in modo
AC
e
AB
devono
ma devono anche essere
rispetto a
T,
dando vita, in
generale, a due soluzioni.
Nozioni introdotte: approccio sintetico basato su una proprietà notevole.
Strumenti teorici: simmetrie, coordinate trilineari e baricentriche, nozioni di ortologia.
Paralleli: il punto di Lemoine gode di diverse proprietà notevoli.
proiezione
Pa
del punto di Lemoine sull'asse del segmento
BC
Si pensi ad esempio al fatto che la
determina un triangolo isoscele
Pa BC
avente angoli alla base congruenti all'angolo di Brocard; all'esistenza del cerchio di Lemoine e alla corrispondenza tra coordinate trilineari e tripolari di
K.
Folklore: una brillante dimostrazione della citata proprietà notevole del punto di Lemoine può esse-
re rinvenuta nel volume di Forum Geometricorum del marzo 2008; ne presento qui una completamente
sintetica:
Sia
Ka Kb Kc
il triangolo pedale di
l'intersezione tra
KKa
e
Kb Kc .
K , A0
Poichè
il simmetrico di
K
A
rispetto al punto medio
è coniugato isogonale di
utilizzando la notazione
σ(P Q) = U V
15
G, Kb Kc
Ma
del lato
BC , Na
è perpendicolare ad
AM ;
per denotare che una rotazione di un angolo retto, di centro
a
UV ,
Esiste dunque una
spiral similarity τ
P Q in
una retta parallela
Ma
è punto medio di
BC , Na
CA
CA0
BC
AA0
che verica:
(
K
manda la retta
si ha:
σ(KKb ) =
σ(KK ) =
c
σ(KKa ) =
σ(Kb Kc ) =
Poichè
K,
τ (KKb Na )
= CAMa
τ (KNa Kc )
= CMa A0
è forzato ad essere punto medio di
Kb Kc ; per ciclicità delle variabili,
è forzato ad essere baricentro del proprio triangolo pedale.
XIV
(A, O, K)
Nel risolvere questo problema partiamo da molto lontano. Il primo lemma utile è il seguente: dato un
triangolo
ABC ,
esiste un punto
W1
che realizza
\
\
\
W
1 AB = W1 BC = W1 CA = ω
mentre per il suo coniugato isogonale
W2
vale
\
\
\
W
2 BA = W2 CB = W2 AC = ω
Denito così
l'angolo di Brocard ω , per il teorema di Ceva in forma trigonometrica dev'essere:
sin3 (ω) =
Y
sin(A − ω)
cyc
Dalle formule di Werner e da quelle di triplicazione del seno segue
3 sin(ω) =
X
sin(2A + ω)
cyc
Applicando nuovamente Werner, quindi le formule di somma del coseno:
X
sin(A) cos(A + ω) = 0
cyc
cos(ω)
X
sin(A) cos(A) = sin(ω)
cyc
Moltiplicando ambo i membri per
R
2
X
sin2 (A)
cyc
otteniamo:
a2 + b2 + c2
=
cot(ω) =
4∆
2
cyc (a
P
+ b2 − c2 )
4∆
=
X
cot(A)
cyc
Ma abbiamo anche
R2
1
=
sin2 (ω)
16∆2 = sin2 (ω) (a2 + b2 + c2 )2 + 16∆2
P
X
4R2 cyc a2 b2
(a2 + b2 + c2 )2 + 16∆2
1
=
=
2
a2 b2 c2
a2 b2 c2
sin (A)
cyc
16
Le coordinate trilineari dei
punti di Brocard (W1 , W2 ) sono dunque
W1 :
b c a
: :
c a b
W2 :
Notiamo inoltre che per angle chasing i triangoli pedali di
ABC
simili ad
di
ABC
secondo un rapporto di similitudine pari a
di due coniugati isogonali
avente centro nel punto medio di
dalle proiezioni di
nel punto
W1
(o
W2 )
(P, Q)
P Q,
c a b
: :
b c a
(W1 , W2 )
sin(ω).
sono tra loro congruenti, nonché
Ricordando che le proiezioni sui lati
determinano un esagono ciclico, con circonferenza circoscritta
abbiamo che la circonferenza circoscritta al triangolo determinato
sui lati, detta
circonferenza di Gallatly,
ha raggio pari a
R sin(ω)
e centro
16
Mω :
h
i
b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2
b + ω) : sin(B
b + ω) : sin(C
b + ω)
:
:
= sin(A
bc
ac
ab
Dalla seconda terna di coordinate è possibile dedurre facilmente
h
i
b : sin(B)
b : sin(C)
b
K : sin(A)
Mω ∈ OK ,
h
i
b : cos(B)
b : cos(C)
b
O : cos(A)
Come corollario del teorema di Eulero sui triangoli pedali si ha inoltre
Mω ∈ OK
OW1 = OW2
17
in quanto
OW1 = OW2 ;
d'altronde
)
⇒ OK
asse di
W1 W2
Il teorema di Eulero di permette però di asserire qualcosa di molto più forte:
OW22 = OMω · OK = OW12
I due punti di Brocard si trovano dunque sulla circonferenza avente diametro
del
primo triangolo di Brocard, determinato dalle proiezioni di K
sugli assi di
OK ,
come pure i vertici
ABC 18 .
Si ha inoltre
\
\
KW
1 W2 = W1 OK = ω
q
1 − 4 sin2 (ω)
OK = R
cos(ω)
r
3R2
cos(ω) =
4R2 − OK 2
Noti
(A, O, K)
sono dunque noti i due punti di Brocard, l'angolo di Brocard, il centro ed il raggio del
cerchio di Gallatly: dette inoltre
diametro
AW1 ,
(Z1 , Z2 )
le intersezioni della circonferenza di Gallatly con quella avente
si ha
(side-b, side-c) ≡ (AZ1 , AZ2 )
e i vertici
(B, C)
sono univocamente determinati dalle intersezioni con la circonferenza circoscritta.
Nozioni introdotte: angolo di Brocard, triangoli pedali e questioni connesse.
16 Poichè
2
2
2
2
2
b + ω)
sin(A
a2 + b2 + c2
b + b +c −a = b +c
=
sin(A)
sin(ω)
4∆
2bc
bc
17 E'
h
i
\
vero inoltre che un punto P sull'asse di Brocard KO avente trilineari P : . . . : sin(Bb + θ) : . . . verica θ = KW
1P .
18 In quanto
K : [a, b, c] −→ d(K, BC) =
17
2a∆
a
=
tan(ω)
a2 + b2 + c2
2
Strumenti teorici: angle chasing, similitudini, equazioni trigonometriche di secondo grado, teorema di
Eulero sui triangoli pedali, coordinate baricentriche, teorema di Ceva in forma trigonometrica, manipolazione di somme cicliche.
Paralleli: alcune questioni che intendo lasciare al lettore sono
•
per quale ragione i problemi di costruzione che coinvolgono il punto di Lemoine hanno in generale
due soluzioni distinte?
•
per quali altri punti
P
asse di Brocard OK
sull'
venire a capo del problema
Folklore:
(A, O, P )?
la soluzione presentata è una rielaborazione e semplicazione di quella fornita da Nathan
Altshiller-Court nel libro
XV
è possibile modicare la soluzioni presentata per
College Geometry
a pagina 266, paragrafo 623.
(O, H, I)
In un piano, sono noti il circocentro
O,
l'ortocentro
H
e l'incentro
I
di un certo triangolo
chiediamo se sia possibile, con riga e compasso, ricostruire le posizioni dei vertici di
Chiamiamo
N
il punto medio del segmento
OH ,
ABC .
Ci
ABC .
centro della circonferenza dei nove punti. Sussistono
una buona quantità di considerazioni preliminari: innanzitutto, per il teorema di Feuerbach si ha
IN = R/2 − r
mentre per il teorema di Eulero sui triangoli pedali, applicato alle proiezioni dell'incentro, si ha
IO2 = R2 − 2Rr
per cui
(R, r) =
IO2 IO2 − 4 IN 2
,
2 IN
4 IN
19 E' dunque semplice costruire circonferenza inscritta
Γr ,
Brocard e via dicendo. Inoltre, preso un qualunque punto
tangenti
UV
e
UW
circoscritta
ΓR ,
di Poncelet il triangolo
UV W
risulta tangente a
Γr .
U V W , N (U V W ),
dei nove punti, polare, di
sulla circonferenza circoscritta e tracciate la
alla circonferenza inscritta no a determinare una corda
circonferenza dei nove punti di
R/2 − r.
U
VW
di
ΓR ,
per il porisma
Sempre per il teorema di Feuerbach, il centro della
varia su una circonferenza avente centro in
I
e raggio
L'inversione della mappa
π : U → N (U V W )
risolve chiaramente il nostro problema. Tuttavia
π
è una mappa
tre-in-uno,
e la sua inversione
(A, B, C) = π −1 (N )
costituisce un problema analogo alla determinazione delle radici di una cubica, cosa generalmente impossibile con riga e compasso.
La questione può essere ricondotta anche ad un problema di intersezioni tra una circonferenza ed un'iperbole: è vero ad esempio che, presa una retta
denotiamo con
Hs ,
varia su una cardioide
ν
s
tangente a
avente nodo in
19 Ci
H.
Γr ,
il simmetrico di
H
L'inversa circolare di
ν
rispetto a
s,
rispetto ad
che
H
è
preme segnalare che tutte e sole le possibili dislocazioni dell'incentro rispetto alle retta di Eulero corrispondono ai
punti interni al disco avente diametro HG, privato di N , punto medio di OH .
18
un'iperbole, e i simmetrici dell'ortocentro rispetto ai lati giacciono su
O ancora: è noto che i vertici di
costruibile una volta noti
nel punto
F
I
e
ABC ,
l'ortocentro
H,
l'incentro
I
ΓR .
e il punto di Nagel
Na
(facilmente
G) giacciono su un'iperbole equilatera (iperbole di Feuerbach ) avente centro
Γr .
comune alla circonferenza dei nove punti e a
A livello puramente algebrico, il problema può essere posto in termini delle funzioni simmetriche elementari degli ex-raggi
(ra , rb , rc ).
Poiché
OH 2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2 )
dalla congurazione di partenza è nota la terna
(R, r, a2 + b2 + c2 )
ma valgono le seguenti identità:
X
X 1
1
=
r
r
cyc a
ra = 4R + r
cyc
X
ra rb rc = p2 r
ra rb = p2
cyc
Inoltre:
a
r
=1−
ra
p
−→
X ra − r 2
!
X
ra rb
X r2
1+
cyc
ra rb
X 1
r
cyc a
1 + r2
cyc
e, posto
σ2 =
= a2 + b2 + c2
ra2
cyc
!
X
ra
!
cyc
a2 + b2 + c2
= P
cyc ra rb
!2
P
− 2r2
cyc ra
ra rb rc
= a2 + b2 + c2
P
cyc ra rb ,
P
cyc ra
= a2 + b2 + c2
ra rb rc
X
2σ2 − 2r
ra = a2 + b2 + c2
2
2σ2 − 2r σ2
cyc
2
σ2 =
a + b2 + c2
+ r(4R + r)
2
gli ex-raggi risultano essere gli zeri del polinomio di terzo grado
z 3 − (4R + r)z 2 + σ2 z − rσ2 = 0
Si ha dunque
p2 = r(4R + r) +
e, posto
ρ = 4R + r,
le quantità
1X 2
a
2 cyc
(ρ − ra ), (ρ − rb ), (ρ − rc )
risultano radici del polinomio
20
z 3 + 9p2 − 3ρ2 z + 27rp2 + 2ρ3
20 Per
costruzione le radici sono reali, dunque il discriminante è negativo. Quale disuguaglianza prende vita da questa
considerazione?
19
Sia ora
K
triangolo
il campo delle quantità costruibili con riga e compasso una volta note le lunghezze dei lati del
OHI
(o, equivalentemente, la terna
denita come
(
C 13 (t) =
(R, r, a2 + b2 + c2 )
o la terna
(R, r, p))
2 cos (arccos(t/2)/3)
se
−2 ≤ t ≤ 2
2 cosh (arccosh(t/2)/3)
se
t≥2
e
C 13 (t)
la funzione
21
che risolve il problema
x3 − 3x = t
Diciamo che un polinomio a coecienti in
in
K.
K è risolubile con riga e compasso
quando le sue radici giacciono
Nel caso dei polinomi cubici con discriminante negativo, è chiaramente suciente che una radice
sia costrubile anchè lo siano tutte le altre. Il problema
x3 − 3px − q = 0
può essere portato, tramite la sostituzione
x=
√
pz ,
nel problema
z 3 − 3z = p−3/2 q
avente (una) soluzione
C 31 (±p−3/2 q)
costrubile con riga e compasso solo nel caso in cui la quantità
±
sia il coseno di un angolo
θ
p−3/2 q
2
trisecabile con riga e compasso, ovvero solo nel caso in cui
θ
sia il triplo di
un angolo costruibile.
Nozioni introdotte:
ricerca del grado algebrico intrinseco attraverso considerazioni geometriche,
approccio incentrato sulle trasformazioni proiettive e sulle identità metriche.
Strumenti teorici: inversione circolare e curve di grado superiore al secondo, teorema di Feuerbach,
porisma di Poncelet, disuguaglianza di Eulero, teorema di Eulero sui triangoli pedali, relazioni tra gli
exraggi, formula risolutiva delle cubiche di tipo Chebyshev, elementi di teoria dei campi.
Paralleli: il problema è un ottimo interprete delle interrelazioni tra geometria sintetica ed algebra. Un
vasta trattazione è stata condotta da Jean Pierre Ehrmann in merito ai centri di
di
ABC
un qualunque punto che abbia coordinate trilineari nella forma
costruibili con riga e compasso a partire dalle posizioni di
(O, H, I).
ABC
(deniamo
[f (a, b, c) : f (b, c, a) : f (c, a, b)])
Un fatto che mi preme citare, e che
ha portato alla formulazione della congettura (di Ehrmann) secondo cui i centri derivabili da
coincidano con quelli derivabili da
isogonale di
P
rispetto ad
ABC .
(A, B, C),
centro
è che sia possibile, da
(O, H, I),
E' vero infatti che il coniugato isogonale di
P
(O, H, I)
costruire il coniugato
rispetto ad
su una qualunque polare rispetto ad un'iperbole equilatera passante per i vertici di
ABC
ABC
giace
e l'incentro; un
discorso analogo vale per il coniugato isotomico. La congettura di Ehrmann ha avuto tuttavia vita breve:
non è dicile provare come il punto
non da
OHI
√ √
√
P [ a : b : c]
sia derivabile (con riga e compasso) da
ABC
ma
(si vedano a tal proposito gli archivi del 2001 della mailing list Hyacinthos).
Folklore: il problema è stato trattato e parzialmente risolto dallo stesso Eulero, è ricomparso sul Forum
Geometricorum del maggio 2001 ed è stato recentemente riportato alla luce dal sottoscritto.
21 Semplicemente
perché T3 (x) = 4x3 − 3x = cos(3 arccos(x)).
20
XVI
(b − side, c − side, K)
Sfruttiamo nuovamente la proprietà del punto di Lemoine d'essere baricentro del proprio triangolo pedale:
chiamiamo
rispetto a
Kb
e
Kc
K . Kb Jc
le proiezioni di
e
Kc Jb
K
sui lati
concorrono in
Ka ,
b
c, Jb
e
e
Jc
i simmetrici del punti medi di
e la perpendicolare a
KKa
per
Ka
KKb
e
KKc
è il lato-a cercato.
Nozioni introdotte: costruzioni inverse.
Strumenti teorici: denizione di baricentro e proprietà fondamentale del punto di Lemoine.
Paralleli: la proprietà fondamentale del punto di Lemoine può essere vista anche come conseguenza del
i segmenti che congiungono i punti medi dei lati con i punti medi delle corrispondenti
altezze concorrono in K , facilmente dimostrabile facendo ricorso alle coordinate trilineari, baricentriche
seguente fatto:
o areolari.
XVII
(b − side, c − side, N )
Ricordando che
P
N
è il circocentro del triangolo mediale, vorremmo così procedere: scegliere un punto
sulla circonferenza avente centro
cui
P P1
risulti parallelo al lato
b
e
N
e raggio
P P2
al lato
N A;
c;
risolvere il problema con una omotetia di centro
scegliere
P
in modo che, detto
Q
determinare su di essa due punti
(P1 , P2 )
costruire il triangolo anticomplementare di
N.
il simmetrico di
P
tali per
P P1 P2
e
Anchè ciò abbia successo, tuttavia, è necessario
rispetto alla proiezione di
corrispondente vertice del triangolo anticomplementare),
(N, A, Q)
N
su
P1 P2
(ovvero il
risultino allineati. Consideriamo, di
conseguenza, la congurazione a seguire:
e parametrizziamola ponendo
in
C,
\
\
\
AN
P = π−µ, N
AC1 = θ, N
AB1 = φ, AN = 1.
per angle chasing, abbiamo facilmente:
P1 = −e−i(µ+2φ)
P2 = −e−i(µ+2θ)
Q = −eiµ e2iφ + e2iθ − eiµ
Anchè
Q, A = −1, N = 0
risultino allineati, deve valere
= e−iµ e2iφ + e2iθ
che è come dire
cot(µ) =
− sin(µ) = 0
cos(2θ) + cos(2φ) − 1
sin(2θ) + sin(2φ)
21
Immergendo la costruzione
µ
e una volta costruito l'opportuno angolo
N
il procedimento risolutivo incentrato sull'omotetia di centro
risulta vincente.
lecito barare, ovvero il forzare un problema ad avere caratteristiche
bollarlo come risolubile con metodi standard ; metodo misto sintetico-trigonometrico.
il
Nozioni introdotte:
Strumenti teorici: omotetie, rotazioni, angle chasing, immersione in
Paralleli:
tali da
C.
è importante sottolineare come, sostituendo al circocentro del triangolo mediale l'incentro
(punto di Spieker
Sp),
la soluzione possa procedere per vie concettualmente analoghe ma tecnicamente
dierenti. Analizziamo dunque
(side-b, side-c, Sp)
facendo ricorso al seguente lemma:
attraverso un punto
P
avente punto medio
MQ ; MQ
e
Q
(t1 , t2 )
se
è un punto di
Γ,
sono le due tangenti ad una circonferenza
(t1 , t2 )
le rette
staccano sulla tangente a
varia su un'iperbole avente asintoti paralleli a
22 Prendiamo dunque una circonferenza
con quello di Γ.
attraverso
Sp
alla bisettrice interna dell'angolo in
ai lati, un punto
Q
su
Γ, MQ
denito come prima,
A,
Γ
con centro
O,
gli asintoti
(ax , ay )
e un punto
A1
A1
e compasso, le intersezioni tra una generica retta
r
Sp,
come simmetrico di
su un'iperbole
e
Λ.
P
Λ,
P
in
P
a
P
Γ
Γ
condotte
un segmento
sulla parallela
risultino parallele
rispetto a
rispetto a
Q
e centro coincidente
il punto
tale per cui le tangenti da
un'iperbole avente asintoti paralleli ai lati e centro nel simmetrico di
noti il centro
(t1 , t2 )
Γ
Sp.
M Q : A1
varia su
Secondo lemma:
è semplice determinare, con riga
Non è infatti restrittivo, a meno dell'azione di
una mappa ane tra un sistema di riferimento sghembo ed uno ortogonale, supporre
Λ
ax ⊥ ay .
con gli asintoti,
Dette
(AX , AY )
l'intersezione tra
ax
le proiezioni di
e la parallela a
circonferenza avente diametro
r
ZAX .
centro nel punto medio del segmento
per
A1
sugli asintoti,
AY ,
deniamo
Deniamo inoltre
OX : ΓX
R
ΓX
intercetta
(X, Y )
le intersezioni di
r
equilatera, ossia
Z
come una delle due intersezioni di
ay
con la
come la circonferenza passante per
R
avente
ax
in due punti che corrispondono alle ascisse
23
delle intersezioni Λ ∩ r .
22 E' suciente porsi in un riferimento sghembo solidale con (t , t ) e portare a termine elementari considerazioni
1 2
trigonometriche; in tale riferimento risulta MQ ∈ {xy = k}.
23 La costruzione discende direttamente dal metodo del completamento del quadrato applicato all'equazione
OY
OAX · OAY
x − OY =
OX
x
22
Tornando alla nostra costruzione, determiniamo
A2 =
˙ Λ ∩ SpA
quindi costruiamo
passanti per
A3 ,
A3
come simmetrico di
determinando
A2
rispetto a
(B2 , C2 ). A2 B2 C2
secondo una dilatazione di centro
Sp
P
e intersechiamo i lati con le parallele ai lati
è un triangolo omotetico a quello risolutivo
ABC
SpA2
SpA .
e rapporto
Folklore: l'autore della soluzione è molto ero del fatto che l'approccio misto produca una soluzione
assai semplice da implementare nella pratica.
XVIII
Siano
Teorema di Napoleone
VA , VB , VC
VA VB VC
i centri dei triangoli equilateri costruiti sui lati di
è un triangolo equilatero e le rette
AVA , BVB , CVC
ABC ,
esternamente a quest'ultimo.
concorrono.
Con riferimento alla congurazione in gura, non è dicile constatare che una rotazione (in senso antiorario) di trenta gradi attorno ad
nel triangolo
A
BAB1 .
manda il triangolo
A, seguita da una dilatazione di rapporto
√
3, manda il triangolo VC AVB
D'altro canto, una rotazione di sessanta gradi (stavolta in senso orario) centrata in
BAB1
C1 AC .
nel triangolo
−→
AA1 = BB1 = CC1
In alternativa, si immerga la costruzione in
C
Per ciclicità delle variabili si ha dunque
VA VB = VB VC = VC VA
e si ponga
ω = e2πi/3 .
Si ha:
VC + ω(B − VC ) = A
ma
ω2 + ω + 1 = 0
dunque
VC =
−→
(1 − ω)(2 + ω) = 3
ω+2
(A − ωB)
3
da cui, sempre per ciclicità delle variabili:
VA + ω VB + ω 2 VC = 0
23
che è condizione necessaria e suciente a dichiarare
VA VB VC
equilatero (lemma di Conway).
Per provare la concorrenza, applichiamo il teorema del seno e il teorema di Ceva in forma trigonometrica.
Da
b + π/6)
\A )
\A )/BVA
sin(BAV
sin(BAV
sin(V\
sin(B
A BA)/AVA
=
=
=
b + π/6)
\A )/AVA
sin(C
sin(V\
AVA / sin(V\
sin(ACV
A AC)
A AC)/CVA
segue, nuovamente per ciclicità delle variabili:
Y sin(BAV
\A )
cyc
=1
−→
sin(V\
A AC)
(AVA , BVB , CVC )
concorrenti
In alternativa, sempre tramite l'uso dei complessi, non è dicile provare che il prodotto scalare tra
(B1 − C1 )
e
(A − VA )
AVA e B1 C1 implica, per Pitagora:
X
X
(VA B12 − VA C12 ) =
(b2 − c2 ) = 0
è nullo, che la perpendicolarità tra
cyc
cyc
che a sua volta implica, per Carnot, la concorrenza di
(AVA , BVB , CVC ).
Nozioni introdotte: analogia tra l'approccio per trasformazioni e l'approccio di immersione in
Strumenti teorici: teoremi di Pitagora e Carnot, omotetie, immersione in
C,
C.
lemma di Conway.
Paralleli: le tecniche utilizzate sono molto generali e possono essere ecacemente riciclate per la discus-
sione di buona parte dei centri notevoli sull'iperbole di Kiepert, tra cui, ovviamente, il secondo punto di
Napoleone, determinato dai triangoli equilateri costruiti
internamente
dei due triangoli di Napoleone sommino al doppio della supercie di
ad
ABC .
ABC
Il fatto che le superci
può essere brillantemente
provato per dissezione.
Folklore: per le indubbie qualità estetiche, oltre che per la considerevole quantità di tecniche cui dà vita,
il teorema di Napoleone è frequentemente apparso all'interno delle competizioni matematiche. A titolo
di esempio si veda il concorso Indam del 2003.
XIX
(b − side, c − side, N a)
24
Riferendoci alla notazione introdotta nel precedente problema, e denotando con
centro
A,
Preso un punto
P
sulla retta
PB ∈ ρB , PC ∈ ρC ,
dev'essere
σP (PB ) = PC ,
(BP , CP )
Bp Cp
(BC)P
π
6 di
=
.˙
ρ(side-b)
V B ∈ ρC
=
.˙
ρ−1 (side-c)
AN a, candidato VA , esiste un unico triangolo equilatero di vertici (P, PB , PC )
lemma di Conti :
se
σP
è la rotazione di
π
3 di centro
P,
da cui
le intersezioni di
rispetto alle proiezioni di
e
V B ∈ ρB
costruibile attraverso il
(
Siano ora
una rotazione di
sappiamo che dev'essere
(
con
ρ
(PB , PC )
devono coincidere.
PC
=
ρc ∩ σP (ρB )
PB
=
Asse(P PC )
(PB N a, PC N a)
sui lati
con
(side-c, side-b).
∩ ρB
(side-c, side-b),
P
Se
e
(Bp , Cp )
i simmetrici di
è soluzione del problema, le rette
Quel che si verica è un fenomeno interessante: al variare di
è un fascio proprio di rette (per costruzione),
(BC)p
P
su
A
BP CP
AN a,
un fascio improprio (per omotetia).
E'
dunque suciente costruire il punto sso del primo fascio ed un elemento del secondo per risolvere
interamente il problema.
Nozioni introdotte: geometria dello spazio euclideo duale, automorsmi del piano.
Strumenti teorici: lemma di Conti, fasci di rette, elementi di geometria proiettiva.
Paralleli: Sia
alla base pari a
ABCθ
θ;
un triangolo isoscele sulla base
similmente si costruiscano
BCAθ
e
AB ,
CABθ .
di Ceva in forma trigonometrica, concorrono in un punto
iperbole di Kiepert,
appartenenti all'asse di Brocard OK :
un'iperbole equilatera detta
costruito esternamente ad
Pθ .
(AAθ , BBθ , CCθ ),
Al variare di
θ ≥ 0, Pθ
con angoli
per il teorema
percorre un ramo di
i cui punti risultano essere coniugati isogonali di quelli
"
Pθ :
Le rette
ABC ,
1
: ...
... :
b
sin(B + θ)
#
Non è dicile constatare come la soluzione presentata, di fatto, risolva l'intera classe di problemi
side-b, side-c, Pθ
θ
a patto che
XX
sia un ssato angolo costruibile con riga e compasso.
Miracolo di Morley
Se tre punti
UA , UB , UC
interni ad
ABC
vericano le relazioni
b
\A = B ,
CBU
3
il triangolo
UA UB UC
b
C
U\
A CB =
3
è equilatero.
25
(e cicliche)
Con riferimento alla congurazione in gura, dove
P\
BP1
P\
1 BP2
\
P2 BQ
\
QBR
V
è l'intersezione delle trisettrici adiacenti al lato
b
A+π
pari a
3 ; deniti
il triangolo
V V b Vc
Vb
e
Vc
come i simmetrici di
1
3
1
3
1
3
1
3
=
=
=
=
b
B
b
C
b
A
π
BC , V VB VC
VB
e
VC
è un triangolo isoscele con angoli alla base
rispetto alle rette
VC
e
VB
(rispettivamente),
risulta equilatero per il secondo criterio di congruenza dei triangoli. Si verica inoltre,
per angle chasing:
b
π+A
\
\
CV
b V = CVc V =
3
b
B
\
CV
Vb =
3
b
C
\
BV
Vc =
3
Conseguenza di questo lemma è che
•
un triangolo equilatero di lato unitario
•
i tre triangoli aventi angoli
b A+π
b
b
C
B+π
3, 3 , 3
(e permutazioni cicliche)
e lato di lunghezza minima unitario
•
i tre triangoli aventi angoli
b B
b C+2π
b
A
3, 3,
3
(e permutazioni cicliche)
e altezza pari al reciproco del seno dell'angolo di massima ampiezza
si incollano a formare una congurazione omotetica a quella di partenza (ABC e trisettrici).
Nozioni introdotte:
backward working, dissezione.
Strumenti teorici: angle chasing, omotetie.
Paralleli: il fatto stesso che la trisezione dell'angolo sia generalmente un problema insolubile con riga e
compasso suggerisce fortemente di lavorare al contrario,
triplicando anziché trisecando.
E' anche possibile
produrre una dimostrazione trigonometrica attraverso le formule di triplicazione del seno. Una dimostrazione alternativa, completamente incentrata sugli automorsmi del piano, è dovuta ad Alain Connes,
vincitore della Medaglia Field nel 1982:
Consideriamo tre mappe ani su
C
nella forma
gi = ai x + bi ,
siano traslazioni. Denito il fattore di dilatazione
d
seguenti condizioni risultano equivalenti:
26
attraverso
tali per cui
d(gi ) = ai ,
g1 g2 , g2 g3 , g3 g1
poniamo
e
g1 g2 g3
j = d(g1 g2 g3 ).
non
Le
• g13 g23 g33 = x
• j3 = 1
e
fix(g1 g2 ) + j fix(g2 g3 ) + j 2 fix(g3 g1 ) = 0
Si verica infatti
g13 g23 g33 = x −→ (a1 a2 a3 )3 = 1
g13 g23 g33 − x = (a21 + a1 + 1)b1 + a31 (a22 + a2 + 1)b2 + (a1 a2 )3 (a33 + a3 + 1)b3
0 = −ja21 a2 (a1 − j)(a2 − j)(a3 − j)(fix(g1 g2 ) + j fix(g2 g3 ) + j 2 fix(g3 g1 ))
Poichè
fix(g1 g2 ) =
a1 b2 +b1
1−a1 a2 e cicliche. La composizione di due
gi
non è una traslazione, dunque
il lemma preliminare è provato. Nel caso del teorema di Morley, sia
2 b
3 A; similmente si deniscano
(VA , VB , VC )
g2
e
g3 .
g1
una rotazione di centro
∀i, ai 6= j
e
A ed angolo
L'applicazione del lemma porta a concludere che le intersezioni
delle trisettrici adiacenti ai lati di
ABC ,
punti ssi di
(g1 g2 , g2 g3 , g3 g1 ),
soddisfano
VA + jVB + j 2 VC = 0
che è la caratterizzazione di Conway dei triangoli equilateri.
Folklore: la brillante dimostrazione riportata è dovuta a John Conway; invito il lettore a visitare la
sezione del sito di Alexander Bogomolny
http://www.cut-the-knot.com dedicata al problema di Morley;
in tale sezione è anche riportata la memorabile frase del Professor Gabriele Veneziano:
Let us invent
tools that suit our problems
rather than
problems that suit our tools
che mi pare estremamente pertinente nel delineare le linee di condotta della moderna geometria euclidea.
XXI
Problema di Soddy
Dato un triangolo
P AB, P BC, P CA
ABC ,
determinare un punto
P
tale per cui le circonferenze inscritte nei triangoli
risultino mutuamente tangenti.
27
E' importante constatare che, per il teorema delle tangenti ad una circonferenza, la soluzione è data dal
(ΓA , ΓB , ΓC ),
centro del cerchio tangente ai tre cerchi
dell'incentro sui lati (
aventi centri nei vertici e passanti per le proiezioni
circonferenze di Soddy, vedi gura).
Risolviamo il problema di costruzione tramite
inversione circolare, per esattezza invertiamo rispetto alla circonferenza di centro
ΓB
tra
Ia Ib
ΓC
vanno in due rette parallele, ortogonali a
va in una circonferenza tangente alle immagini di
ΓB
e
L
di
Ia K
BC
e la parallela a
perpendicolarmente a
ed
Ic .
passante per
e
Analiziamo in dettaglio l'azione di questa mappa:
BC ; ΓA
Ia
in modo che
con
BC
Ic JKL
ΓC . BL2
e
per
Ic ;
ΓC ; Ic
resta sso;
Ic J .
di un vettore avente modulo pari alla lunghezza di
risulti un quadrato, chiamiamo
CK2
Ib
va in
J,
l'immagine della circonferenza risolutiva è l'immagine di
concorrono in
Y,
L2
ΓB
l'intersezione di
e
intersezione
ΓA
traslata
Costruiamo dunque
Ia L, K2
K
l'intersezione
primo punto di Soddy, soluzione del problema.
analogia tra circonferenze e rette, trasformazioni non ani che preservano le
Nozioni introdotte:
condizioni di tangenza.
Strumenti teorici: inversione circolare ed invarianti.
Paralleli: il problema di Soddy è un caso molto particolare dei problemi di Apollonio; invitiamo il lettore
ad applicare la formula di trasformazione delle distanze sotto inversione per vericare che i reciproci dei
raggi delle circonferenze
(ΓA , ΓB , ΓC , ΓY )
soddisfano l'identità (nota già a Cartesio):
2(2A + 2B + 2C + 2Y ) = (A + B + C + Y )2
(side-b, side-c, F )
XXII
Il problema in analisi è un ragguardevole esempio di problema di quarto grado risolubile con riga e
compasso.
Si chiamino
(ΓB , ΓC )
alla circonferenza di centro
(ΓB , ΓC )
F
le immagini di
passante per
A:
ABC
è la circonferenza inscritta in
(side-b, side-c)
secondo l'inversione circolare rispetto
l'immagine inversa di una delle due tangenti comuni a
(incidentalmente, si noti come il marchingegno descritto
risolva il problema di determinare le intersezioni di due parabole aventi il medesimo fuoco e direttrici
distinte).
Poiché
F
è centro esterno di similitudine tra
Γr
circonferenza circoscritta al triangolo mediale (avente centro
I : [1, 1, 1]
b − C)
b : . . .]
N : [. . . : cos(A
(avente centro
e raggio
e raggio
r)
e la
R/2)
le
sue coordinate trilineari possono essere espresse come
"
2
b − C)
b : . . .] = sin
F : [. . . : 1 − cos(A
Sui lati di un angolo
dunque due punti
δ
avente vertice
(X, Y )
O
b−C
b
B
2
ed ampiezza
!
3
2 (π
2
: cos
b = B
b+
− A)
OX
OY
= λ
p
d(F, side-b)
= λ
p
d(F, side-c)
In tali ipotesi le perpendicolari ai lati dell'angolo condotte per
δ
b
C
2
2
: cos
b
b+C
B
2
b+
+ C
b
B
2
!#
si determinino
(X, Y )
si intersecano in un punto
Z
che
in due sotto-angoli di ampiezza
Poiché è nota la quantità
b,
B
!
tali da realizzare
(
divide
b
b+ B
C
2
b + C/2
b
b + B/2
b
B
, C
b + C)
b = (π − A)
b,
(B
inclinazione della tangente a
Γr
attraverso
per somma e dierenza di angoli è nota anche la quantità
B
rispetto a side-c.
Nozioni introdotte: de-simmetrizzazione delle coordinate trilineari.
Strumenti teorici:
inversione circolare, coordinate baricentriche e trilineari, teorema di Feuerbach,
28
omotetie, problemi trigonometrici notevoli.
Paralleli: il procedimento risolutivo descritto si estende alla classe dei problemi
h
i
b + βB
b + γ C)
b : ...
P : . . . : f (θ + αA
(side-b, side-c, P )
dove
(θ, α, β, γ)
sono costanti costruibili ed
esempio i casi in cui
P
concorrenza delle rette
Kiepert,
P
è uno dei vertici
(AFA , BFB , CFC )
è il punto di Gergonne
circonferenza di Feuerbach,
Folklore:
P
26 ,
P
f
è una funzione ad inversa costruibile; si considerino ad
(FA , FB , FC )
25 ,
P
del triangolo di Feuerbach
giace sull'asse di Brocard
è il punto di Nagel
27 ,
P
OK , P
è il mittenpunkt
24 ,
P
è il punto di
giace sull'iperbole di
28 ,
P
è il centro della
29
è il primo punto di Kosnita .
la soluzione presentata è concettualmente semplice ma piuttosto laboriosa da implemen-
tare nella pratica; la prima soluzione fornita dal sottoscritto al problema
http://www.polarprof.org/geometriagon
(side-b, side-c, F )
richiedeva che venissero tracciate ben
13
sul sito
circonferenze e
17
rette!
XXIII
Postfazione e conclusioni
In questa sezione mi preme sollevare alcuni interrogativi che reputo insinuarsi, taluni manifestamente,
altri in maniera più sfuggevole, tra le righe di questo lavoro.
Prima questione: è corretto considerare il
problem solving
come parte fondante della didattica
della matematica e, in secondo luogo, come fondamentale per la costruzione di una cultura
matematica?
30 , senza però produrre un pensiero condiviso,
Il dibattito storico-losoco ha coinvolto menti illustri
neppure in linea di massima. L'opinione del sottoscritto, maturata attraverso un buon coinvolgimento
nelle competizioni matematiche giovanili, dapprima come partecipante e successivamente come
poser, è che non si possa scindere il processo d'apprendimento da un concreto layer
problem-
esperenziale, neppure
nel caso di una disciplina completamente formale ed astratta. In tal senso non mi stupisce il fallimento
Erlangen Program
dell'
proposto da Klein all'inizio del Novecento (concepito con l'intento di classicare la
geometria euclidea come sottoprodotto dell'algebra, poneva la massima enfasi sullo studio degli automorsmi del piano e la debolezza dei postulati euclidei, tenendosi, in un progressivo uire di
proposizioni,
sempre ben lontano da qualunque intuizione spaziale, esercizio intermedio o ragurazione compatibile con
umanità sensibile dei presunti fruitori) e neppure il fatto che tra la scuola francese del formalismo, quella
l'
tedesca (piuttosto emera) del logicismo e quella sino-nippo-russo-indiana dell'intuizionismo, perlomeno
a livello di consenso e proseliti, abbia prevalso l'ultima (specicare meglio). Certo il balzo concettuale
tra una condizione necessaria (il riallacciarsi all'umanità di chi apprende, allo scopo di incentivare la
24 Triangolo determinato dai punti di tangenza tra
25 Secondo punto di Feuerbach, inverso del primo
la circonferenza dei nove punti e le circonferenze exinscritte.
punto di Feuerbach rispetto alla circonferenza avente diametro IN ,
nonché centro interno di similitudine tra (Γr , ΓN ).
26 Punto di concorrenza dei segmenti che congiungono i vertici con i corrispondenti punti di tangenza tra i lati e il cerchio
b
inscritto, avente trilineari [. . . : cos−2 (B/2)
: . . .].
27 Coniugato isotomico del punto di Gergonne, punto di concorrenza dei segmenti che congiungono i vertici con i
b
corrispondenti punti di tangenza tra i lati e le circonferenze exinscritte, avente trilineari [. . . : sin−2 (B/2)
: . . .].
28 Punto di Lemoine del triangolo degli excentri, avente coordinate trilineari [. . . : cot(B/2)
b
: . . .].
29 Coniugato isogonale di N , punto di concorrenza delle rette che congiungono A con il circocentro di BOC et similia,
avente coordinate trilineari [. . . : cos−1 (A − C) : . . .].
30 Si pensi alle ricerche di Piaget sullo sviluppo dei processi cognitivi del bambino in termini di assimilazione ed accomodamento, dove le capacità di elaborazione spaziale e astrazione erano principalmente testate attraverso quiz di natura
geometrica.
29
costituzione di un modello autonomo, meccanicamente distinto da quello formale, in quanto talvolta basato sull'intuizione, ma analogo nell'attuazione) ed una suciente (la centralità del problem solving) è
considerevole. La lacuna può essere però colmata considerando la matematica come specializzazione del
linguaggio (λόγος) nel senso più ampio: come è chiaro che l'interscambio di informazioni sia fondato su
un framework di comune consenso (grammaticale e sintattico), è altrettanto manifesto che l'assimilazione
31
e la produzione delle informazioni dipenda interamente da meccaniche individuali (modelli in eri )
uniche e scarsamente sondabili; in tal senso mi piace considerare il manifestarsi della matematica come
incarnarsi della massima oggettività in forma di deduzione, e le elucubrazioni che conducono alla forma
dionisiaco
mezzo. Se si
nale come appartenenti ad un universo artistico (
l'oggettività sia sempre
scopo
ma solo raramente
nell'accezione dovuta a Nietzsche) dove
ammette che una qualunque strategia di
potenziamento della forma nale debba transire per il potenziamento dei suoi prodromi, è chiaro come il
bagaglio empirico derivato dal problem solving - debba - essere centrale. Un ulteriore punto a favore della
mia ipotesi, nonché a favore del didatta, è la maggiore semplicità, in ambito pedagogico, dell'
dei precursori
a scapito di un tentativo
ex abrupto
incentivo
di trasferimento della teoria nei destinatari dell'azione
didattica.
Seconda questione: è corretto considerare il
problem solving
utile strumento per sottolineare
la divergenza di interpretazioni, la diversità dei solutori, le linee di condotta, quanto possa
essere fruttifera la collaborazione?
La risposta a questa domanda è interamente racchiusa nella vita itinerante, sregolata ed iperproduttiva
di Paul Erdös: nessuno meglio di lui (in termini sia qualitativi che quantitativi) ha saputo trasmettere ai
posteri il senso della matematica come
disciplina sociale, e sottolineare l'importanza della collaborazione
tra diverse personalità per la costituzione di una matematica più brillante e più ricca, indipendentemente
dal ruolo istituzionale del risolutore.
Terza questione: perché geometria euclidea?
Per una questione storica di rivalutazione dei greci (cfr. Nietzche, di nuovo), per la semplicità dell'interpretazione visiva in primis, algebrica (cfr. Klein, di nuovo, come padre della geometria algebrica) in
secondo luogo. Parentesi storica. Per aprire un nuovo interrogativo sulla buona positura del problema
del
grado algebrico intrinseco
di una terna. Ma anche perché certi problemi guravano come aperti no
a poco tempo fa.
Nuovamente: valore pedagogico e raronto tra le dicoltà insite.
Nella teoria di Lev Vygotskij la Zona di sviluppo prossimale (ZSP) è un concetto fondamentale che serve
a spiegare come l'apprendimento del bambino si svolga con l'aiuto degli altri. La ZSP è denita come
la distanza tra il livello di sviluppo attuale e il livello di sviluppo potenziale, che può essere raggiunto
con l'aiuto di altre persone, che siano adulti o dei pari con un livello di competenza maggiore. Infatti,
a dierenza dell'approccio Piagetiano, Vygotskij non riteneva che il bambino passasse attraverso diversi
stadi e dunque fosse pronto ad apprendere nuove conoscenze che prima non era in grado di ritenere, ma
sostiene che il bambino impara da coloro che si trovano ad un livello di conoscenza superiore.
Secondo Vygotskij, l'educatore dovrebbe proporre al bambino problemi di livello un po' superiore alle
sue attuali competenze, ma comunque abbastanza semplici da risultargli comprensibili; insomma, all'interno di quell'area in cui il bambino può estendere le sue competenze e risolvere problemi grazie all'aiuto
degli altri (la ZSP, appunto). Questi problemi potranno infatti essere risolti dal bambino aiutato da un
31 E'
scorretto parlare di mÔjoi a causa dell'appartenenza di questi ad una tradizione sociale e non ad una individualità ;
ugualmente scorretto parlare di pensiero prelogico, in quanto tale termine, nell'accezione dovuta a Lévy-Bruhl, denota la
mancanza, nei primi stadi di sviluppo, delle categorie di identità, causalità e contraddizione.
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esperto (l'educatore, un adulto o anche un pari con maggiori competenze in quel campo), ma non dal
bambino che dovesse arontarli da solo (in quel caso saremmo all'interno della zona di sviluppo attuale).
Se il processo è impostato correttamente, la zona di sviluppo attuale del bambino si amplia, includendo
quella che in precedenza era la zona di sviluppo prossimale, in altre parole egli diventa capace di eseguire
autonomamente un compito che prima non sapeva eseguire. All'esterno della zona di sviluppo attuale si
crea una nuova zona di sviluppo prossimale. Questo processo iterativo dovrebbe dunque permettere al
bambino di acquisire nuove capacità senza sperimentare la frustrazione del fallimento.Un concetto simile
è stato elaborato da un autore americano negli anni '60: è il concetto di Scaolding di Jerome Bruner.
L'approccio sperimentale (comportamentistico- cognitivista) ha avuto il merito di sottolineare la possibilità di una strutturazione ordinata, razionale del percorso di apprendimento, con un consapevole
perseguimento di obiettivi deniti operazionalmente. Il suo punto di debolezza consiste nella dicoltà di
frammentazione di apprendimenti complessi, nel riduttivismo a cui può portare e nel rischio costante della
perdita di signicatività per chi apprende. Il paradigma costruttivistico sposta l'attenzione sul contesto di
apprendimento. Non rinuncia alla capacità progettuale, ma pone in primo piano il soggetto che apprende,
la imprevedibilità stessa dell'atto acquisitivo, la necessità di fornire al soggetto una molteplicità variegata
di appigli e sostegni, l'importanza della negoziazione interpersonale e della cooperazione. Il suo rischio
maggiore è la dispersività e la possibile diversicazione eccessiva nei risultati tra i fruitori del processo.
Manifesto di riforma della geometria euclidea ?! Rivalutazione di Klein ?!
Quarta questione: strumenti consigliati?
Calvani: Fra le cause che hanno portato alla crisi dell'attivismo possiamo ragionevolmente supporre che
abbia agito il sovraccarico gestionale.
Insegnare in una classe in un'ottica attivistica comporta gene-
ralmente una mole di lavoro non indierente (articolazione in gruppi, diversicazione di percorsi, ecc.),
che rende possibile tali esperienze solo a docenti dalle capacità e dedizione eccezionale. Gran parte delle
esperienze attivistiche si sono esaurite per la fatica sica. Ora le tecnologie potrebbero (il condizionale è
d'obbligo) orire dei vantaggi. In che modo? Le tecnologie possono permettere tempi di coinvolgimento
e lavoro autonomo decisamente superiori a quelle di qualsiasi altra situazione tradizionale. Se gli alunni
possono essere resi più autonomi nell'attività di apprendimento, l'insegnante risulta più alleggerito ed
ha più tempo da dedicare alla progettualità o ad interventi più specici: si rendono così possibili forme
inedite di personalizzazione dell'apprendimento.
Accanto all'alleggerimento della gestione didattica si può aggiungere l'alleggerimento del carico progettuale (disponibilità di banche dati, accesso di materiale da siti Internet, conservazione e riutilizzo dei
materiali didattici già prodotti, ecc.). Bisogna tuttavia anche sottolineare che questi vantaggi rimangono,
allo stato attuale, più teorici che reali. L'introduzione delle nuove tecnologie nella scuola comporta un
sovraccarico iniziale per l'insegnante, che deve acquisirne la padronanza.
Qui parlo di Hyacinthos e del libro di Lopes, raccomando l'uso di Cabri, Geogebra, Wolfram e Cut-TheKnot e cerco di concludere. E' il caso di specicare meglio i destinatari o parafraso Troisi la matematica
è di chi gli serve e chi vuole prendere prenda?
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