La serie di articoli dedicati ai cerchi di Archimede è inserita nella pagina d'archivio Antichi Greci, che passione!

 

Approfittiamo di questo periodo "estivo" per richiamare un libro giunto a noi solo attraverso una traduzione araba. Un libro che, malgrado non sia una traduzione letterale di un'opera di Archimede, riporta alcune proposizioni che sono sicuramente frutto della mente del grande matematico. Proposizioni forse poco conosciute e certamente "elementari" rispetto ad altre risolvibili con la matematica superiore, ma che riescono ancora a divertire e a stupire, soprattutto quelle che introducono due figure descritte da cerchi. Due figure, il cui nome si riferisce ad attrezzi di uso comune nella vita di tutti i giorni: l'arbelos (coltello del calzolaio) e il salinon (saliera). Le loro proprietà e gli sviluppi che hanno comportato le rendono oltremodo interessanti e degne di una descrizione accurata, con tanto di dimostrazione. Insomma, possiamo dire che Archimede non è riuscito a quadrare il cerchio (impossibile), ma è stato un vero RE dei cerchi!

Ecco alcune proposizioni di Archimede e qualche costruzione aggiuntiva...

Lemma 4: Sia AB il diametro di un semicerchio e N un punto qualsiasi su AB (Fig. 1). Se si costruiscono due semicerchi di diametro AN e NB, la figura curvilinea racchiusa tra il semicerchio di diametro AB e i semicerchi di diametro AN e ND  è detta "arbelos", e la sua area è uguale a quella del cerchio avente PN quale diametro, dove PN è la perpendicolare ad AB che incontra il semicerchio iniziale in P.

Soluzione del Lemma 4:

Consideriamo la Fig. 2 che riporta quanto detto nel lemma, ma anche le congiungenti AP e BP. Poniamo AN = x e AB = 1. Ne segue che NB = 1 - x.

Possiamo calcolare facilmente l'area dell'arbelos come differenza di aree semicircolari:

A_arb = A_AB - A_AN - A_NB = π(AB/2)²/2 - π(AN/2)²/2 - π(NB/2)²/2

A_arb = π(1/2)²/2 - π(x/2)²/2 - π((1 - x)/2)²/2 = π/8 - πx²/8 - π(1 - x)²/8

A_arb= π(1/8 - x²/8 - 1/8  - x²/8 + 2x/8) = π(2x/8 - 2x²/8) = π(x - x²)/4                .... (1)

Passiamo ora al calcolo dell'area del cerchio di diametro NP. Per far ciò uniamo, come già detto) P con A e con B: Il triangolo APB è ovviamente rettangolo dato che è iscritto in un semicerchio. Inoltre, per il teorema di Euclide la sua altezza NP è media proporzionale tra NB e NA (ricordiamo che i triangoli APN e NPB sono simili...). Ne segue:

PN² = NB · NA                 .... (2)

Scriviamo l'area del cerchio di diametro PN, ricordando la (2)::

A_C = π(PN/2)² = πPN²/4 = π (NB · NA/4)

A_C = π (NB · NA/4) = π (1 - x) x/4

A_C = π(x - x²)/4               .... (3)

Confrontando la (1) e la (3) si dimostra la proposizione.

Lemma 5:  Si costruisca l'arbelos come fatto precedentemente.  Si tracci anche la perpendicolare ad AB nel punto N. Se si costruiscono due cerchi tangenti alla perpendicolare a N, al cerchio  di diametro AB e ai corrispondente cerchi di diametro AN e NB, rispettivamente, i due cerchi sono uguali.

La Fig. 3 illustra la proposizione meglio di tante parole.

I due cerchi gialli vengono anche chiamati i cerchi gemelli di Archimede.

Prima di passare alla sua dimostrazione (o almeno a quella che più mi piace), introduciamo un altro lemma che sembrerebbe ovvio, ma che tale non è. Esso risulta fondamentale per la dimostrazione del Lemma 5.

La geometria applicata alla matematica raggiunge vette magnifiche nella loro semplicità. A questi livelli la matematica diventa una vera opera d'arte che dovrebbe far parte dei programmi scolatici, proprio per l'aiuto che potrebbe dare nell'usare compiutamente la logica.

Lemma 1: Se sue cerchi si toccano in A e due loro diametri (BD ed EF)  sono paralleli tra di loro, allora A, D ed F stanno su una retta.

Questa proposizione non ha niente a che fare con l'arbelos, ma diventa fondamentale per una sua soluzione che potrebbe avvicinarsi a quella -forse- usata dallo stesso Archimede.

La Fig. 4 illustra il problema da risolvere.

Soluzione del lemma 1.

Consideriamo la Fig. 5

C e O sono i centri dei due cerchi tangenti. Tracciamo da D la parallela a OC che incontra EF in H. I segmenti AC, CD e OH sono uguali tra loro e uguali al raggio del cerchio minore. Sono anche uguali i segmenti OF e OA. Scriviamo queste uguaglianze:

OH = CD = AC

OF = OA

Il che comporta che il triangolo ACD è isoscele

Sottraendo la prima dalla seconda (entrambe sono uguaglianze e quindi posso togliere la stessa quantità alla prima senza ledere l'uguaglianza), otteniamo:

OF - OH = OA - AC  = OA - CD

HF = CO = DH

Ne segue che il triangolo DHF è isoscele e, quindi:

angolo HDF = angolo HFD

Per costruzione, però, risulta anche che:

angolo HDF = angolo CAD

Da cui, anche il terzo angolo dei due triangoli deve essere uguale:

ADC = DFH

Aggiungiamo a entrambi  l'angolo CDF

ADC + CDF = ADC + CDH + HDF = 180°

Dato che la somma dei tre angoli di un triangolo vale 180°

Analogamente

DFH + CDF = 180°

Il che dimostra che ADF stanno su una stessa retta.

E' immediato dimostrare che il lemma vale anche se il cerchio minore è tangente esternamente .

A questo punto passiamo a risolvere il lemma 5, ossia quello dei due cerchi gemelli.

Soluzione del lemma 5

Consideriamo la Fig. 6

G, F ed E siano i punti di contatto del primo cerchio giallo con il cerchio maggiore e la linea DC. Tracciamo il segmento EH. Esso è perpendicolare a CD, così come lo è AC. Ne segue che HE è parallelo ad AB ed è un diametro del cerchio minore.

Per il lemma 1, AHF e BEF  definiscono due rette dato che HE // AB. Lo stesso vale per AGE e CGH.

Consideriamo il triangolo triangolo ADB. BF è perpendicolare ad AD (l'angolo in F è 90°, dato che è l'angolo alla circonferenza maggiore relativo al diametro AB). Ma  DC è perpendicolare ad AB per costruzione. Esse sono due altezze del triangolo e si incontrano in E, che, quindi, deve essere l'ortocentro del triangolo ADB. Tuttavia, AI è perpendicolare a DB perché l'angolo AIB è retto (per la stessa ragione dell'angolo in F). Il che vuol dire che AI è la terza altezza del triangolo e quindi deve passare per E.

Come conseguenza di tutto ciò, abbiamo che sia l'angolo in G che quello in I sono retti, da cui segue che DB è parallela ad HC.

Possiamo scrivere, dai triangoli simili ABD e ACH

AB : BC = AD : DH

Ma dai triangoli simili ADC e HDE

AD : DH = AC : HE

per cui:

AB : BC = AC : HE

ossia:

BC AC = AB HE

HE = BC AC/AB                .... (4)

Tracciamo una figura analoga per il secondo cerchietto (Fig. 7)

Si ottengono le relazioni:

AC : AB = D’H’ : H’B

e

D’H’: H’B = E’H’: BC

Ossia:

AC : AB = E’H’: BC

Da cui:

E'H' = AC BC/AB              .... (5)

Ne segue che EH = E'H'

c.v.d

Nella prossima puntata vedremo altre due semplici proprietà dell'arbelos e una un po' più complicata. Nel corso del tempo se ne sono, comunque, trovate molte altre anche se non altrettanto immediate.

continua ...