Categorie: Matematica
Tags: cerchi inscritti quadrilatero rettangolo Sangaku tavolette giapponessi
Scritto da: Vincenzo Zappalà
Commenti:19
(QI) Un rettangolo "giapponese" (new: con spiegazione della costruzione) ***
Questa versione del quiz non dovrebbe causare incomprensioni relativamente alla costruzione richiesta.
Abbiamo già parlato delle tavolette giapponesi, le celebri Sangaku , che riportavano teoremi geometrici e venivano esposte nei templi.
Questo quiz riguarda una esse e, in particolare, un teorema che io trovo molto avvincente.
Disegniamo un cerchio e prendiamo su di esso quattro punti qualsiasi A,B,C,D. Uniamoli per ottenere un quadrilatero.
Dividiamo il quadrilatero in due triangoli tracciando la sua prima diagonale e disegniamo i loro cerchi inscritti con i relativi centri. Tracciamo la seconda diagonale e disegniamo i cerchi inscritti dei due nuovi triangoli con i loro centri. Uniamo i quattro centri dei cerchi così costruiti.
Dimostrare, per via puramente geometrica, che il quadrilatero definito dai centri dei quattro cerchi è un rettangolo.
19 commenti
Il nostro Maurizio mi ha detto che la spiegazione della costruzione non era molto chiara. L'ho, perciò, descritta in modo che dovrebbe essere compresa da tutti, inserendo anche la relativa figura. Buon quiz!!
Il quadrilatero inscritto sul quale ho ragionato presenta un un angolo retto, ma il discorso generale non dovrebbe variare:
il cerchio viola di centro O1 è inscritto nel triangolo ABD,
il cerchio verde di centro O2 è inscritto nel triangolo ABC
il cerchio grigio di centro O3 è inscritto nel triangolo BCD
il cerchio rosso di centro O4 è inscritto nel triangolo CDA.
Riporto la stessa figura di prima eliminando, per comodità di visualizzazione, i cerchi inscritti, i lati del quadrilatero inscritto con le sue diagonali, mantenendo la figura ottenuta unendo i centri dei cerchi inscritti.
Traccio la corda HG passante per i punti O1 e O2 , la corda EF passante per i punti O4 e O3 , la corda IL passante per O4 e O1 e la corda MN passante per O3 e O2 . Unisco E con G ed F con H punti di contatto con la circonferenza delle corde GH ed EF. Ottengo così il quadrilatero EGHF e traccio le sue diagonali FG ed EH.
I due angoli α sono uguali perché insistono sullo stesso arco ⌒EG, lo stesso per i due angoli β che insistono su ⌒FH, lo stesso per i due angoli γ che insistono su ⌒HG e lo stesso per i due angoli δ che insistono su ⌒EF.
Osservando i triangoli EGH ed FHG, poggiano sullo stesso lato HG e l’angolo ai vertici H^EG ed G^FH è uguale e pari a γ ; allora i due triangoli oltre ad essere simili, sono uguali per cui α = β ; ma se alfa è uguale a beta allora anche gli archi ⌒EG ed ⌒FH sono uguali così come le corde EG ed FH sono uguali tra loro; e uguali saranno le altezze condotte da E ed F sul lato HG. Ma siccome EG ed FH non sono paralleli, il quadrilatero EGHF è un trapezio isoscele (il discorso sarebbe lo stesso se si prendessero in considerazione i triangoli EFH ed EFG). Ne consegue che GH ed EF sono parallele in quanti basi dello stesso trapezio; analogo ragionamento se si uniscono i punti I con M ed L con N per ottenere il trapezio isoscele MILN dal quale deriva che le corde IL ed MN sono parallele.
Se poi traccio l’asse di una delle due basi del trapezio isoscele EGHF (che coincide con l’asse dell’altra base e passa per il punto di incontro delle diagonali EH ed FG) ottengo la corda PQ (che è anche un diametro della circonferenza circoscritta) e faccio lo stesso ragionamento di prima, otterrò i trapezi isosceli PQLI oppure PQNM; se ne deduce che PQ è parallela sia a IL che ad MN ovvero IL ed MN sono parallele tra loro e perpendicolari ad EF e GH.
Ma allora il quadrilatero con i vertici sui centri dei cerchi inscritti presenta i lati opposti paralleli e 4 angoli retti: non può che essere un rettangolo.
scusa Andy, ma non sono del tutto convinto che tu non approfitti fin dall'inizio delle simmetrie della figura. Prova a prendere EF NON parallelo ad HG e vedi cosa riesci a concludere...
Ieri sera ci siamo visti con il barcaiolo del quiz “Un lago nella jungla” che era a Cuneo per far visita a certi suoi parenti.
Lui dice che non ne sa niente di queste tovagliette giapponesi e neppure di Tolomeo, Talete e compagnia bella.
Però ha tirato fuori un paio di fogli trasparenti e dei pennarelli (dice che se li porta sempre dietro perché gli capitano certi Professori che vogliono traversare il lago a modo loro e gli fanno un sacco di storie sul percorso più breve).
A mano libera ha fatto il disegno di: cerchio, quadrilatero, diagonale, bisettrici e incentro per i primi due triangoli (quello sopra e quello sotto la prima diagonale).
Poi ha rifatto lo stesso identico lavoro per gli altri due triangoli (quello a sinistra e quello a destra della seconda diagonale) e mi ha fatto vedere che i due disegni sono sovrapponibili con un semplice ribaltamento seguito da una rotazione di 180°.
Dice che in Amazzonia spiegano quasi tutto in questo modo.
Comunque è una bella simmetria, vero?
Adesso non ho tempo di sfruttare questa osservazione per dimostrare che questi incentri sono messi in modo che viene fuori il quadrato giapponese, dato che devo innaffiare tutto il castagneto per via della siccità, ma può darsi che a qualcuno ( magari ad Andy) gli venga in mente di riflettere su questa simmetria speculare o come si chiama.
Intanto guardate le quattro foto che ho fatto con il cellulare mentre lui disegnava, che così vi fate una idea.
Cerea.
Quello sciagurato di Oreste ha usato un'altra volta il mio computer per mandare i suoi commenti !!!
Mi fa impazzire !
caro Andy,
tu dici: "Osservando i triangoli EGH ed FHG, poggiano sullo stesso lato HG e l’angolo ai vertici H^EG ed G^FH è uguale e pari a γ ; allora i due triangoli oltre ad essere simili, sono uguali". Ma questo non è vero, come mostra la figura che segue. Il triangolo viola e quello giallo hanno le caratteristiche che dici tu, ma non sono affatto uguali.
interessante Oreste... ma la dimostrazione è ancora lontana...
Caro Enzo,
nel mio post c'è un passaggio che avrei dovuto scrivere prima dell'affermazione di uguaglianza: "e uguali saranno le altezze condotte da E ed F sul lato HG".
Ad ogni modo, a scanso di equivoci, parto direttamente da un cerchio nel quale è inscritto un quadrilatero assolutamente casuale:
Elimino dalla figura tutto tranne il cerchio circoscritto e i centri dei cerchi più piccoli inscritti:
Scelgo una coppia di punti O consecutivi , ad esempio O1 e O4 e faccio passare per essi una retta; prendo due punti a caso sullo stesso "lato" della circonferenza e gli unisco con i punti di intercetto della prima retta con la circonferenza:
otterrò due triangoli (uno con due lati blu e uno con due lati rossi) con la corda verde come lato comune; l'angolo al vertice γ sarà uguale per entrambi i triangoli ma certamente i due triangoli sono differenti tra loro; inoltre la corda più piccola verde non passa per nessuno dei rimanenti centri O.
Se invece scelgo opportunamente due coppie di centri O consecutivi e faccio passare per ogni coppia di punti una retta ciascuna:
Inizialmente non so se le due corde verdi sono parallele;
unisco I con M, M con L, L con N, N con I;
gli angoli γ ai vertici M ed N sono uguali perché insistono sullo stesso arco ⌒IL,
se traccio le altezze h dai vertici M ed N sul lato IL, queste sono uguali tra loro ("certificate" dalla circonferenza piccola arancione di diametro h, tangente ad entrambe le corde e già questo fa pensare che....),
i due triangoli condividono la stessa base;
e allora IML e INL sono due triangoli uguali, la distanza tra le corde IL ed MN rimane costante, quindi le due corde sono parallele e il quadrilatero ILNM è un trapezio isoscele.
Analogamente se faccio passare le due rette dalle coppie di punti consecutivi O1 O2 e O3 O4.
Probabilmente la serie di Fourier mi ha rimbambito, ma non riesco ancora a comprendere certi tuoi passaggi:
"se traccio le altezze h dai vertici M ed N sul lato IL, queste sono uguali tra loro ("certificate" dalla circonferenza piccola arancione di diametro h, tangente ad entrambe le corde e già questo fa pensare che....)"
Sembra che tu abbia fin dall'inizio preso O1O4 parallelo a O2O3. Se è così è ovvio che esce un rettangolo. Non vedo però come questi punti scelti opportunamente siano proprio i centri dei cerchi inscritti...
Lunedì parto per qualche giorno in Sardegna... Nel frattempo potresti discuterne con Maurizio che ha anch'egli una soluzione pronta (ma non ho tempo per leggerla...). Ci risentiamo al mio ritorno (giovedì).
Caro Andy, leggendo il tuo ultimo commento mi è venuto questo dubbio: Se traccio la retta che passa per O1O4 e quella che passa per O2O3 e immediatamente dopo inserisco tra di esse la circonferenza piccola arancione di diametro =h e tangente ad ambedue le rette, ho già la prova che sono parallele.
Però questa operazione corrisponde ad una "misura" che ti assicura che nel caso specifico (ossia per quel quadrilatero assegnato, le due rette sono parallele.
La dimostrazione che questo avviene sempre, per qualsiasi quadrilatero dovrebbe basarsi, a mio parere, sulle relazioni costruttive degli incentri.
Se nel testo del quiz, invece di fornire l'informazione che i quattro incentri si trovano sempre ai vertici di un rettangolo, fosse stata posta la richiesta di descrivere quale figura viene determinata dai quattro punti, avresti dovuto inevitabilmente cercare questo luogo in base a come sono strutturate le relazioni.
Di certo avresti potuto fare l'ipotesi che le rette passanti per coppie di punti risultassero (sempre) parallele, ma la prova di ciò non può giungere da una misura, né da un numero qualsivoglia grande di misure.
Aggiungo qualche considerazione...
Dato che sappiamo che al variare del quadrilatero assegnato cambia la disposizione degli incentri (anche se ci è stato rivelato che saranno sempre ai vertici di un rettangolo) occorre ragionare sul legame tra gli angoli del quadrilatero e gli angoli che si formano costruendo gli incentri.
Troveremo di certo delle significative simmetrie.
Potresti ripristinare il quadrilatero e la costruzione relativa ad una coppia di incentri ( tipo O1 e O4) e impostare il ragionamento (che poi sarà valido anche per gli altri due incentri)
Mau dice bene:
"il legame tra gli angoli del quadrilatero e gli angoli che si formano costruendo gli incentri"
Ecco qui, Andy, ho ripreso la tua immagine con il quadrilatero ed ho aggiunto le bisettrici che individuano due incentri O1 e O4
Sappiamo che A e B vedono la corda DC sotto il medesimo angolo (sono sulla circonferenza)
Se anche O4 e O3 vedessero questa corda DC sotto angoli uguali potremmo dire che i punti D O4 O3 C sono anche essi su una circonferenza e questo sarebbe un passo avanti significativo.
Apparentemente l'angolo in O4 non sembra diverso dall'angolo in O3 ma dobbiamo provare che sono uguali, sfruttando le relazioni insite nei due triangoli DAC e DBC di cui O4 e O3 sono gli incentri.
Per iniziare cerchiamo la relazione tra l'angolo DO4C e l'angolo DAC ... prova a studiarci su.
Scusa ma nel primo paragrafo ho scritto "gli incentri O1 e O4" mentre avrei dovuto scrivere O3 e O4,
Caro Maurizio, grazie per le dritte, ma aimè non ho la pazienza di "spulciare" fra gli angoli e quindi faccio uso della "forza bruta" della congettura:
la congettura è che i trapezoidi
A O1 O4 D
D O4 O3 C
C O3 O2 B
B O2 O1 A
siano anche essi quadrilateri ciclici, per cui la somma degli angoli opposti di ognuno di essi sia sempre costante e pari all'angolo piatto. La congettura è supportata dal fatto che se il quadrilatero ABCD fosse un quadrato, i trapezoidi sarebbero 4 trapezi isosceli (quindi ciclici) uguali fra loro, se ABCD fosse un qualunque rettangolo, i trapezoidi sarebbero 4 trapezi isosceli uguali a due a due.
E' la stessa figura già postata, tolte le diagonali e lasciate solo quelle bisettrici (in rosso, blu, verde e magenta) che sono tali anche per gli angoli al vertice del quadrilatero ABCD; inoltre ho costruito la circonferenza circoscritta al trapezoide A B O2 O1, che quindi è ciclico.
Per il quadrilatero ABCD: A + B = 180 che equivale a A/2 + B/2 = 90
Per il trapezoide D C O3 O4: C/2 + D O4 O3 = 180
Per il trapezoide D O4 O1 A: D O4 O1 + A/2 = 180
Sommando le ultime 2 : C/2 + D O4 O3 + D O4 O1 + A/2 = 360
ma C/2 + A/2 = 90 allora D O4 O3 + D O4 O1 = 270
Allora O1 O4 O3 =90 perché è la differenza a tra l'angolo giro e D O4 O3 + D O4 O1
Ripetendo lo stesso ragionamento per gli angoli O4 O3 O2, O3 O2 O1 e O2 O1 O4 anche questi saranno pari a 90 gradi quindi il quadrilatero che ha per vertici gli incentri sarà o un quadrato o un rettangolo...
Caro Andy, la tua soluzione è assolutamente in linea con quella a cui avevo pensato io, che pubblico giusto perché, nella prima parte, troverai una rapida dimostrazione della tua ragionevole "Congettura".
Se mai ti venisse voglia di dimostrare qualche congettura ti consiglio quella di Riemann che, essendo uno dei problemi del millennio, ti frutterebbe un milione di dollari . Purtroppo in questo periodo io ho poco tempo e in più margini dei miei libri sono molto piccoli.
Comunque ecco la mia versione della dimostrazione. Ciao e congratulazioni !
In un triangolo qualsiasi tracciamo le tre bisettrici che individuano l'incentro.
Individuiamo la relazione tra l'angolo x formato dalle bisettrici degli angoli in A e B e l'angolo in C
2a + 2b + 2c = 180°
a + b + x = 180°
quindi 2a + 2b + 2c = a + b +x ; ( a + b + c ) +c = x ; 90° + c = x
L'angolo x equivale a 90° + metà dell'angolo in C (opposto al lato AB)
Utilizziamo questa relazione (valida in generale) per confrontare gli angoli sotto i quali gli incentri O4 e O3 “vedono” la corda DC
D O4 C = 90° + DAC /2 e D O3 C = 90° + DBC /2
Ma i due angoli DAC e DBC hanno lo stesso valore.
Quindi D O4 C = D O3 C
Questa uguaglianza implica che il quadrilatero formato dai punti D O4 O3 C è inscrivibile in un cerchio.
Di conseguenza in esso vale la regola per cui “la somma di vertici opposti vale 180°.
Altrettanto si può dire per i quadrilateri C O3 O2 B , B O2 O1 A e A O1 O4 D, anche su di essi si può ripetere lo stesso ragionamento e arrivare alla conclusione che sono tutti inscrivibili in cerchi.
Le considerazioni esposte in questi due ultimi paragrafi sono la chiave della soluzione.
La nostra incognita “x” è l'angolo compreso tra i segmenti che congiungono due incentri consecutivi. Scegliamo i segmenti O4 O3 e il suo consecutivo O3 O2.
Nel quadrilatero azzurro D O4 O3 C osserviamo: O4 D C + O4 O3 C = 180°
Nel quadrilatero rosa B O2 O3 C osserviamo: O2 B C + O2 O3 C = 180°
La somma di questi 4 angoli è l'angolo giro: O4 D C + O4 O3 C + O2 B C + O2 O3 C = 360°
Nel grande quadrilatero ABCD la somma di ABC + ADC = 180°
Inoltre :
il segmento O2 B appartiene alla bisettrice del vertice B quindi O2 B C = ABC/2
il segmento O4 D appartiene alla bisettrice del vertice D quindi O4 D C = ADC /2
di conseguenza O2 B C + O4 D C = ABC/2 + ADC/2 = 90 °
Sostituendo 90° alla somma O2 B C + O4 DC nella precedente espressione che dava 360° abbiamo: O4 D C + O4 O3 C + O2 B C + O2 O3 C = 360°;
90 + O4 O3 C + O2 O3 C = 360°
O4 O3 C + O2 O3 C = 270°
Dato che X + O4 O3 C + O2 O3 C = 360° ricaviamo X = 360°- 270° ossia X = 90°
L'angolo X formato dai due lati che collegano incentri consecutivi è quindi un angolo retto.
Questa affermazione è valida per ciascuna coppia di lati consecutivi, pertanto la figura complessiva avrà 4 angoli retti e sarà un rettangolo.
Ottimo Maurizio, la dimostrazione del valore dell'angolo x pari a 90 + la metà del suo opposto è le chiave che sblocca la "congettura" a fa fluire tutta la dimostrazione.
Per curiosità, ho provato a disegnare il quadrilatero con solo le bisettrici dei triangoli, che si intersecano tra loro in determinati nodi che, numerati, uniti in successione e attraversati da stringhe che collegano alternativamente e perpendicolarmente nodi pari e nodi dispari (quando i nodi vengono al pettine...), fanno si che sorgano non 1 ma bensì 5 rettangoli:
Si intravede anche qualche famigerato trapezio isoscele...
Figura molto interessante e con varie implicazioni.
Naturalmente per ciascuno dei rettangoli (considerando i 4 colorati + quello complessivo + le 4 coppie che si possono combinare diventano addirittura 9) , è possibile tracciare il cerchio che li circoscrive.
Ti immagini l'animazione ? una specie di fuoco artificiale...
animazione dei cerchi circoscritti ai rettangoli giapponesi