Apr 10

La storia infinita del pi greco. 3: curve speciali per problemi speciali **

Torniamo al nostro pi greco che avevamo lasciato al tempo degli egizi. Esso non è ancora giudicato una vera costante, ma il valore di un certo rapporto tra lunghezze o aree. Ma se il pi greco è legato strettamente alla quadratura del cerchio, altri problemi appaiono insolubili per via puramente geometrica.

In pratica, la storia del pi greco si divide quasi subito in due problematiche molto simili, ma essenzialmente diverse: da un lato la determinazione sempre più accurata del suo valore numerico (cosa che ancora oggi continua), dall’altro la possibilità di quadrare secondo le regole che ormai conosciamo bene l’area di un cerchio. La seconda, vuole, in pratica, dire di costruire una lunghezza pari a pi greco attraverso riga e compasso. Abbiamo già accennato come questo risultato non possa essere ottenuto, dato che il pi greco è un numero irrazionale e trascendente, ma, per dimostrarlo con assoluta certezza, molti secoli dovevano passare dai tempi di Euclide.

Prima di dedicarci al miglioramento del suo valore numerico (sempre approssimato, per definizione) analizziamo ciò che si era fatto, già prima di Euclide per ottenere la quadratura del cerchio, ossia riuscire a usare riga e compasso per costruire un quadrato avente la stessa area del cerchio. Questo problema ero uno dei tre fondamentali di cui abbiamo già parlato: trisecare un angolo, duplicare un cubo e quadrare un cerchio.

Vedremo che lo studio del primo permise a Ippia (443 - 343 a.C.) di costruire una curva sufficiente allo scopo. Non solo, però... tramite tale curva, Dinostrato (390 – 320 a.C.) riuscì nell’impresa di quadrare il cerchio. Tuttavia, a parte l’insita approssimazione, egli vi riuscì mediante l’utilizzo di una curva “ad hoc” per tracciare la quale non erano assolutamente sufficienti la riga e il compasso. Analogo risultato fu ottenuto anche per la duplicazione del cubo (che affronteremo più avanti, per completezza, anche se non ha veri legami col pi greco).

I tre grandi problemi non potevano essere risolti, ma gli sforzi fatti permisero di costruire nuove curve e fare della geometria una materia sempre più affascinante, ancora prima di essere riscritta attraverso l’algebra.

Quadriamo le lunule

Affrontiamo, prima di tutto, le ricerche di Ippocrate di Chio, un vero genio che sembrava essere giunto a un passo dalla quadratura del cerchio utilizzando la geometria “classica”. Creatore delle lunule che tanto interesse sollevarono anche in Leonardo da Vinci e che divennero la norma in molti motivi architettonici del periodo romanico e gotico, soprattutto nei “rosoni” delle chiese.

rosoniEgli (450-420 a.C.) fu il primo a riuscire  a “quadrare” una figura curvilinea, la lunula, appunto.

Vediamo di costruirla …

Prendiamo il caso più semplice, quello relativo a un triangolo rettangolo isoscele AOB (Fig. 15, a sinsitra).

E’ possibile tracciare il cerchio di raggio uguale ad OA. Limitiamoci all’arco AMB Costruiamo il punto medio H di AB e con raggio uguale ad HA costruiamo l’arco di cerchio ANB. Chiamiamo L l’area compresa tra questi due archi, che rappresenta proprio la lunula (la forma la dice lunga sul nome…).

Figura 15
Figura 15

Non è difficile calcolarne l’area, che è data dalla differenza tra l’area del semicerchio ANBH e quella del segmento circolare AMBH.

Area semicerchio ANBH = π AH2/2

Area segmento circolare AMBH = π AO2/4 – Area triangolo AOB.

Chiamiamo a il cateto (AO) del triangolo. Si ricava subito che:

AB = a√2

AH = (a√2)/2

Le aree precedenti diventano:

Area semicerchio ANBH = π a2 2/(4·2) = π a2/4

Area segmento circolare AMBH = π a2/4 – Area triangolo AOB

L’area della lunula L è quindi data da:

L = Area semicerchio ANBH – Area segmento circolare AMBH = π a2/4 - π a2/4 + Area triangolo AOB

In poche parole, l’area della lunula è uguale all’area del triangolo. Dal triangolo al quadrato il passo è brevissimo (Fig. 15, a destra): basta tagliare il triangolo a metà e portarne una metà sotto all’altra e il quadrato è costruito; oppure quadruplicare il triangolo (Fig. 16)

Figura 16
Figura 16

Questo risultato è una vera quadratura, perché dimostra che un’area curvilinea è uguale ad un’area limitata da segmenti di retta che può essere facilmente calcolata.

Ma Ippocrate andò oltre e riuscì a esprimere anche l’esagono regolare (e non solo) attraverso lunule e semicerchi. E’ interessante e facile vedere come… Provate a dimostralo voi. In pratica, si chiede a quali lunule e a quali parti di cerchio è equivalente un esagono regolare.

Diamo di seguito la risposta, ma prima cercate di fare da soli…

Possiamo tranquillamente considerare la metà dell’esagono e quindi limitarci al trapezio isoscele ABCD (Fig. 17  , parte alta).

Figura 17
Figura 17

La sua area sia T. L’area del semicerchio (ABCD), costruito sulla sua base maggiore AD, la chiamiamo C. Chiamiamo invece Cs le aree dei semicerchi costruiti sui lati obliqui e sulla base minore (segmenti uguali) del trapezio e  L l’area della lunule corrispondenti.

Possiamo scrivere:

3Cs + T = C + 3L

Ma, dato che: r = R/2, vale anche:

4πr2 = πR2

4Cs = C

Se ne deduce:

3Cs + T = 4 Cs + 3L

T = 3L + Cs

Raddoppiando ogni area (parte bassa della Fig. 17) si ha che l’area dell’esagono è equivalente all’area di sei lunule e del cerchio che ha per diametro il lato dell’esagono.

Questo risultato, in cui compare un cerchio, fa pensare a Ippocrate che fosse possibile quadrare anche lui soltanto, ma… non era così.

In ogni modo, notiamo, con una certa attenzione, come l’intera costruzione sia stata fatta solo con riga e compasso… un risultato a dir poco strabiliante nella sua semplicità.

Trisechiamo un angolo: la trisettrice di Ippia

Dedichiamoci, ora, alla trisettrice di Ippia , che prese anche il nome di quadratrice di Dinostrato.  Teniamo sempre ben presente che a quei tempi la geometria poteva esprimersi solo attraverso l’uso di strumenti per tracciare linee e curve, non esisteva ancora la loro espressione algebrica e la trigonometria, che noi usiamo normalmente e che useremo anche per descrivere meglio i risultati futuri.  Consideriamo, inoltre, che qualsiasi risultato ottenuto con l’ausilio di curve aggiuntive non può essere considerato di geometria “pura”. Questo è proprio il caso della trisettrice che, in seconda battuta, riesce anche a quadrare il cerchio, ma non soltanto con riga e compasso.

Costruiamo la curva per via meccanica, mostrando la Fig. 18.

Figura 18
Figura 18

L’asta AB e quella CD hanno la stessa lunghezza e possono scorrere una dentro l’altra come è mostrato nella figura. La prima descrive un arco di cerchio in senso orario, mentre la seconda trasla in direzione verticale, partendo dalle posizioni AA’ e A’D’. Entrambe si muovono con velocità costante, in modo tale da giungere contemporaneamente nella posizione AB’. Il punto in comune, istante per istante, descrive la traiettoria voluta.

Non era difficile costruire praticamente lo “strumento”, un qualcosa di ben diverso, però, da riga e compasso. Notiamo già una situazione estremamente interessante. Nell’istante finale le due aste coincidono e il punto intersezione risulta indefinito…anche se meccanicamente è facile da indicare. Indicare sì, ma in modo approssimato.

E' interessante presentare un'animazione tratta da Wikipedia che mostra il "lavoro" del meccanismo di Ippia...

Quadratrix_animation

Mostriamo, adesso, come viene ottenuto lo scopo iniziale, ossia quello di dividere in tre parti un angolo (Fig. 19)

Figura 19
Figura 19

Prendiamo il segmento AD e facciamolo ruotare attorno ad A in senso orario e velocità costante fino a coincidere con AB. Nello stesso intervallo di tempo, con velocità costante, il segmento orizzontale DC trasla, rimanendo parallelo a se stesso, verso il basso fino a coincidere con AB. Il punto F, intersezione, istante per istante, dei due segmenti AD e DC descrive la nostra trisettrice.

Il problema di trisecare un angolo è facilmente risolto. Consideriamo l’angolo FAB e cerchiamo di tracciare  una retta che identifichi 1/3 di tale angolo. Per ottenerla basta tracciare da F la perpendicolare ad AB e individuare il punto H; determinare il punto H’ su questa perpendicolare tale che HH’ = 1/3 FH; tracciare la parallela da H’ ad AB e individuare il suo punto d’intersezione L con la trisettrice; la retta AL è quella cercata e individua esattamente un angolo (HAL) pari a 1/3 di quello di partenza.

Il tutto si dimostra facilmente. A causa del moto costante esincrono dell’asta orizzontale e di quella rotante, si può scrivere la proporzione, relativa al punto F:

FAB : π/2 = FH : 1

FH = FAB/(π/2)

La stessa proporzione deve valere per il punto H’. Tuttavia, HH’ = 1/3 FH per costruzione. Ne segue:

LAB : π/2 = FH/3 : 1

LAB = (π/2)FH/3

Sostituendo FH, sia ha:

LAB = (π/2) ((FAB 2/π)/3) = FAB/3

Il gioco è fatto, ma attraverso una curva aggiuntiva e, quindi, il problema di trisecare un angolo rimane insoluto a livello puramente geometrico. Per come è stato diviso l’angolo di partenza è chiaro che esso può essere diviso in n parti con estrema facilità.

Quadriamo “meccanicamente” il cerchio

Facciamo un passo in avanti e vediamo di utilizzare questa curva per quadrare un cerchio, cosa che riuscì a Dinostrato. Per facilitare l’impresa cerchiamo di scrivere l’equazione analitica della trisettrice di Ippia (o quadratrice di Dinostrato).

Consideriamo il quadrato ABCD (Fig. 20) e trasliamo il lato DC con velocità costante in un periodo uguale a P per arrivare fino ad AB. Facciamo ruotare il lato AD con velocità angolare ω = π/2P in modo da descrivere 90° nello spesso periodo di tempo. La curva richiesta è il luogo dei punti E intersezione di questi due lati, nel periodo P.

Figura 20
Figura 20

Ovviamente non possiamo limitarci a intersecare due rette, ma dobbiamo fale variare in funzione del parametro tempo, t. Facciamolo variare, considerando come unità il raggio AB = AD e anche il periodo P, abbiamo le due equazioni:

y = 1 – t                                      (spostamento verticale del segmento DC)

y = x tan(α(t))            .... (1)       (rotazione del segmento AD)

dove α è BAD’ e vale:

α = π/2 – ωt = π/2 - πt/2 = π(1 – t)/2 = πy/2

Ricaviamo x dalla (1)

x = y/tan(πy/2)                     …. (2)

A noi servirebbe il valore della curva sull’asse x, ossia per y = 0. Ma, come ci si doveva aspettare, la curva non è definita in quel punto, infatti abbiamo una forma indeterminata 0/0

Non ci resta che provare ad applicare la regola di de l’Hopital.

Se

limy → 0 f(x)/g(x) = 0/0

effettuare le derivate di numeratore e denominatore. Se esiste un limite finito L, esso è uguale al limite di partenza (indeterminato), ossia:

se

limy → 0 f’(x)/g’(x) = L

allora

limy → 0 f(x)/g(x) = L

NB: Uno dei casi più celebri è il limite di sen(x)/x, per x che tende a zero. Facendo le derivate, si ottiene cos(x) che ha come limite 1.

Applichiamola al nostro caso, derivando il numeratore e il denominatore della (2)

limy → 0 (1/((π/2)/cos2(πy/2)) = cos2(πy/2)/(π/2) = 2/π

Ne segue che il punto d’intersezione della trisettrice con l’asse x, F, vale 2/π. La presenza di π conferma l’indeterminazione di questo valore che si risolve solo passando al limite. Comunque sia, la curva di Ippia permette di ottenere “meccanicamente” un segmento pari a 2/π. A quel punto Dinostrato non se lo fa dire due volte e riesce a quadrare il settore circolare ADB.

La sua area è proprio π/4 (raggio = 1), mentre noi abbiamo disegnato con la curva ausiliatrice 2/π. Non è difficile con riga e squadra -e un po’ di Euclide- arrivare a un quadrato di area π/4. Riprendiamo la Fig. 20 e tracciamo da F il segmento FK perpendicolare ad AB. Il segmento FK è preso uguale all’unità. Tracciamo da A la congiungente AK e la prolunghiamo fino a incontrare la perpendicolare ad AB, tracciata da B. Sia N il punto d’intersezione. Dai triangoli simili AFK e ABN si ottiene subito:

AF/FK = AB/BN

(2/π)/1 = 1/BN

BN = π/2

Prolunghiamo il lato AB di un segmento BO uguale a 1/2 e consideriamo il rettangolo BOMN. La sua area è data da:

ABOMN = BN · BO = (π/2)·(1/2) = π/4

Non ci resta che prolungare OM verso l’alto di un segmento OQ = 1/2. Troviamo il punto di mezzo T del segmento QM e tracciamo il semicerchio di raggio QT. Prolunghiamo AB fino a incontrare il semicerchio in R. Consideriamo il triangolo rettangolo (per costruzione) QRM. L’altezza relativa all’ipotenusa QO è proprio PO. Non ci resta che applicare il secondo teorema di Euclide (che ormai conosciamo bene): l’area del quadrato costruito sull’altezza relativa all’ipotenusa è uguale all’area del rettangolo che ha per lati le proiezioni dei cateti sull’ipotenusa. Nel nostro caso abbiamo:

OR2 = OQ · OM = BO · BN = π/4

OR = (√π)/2

OR è proprio il lato di un quadrato la cui area è uguale a π/4, ossia a un quarto del cerchio di raggio AB. Abbiamo ottenuto la quadratura di un cerchio, ma… per farlo oltre a riga e compasso è stata usata una curva ausiliatrice. Pollice verso! D’altra parte il segmento AH è impossibile da determinare se non attraverso un limite: pi greco è sempre pi greco!

Ci piace ricordare che la trisettrice di Ippia o –se preferiamo- la quadratrice di Dinostrato è, probabilmente, la prima curva costruita dopo il cerchio.

Fermiamoci qui…la prossima volta, lasceremo un po’ da parte pi greco, dato che è obbligatorio risolvere anche il terzo grande problema, quello della duplicazione del cubo. Per far ciò parleremo di peste, di oracoli e di nuove curve…

 

QUI gli altri articoli dedicati alla storia infinita del pi greco

9 commenti

  1. Frank

    Giorno Enzo, cavolo non riesco ad andare oltre la prima differenza. Spero sia un errore di scrittura altrimenti torno a dormire. Dunque dove dici, riferimento alla figura 15:

    Area semicerchio ANBO = π AH2/2

    dovrebbe essere: ANBH = π AH2/2

    Thanks

  2. grazie Framk... hai pienamente ragione... :oops: Ho fatto un bel pasticcio, ingigantitosi facendo copia e incolla...

    Spero di aver messo tutto a posto. Abbiate pazienza, ma è un periodo in cui la tranquillità è un po' una chimera....

    se trovate errori ditemelo subito, vi prego...

  3. Frank

    Non lamentarti per un banale errore di scrittura, pensa che ho impiegato il tempo intercorso dalla tua risposta fino ad ora per capire i due passaggi che ottengono l'equivalenza delle due aree................

    Proseguo più tardi, vado a studiare il solito moto del proiettile al golf course.

     

  4. Sì, caro Frank, ma io dovrei fare chiarezza e non creare confusione...  :(

  5. aggiungo, Frank, che prima o poi dovremo fare un quiz sul ... golf!!!! :mrgreen:

  6. Maurizio Bernardi

    Magari su un "ACE" realizzato con una traiettoria tale  da dover considerare il fatto che g varia in funzione della altezza...

  7. Frank

    Eccomi, bene per il golfquiz ma ho l'impressione che non siate ben consapevoli in quale casino vi andate ad infilare. Riguardo alla confusione, vedila così, è stato un buon esercizio di verifica. Prima di chiedere lumi le ho provate tutte anche se era evidente l'errore di battitura e non ti dico la fatica per fare uscire quel 4 al denominatore nei passaggi successivi.

    Però oggi la resa è stata altissima uno dei miei migliori score, forse lo "sforzo mentale" prima della gara è servito.

  8. bene! In ogni cosa c'è sempre un lato positivo...

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