Silenzio quasi totale... Vacanze o mancanza di voglia di pensare? Spero la prima ragione, anche perché la dimostrazione è decisamente semplice e molto indicativa di come anche teoremi in qualche modo rivoluzionari sfruttino in pieno conclusioni dovute a scienziati di molti secoli prima.

Il problema che ho proposto non è altri che il fondamentale teorema di Desargues (1591-1661), il vero inizio della geometria proiettiva. Accolto con critiche e disinteresse dai contemporanei, è diventato un vero e proprio pilastro nei secoli successivi. Forse il solo Pascal lo aveva accolto con l’entusiasmo che meritava.

Formuliamolo in termini  più “tecnici”: Se due triangoli sono in prospettiva rispetto a un punto, lo sono anche rispetto a una retta. La cui “traduzione” risulta proprio essere: “Se due triangoli hanno i vertici corrispondenti che si incontrano in un punto, anche all’infinito, le intersezioni dei lati corrispondenti si incontrano in punti che stanno su una retta.

Ricordiamo brevemente la differenza tra prospettiva e geometria proiettiva. La prima, nella sua evoluzione attraverso i secoli, ha elaborato sempre meglio la tecnica per riprodurre su un unico piano ciò che si vede realmente. Dalla realtà alla sua proiezione. La geometria proiettiva ha, invece, elaborato una geometria che riesca a trattare in modo rigoroso le proiezioni. Si deve proprio a quest’ultima l’introduzione dei punti all’infinito e della retta all’infinito. Le proiezioni diventano entità geometriche. In tal modo, Desargues fece scomparire i casi “eccezionali” in cui due rette parallele appaino incontrarsi in un punto, dato che tale punto esiste a tutti gli effetti nella sua nuova geometria.  Chi fosse interessato a saperne di più, consiglio questa tesi di laurea.

Veniamo, ora, al nostro problema. Disegnando la Fig. 1 con i due triangoli ABC e DEF che mostrano la stessa proiezione rispetto al punto X. Ossia, le congiungenti i loro vertici si incontrano in X. Prolunghiamo i lati di due triangoli fino a che i prolungamenti di lati corrispondenti si intersechino tra loro. Questi tre punti (Q, R, S) sono posti su una stessa retta.

Non abbiamo bisogno di ulteriori costruzioni… basta evidenziare alcuni triangoli e le rette ad essi associate. Mi spiego meglio, rifacendomi a un teorema probabilmente dovuto a Menelao di Alessandria che abbiamo presentato QUI. Come si legge in quell’articolo la conclusione del teorema si estende anche al caso in cui la retta sia esterna al triangolo.

Richiamiamolo brevemente, mostrando la dimostrazione nel caso di una retta esterna, in Fig. 2.

ABC sia il triangolo e FDE la retta esterna al triangolo.

La regola da seguire è la stessa utilizzata nel caso di retta intersecante il triangolo, ossia quella di scegliere un punto di partenza e un certo verso, sia orario che antiorario, e scrivere i rapporti tra i vertici e i punti di intersezione della retta con i lati, sia che l’intersezione sia interna al lato sia che sia esterna.

Iniziamo da A e dal lato AB. Il punto d’intersezione con la retta è D. Per cui il primo rapporto è AD/DB. Poi ci spostiamo sul lato BC dove E è l’intersezione. Ne segue che il secondo rapporto è BE/EC. Rimane infine il vertice C e il lato AC. Questa volta il punto d’intersezione è F, da cui il rapporto CF/FA. Non ci resta che moltiplicare i tre rapporti e ottenere come risultato il numero 1:

AD/DB · BE/EC · CF/FA = 1

Se avessimo girato in verso opposto, avremmo ottenuto:

AF/FC · CE/EB · BD/DA

Otterremmo, comunque, sempre il valore di 1, dato che il secondo prodotto è uguale all’inverso del primo e l’inverso di 1 è sempre 1.

Eseguiamo pure la dimostrazione anche se è di una facilità irrisoria. Nella Fig.2  tracciamo le perpendicolari dai tre vertici alla retta esterna e H, K e L siano i tre punti di intersezione. Basta affidarsi a triangoli simili…

In particolare:

Triangoli ADH e BDK, BKE e CLE,  FAH e FCL

Dal primo otteniamo

AH/BK = AD/BD

Dal secondo

BK/CL =BE/CE

E dal terzo

CL/AH = FC/AF

Moltiplichiamo le tre uguaglianze

AH/BK · BK/CL · CL/AH = AD/BD · BE/CE · CF/FA

Il primo membro si semplifica, riducendosi a 1. Per cui:

AD/BD · BE/CE · CF/FA = 1

c.v.d.

Dimostriamo, adesso, l’inverso del Teorema di Menelao, ossia:

Se AD/BD · BE/CE · CF/FA = 1

allora i tre punti DE ed F sono allineati.

Una dimostrazione più che banale, ma svolgiamola in modo più che rigoroso.

Ipotizziamo che esista un altro punto F’ per il quale valga la relazione:

AD/BD · BE/CE · CF’/FA’ = 1

Uguagliamo i due primi membri e, semplificando, si ha:

CF/FA = CF’/F’A

Togliamo 1 da entrambi i membri e si ottiene:

(CF – FA)/FA = (CF’ – F’A)/F’A

Ma CF – FA =  AC e così pure CF’ – F’A = AC

AC/FA = AC/F’A

F’A = FA

A(F’- F) = 0

F’ = F

c.v.d.

La conoscenza del teorema di Menelao e del suo ovvio inverso, ci porta velocemente e semplicemente alla dimostrazione del Teorema di Desargues.

Andiamo con calma per non confonderci tra rette e punti.

Riprendiamo la figura iniziale nella Fig. 3, con i nostri due triangoli e con le linee veramente necessarie per definire il problema.

Evidenziamo, però, ciò che vogliamo descrivere. Iniziamo col triangolo ABX e con la retta PDE. In tal modo vediamo facilmente che abbiamo un triangolo e una retta esterna. Possiamo, perciò, applicare il Teorema di Menelao e scrivere:

XD/DA · AP/PB · BE/EX = 1

Passiamo poi al triangolo XBC e alla retta QFE (Fig. 4)

Applichiamo nuovamente il Teorema di Menelao e otteniamo:

XE/EB · BQ/QC · CF/FX  = 1

Ripetiamo ancora il procedimento per il triangolo XAC e per la retta DFR (Fig. 5)

XD/DA · AR/RC · CF/FX  = 1

Abbiamo però già visto che il risultato non cambia se invertiamo i rapporti. Invertiamo, perciò, il risultato della terza applicazione del Teorema di Menelao

AD/DX · RC/AR · XF/FC = 1

Moltiplichiamo tra loro le tre uguaglianze segnate in neretto

XD/DA · AP/PB · BE/EX · XE/EB · BQ/QC ·  CF/FX · AD/DX · RC/AR  · XF/FC = 1

Vi è parecchio da semplificare …

AP/PB · BQ/QC · RC/AR  = 1

O, se preferiamo:

PB/AP · AR/RC · QC/BQ = 1

Ricordando che vale l’inverso del Teorema di Menelao, ottenere questa relazione vuole dire che PQR è una retta, esterna al triangolo ABC.

c.v.d.