La Geometria del Compasso (1797)/I

by Lorenzo Mascheroni

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Lorenzo Mascheroni - La Geometria del Compasso (1797)

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Prefazione

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DELLA GEOMETRIA

DEL COMPASSO

LIBRO PRIMO

PRELIMINARE.

1. Chiamo Geometria del Compasso quella, che per via del solo compasso senza la riga determina la posizione de’ punti.

Dati per esempio due punti $A$, ed $E$ Fig. 1.; se si cerchi il terzo $D$, che sia tanto lontano da ciascuno di essi, quanto essi lo sono tra loro; si descrivano coll’intervallo, ossia raggio $AE$, e coi centri $A$, ed $E$ i due cerchj $EDB$, $ADV$, che si tagliano nel punto $D$; questo punto sarà il cercato; poichè sarà lontano dai punti $A$, ed $E$ d’un intervallo eguale ad $AE$ (Prop. 1. lib. 1. Eucl.). Questo punto $D$ si è trovato col solo compasso senza la riga.

2. Può accadere che la posizione di un punto si trovi col solo compasso; ma per dimostrare la proposizione ci sia bisogno di costruire la figura col mezzo della riga.

Se per esempio, dati due punti $A$ e $B$, che sieno lontani d’un cerro intervallo, che si prende per l’unità, ossia si fa $=1$; si cerchi un punto $D$, che sia lontano da $B$ dell’intervallo $BD=$${\sqrt {3}}$; la soluzione del Problema sarà come segue.

Col centro $A$, raggio $AB$ si descriva il cerchio $BCD$. Collo stesso raggio, centro $B$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza in $C$. Di nuovo collo stesso raggio, centro $C$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza più oltre in $D$. Sarà questo il punto cercato, e trovato senza la riga.

Per dimostrare nondimeno, che sia l’intervallo $BD=$${\sqrt {3}}$, vi sarà d’uopo di linee rette, le quali si segnano colla riga. Sia $BE$ il diametro del cerchio $BCD$, e si guidino le rette $BD$, $DE$. Sarà il triangolo $BDE$ rettangolo in $D$ (31, lib. 3.). Sarà dunque il quadrato della $BE$ eguale alla somma de’ due quadrati delle rette $BD$, e $DE$ (47. lib. 1.); e però il quadrato della $BD$ sarà eguale alla differenza de’ quadrati della $BE$ e della $DE$. Ma essendo l’intervallo $BC=CD=AB$; sarà ancora $DE=AB$ (15, lib. 4.), ossia $DE=1$. È ancora $BE=2$. Sarà dunque $(BD)^{2}$, cioè il quadrato della $BD$, eguale a $4-1=3$; e però la sua radice $BD=$${\sqrt {3}}$. Il che era da dimostrarsi, e non si è potuto fare senza la riga. Questa proposizione è la 12. del lib. 13 d’Euclide.

3. Dalla definizione di questa Geometria del Compasso (§. 1.) è chiaro, che appartengono ad essa tutti i Problemi, che si possono sciogliere col compasso solo, benchè per esso solo non si possano dimostrare; com’è il Problema precedente (§. 2.).

4. L’uso di questa Geometria sarà grandissimo, come apparirà dagli esempj, nel trovare i punti in pratica colla maggior precisione possibile, e spesso molto più speditamente col solo compasso, che chiamando in soccorso anche la riga.

5. Sarà dunque nostro ufizio sciogliere i Problemi col solo compasso; sarà poi lecito servirsi di dimostrazioni costruite secondo l’uso col compasso e colla riga, al qual fine citeremo le proposizioni e i libri d’Euclide.

6. Così poi verremo a capo di questo trattato, che non abbia a mancare alcun elemento, perchè col solo compasso si possono determinare tutti que’ punti di qualsivoglia Problema, che fino adesso col cerchio e colla riga solevansi determinare.

7. Non pertanto noi non porremo qui tutti questi Problemi; ma dimostrati gli elementi necessarj e bastanti per tutti, tra essi sceglieremo un buon numero de’ principali, cioè tutti quelli, che ci sembreranno i più utili, o per una certa eleganza pregevoli.

8. Aggiungeremo qui in favore degli artisti, in grazia de’ quali in gran parte quest’opera è stata scritta, che sapendo essi la molestia e il pericolo d’errare, che nasce dall’allargare e stringere il compasso a varie aperture precise; noi procureremo di sciogliere i Problemi col minimo numero possibile di aperture di compasso. Sarà poi anche meglio per l’artista avere in pronto tanti compassi fedeli, come li chiamano, ossia tali, che uno si possa assicurare, che conservino appunto l’apertura data; quante sono le aperture, che richiede la soluzione del Problema. Poichè accaderà spesso, che dovremo adoperar più volte la stessa apertura dopo averne adoperata una o più altre; così senza allargare o stringere un sol compasso, ripiglieremo quell’altro compasso messo da parte, che la conserva. A questo fine alcune volte chiameremo col nome di compasso primo, secondo, terzo le aperture successive, colle quali verrà sciolto il Problema.

9. Essendo oltre ciò importante alla precisione pratica della posizione di un punto, che la sezione delle linee, che lo determinano, si faccia ad angoli retti o vicini al retto; faremo sempre in modo, che un arco tagli l’altro o ad angoli retti, se ciò ne riuscirà, o almeno ad angoli non molto lontani dal retto.

10. Per essere più brevi, senza però riuscire oscuri, nell’indicare le costruzioni delle figure adopreremo spesso alcuni compendj, che saranno tosto intesi al solo guardar la figura. Per esempio nella Fig. 2 in luogo di dire: col raggio $AB$, e col centro $B$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza $BCD$ nel punto $C$. Poi collo stesso raggio, e col centro $C$ si descriva un arco, che tagli la stessa circonferenza in $D$ ec.; diremo solamente: si faccia ad $AB=BC=CD$, ec. Poichè è abbastanza chiaro, che i punti $B$, $C$ e $D$, coi quali si indica la stessa circonferenza $BCD$ sono nella stessa; cosicchè non v’è alcun pericolo d’equivoco.

11. Istessamente dati per esempio tre intervalli $AB$, $CD$, $EF$; se dirò; si faccia a $CD=EG$; ad $AB=FG$; si dovrà intendere che dica: col raggio $CD$, e col centro $E$ si descriva un cerchio, nella cui circonferenza sia il punto $G$. Quindi coll’intervallo $AB$, e col centro $F$ si descriva un altro cerchio, che tagli il primo nel punto $G$.

12. Alle volte nelle dimostrazioni nomineremo alcune linee rette, che non saranno nella figura, nominando i due punti estremi, ai quali dovrebbero esser condotte; come se nella figura del §. 11. nominassi la retta $AB$, ovvero $CD$. Ciò faremo quando non vi sarà pericolo d’oscurità, per conservar nitida la figura, e lasciare apparire meglio la costruzione fatta col solo cerchio.

13. Lemma. Se co’ due centri $A$, e $B$, e co’ raggi $AP$ ed $AQ$ si descrivano degli archi, che si tagliano in $P$ e $p$; $Q$ e $q$; i punti $Q$, $P$, $p$, $q$ saranno nella stessa retta. (Fig. 3.)

Dimostrazione. Essendo per costruzione eguali rispettivamente tra loro tutti i lati de’ triangoli $APp$, $BPp$; l’angolo $APp$ sarà eguale all’angolo $BPp$ (8. lib. 1.). Per la stessa si dimostra essere $APQ=BPQ$. Dunque la somma de’ due $APp$, $APQ$ è eguale alla somma de’ due $BPp$, $BPQ$. Ma la somma di questi quattro angoli è eguale a quattro retti (13. lib. 1. Coroll.). Dunque ciascuna delle somme di due eguali equivale a due retti. Dunque la $QPp$ è retta (14. lib. 1.). Nella stessa maniera si dimostra, che è retta la $Ppq$. Dunque i punti $Q$,$P$,$p$, $q$ sono nella stessa retta.

14. Stanti le stesse cose del §. 13.; le rette $AB$, $Pp$, così $AB$, $Qq$ si bipartiranno egualmente in $M$ ad angoli retti, e le $QP$, $qp$ saranno eguali.

Dimostrazione. Poichè per l’eguaglianza de’ lati de’ due triangoli $APB$, $ApB$ si ha l’angolo $PAB=pAB$ (8. lib. 1.). Ma è ancora $APp=ApP$ (5. lib. 1.). Dunque anche $AMP=AMp$ (Coroll. Proposiz. 32. lib. 1.). Dunque entrambi retti (13. lib. 1.). E sarà $Pp$ bipartita in $M$ per la dimostrazione della Prop. 10. lib. 1. Nella stessa maniera si dimostrerà, che si bipartono in $M$ la $Qq$ e la $AB$. Dalle eguali poi $QM$, e $qM$ togliendo le eguali $PM$, $pM$; i residui $QP$, $qp$ saranno eguali.

15. Corollario. Sarà dunque $(QM)^{2}=(AQ)^{2}-(AM)^{2}$ (47, lib. 1.).

16. Lemma. Stanti le stesse cose del §. 13. sarà $(AQ)^{2}=(AP)^{2}+(PQ)^{2}+Pp.PQ$.

Dimostrazione. Poichè è $(AQ)^{2}=(AP)^{2}+(PQ)^{2}+2MP.PQ$ (12, lib. 2.). Ma è $2MP=Pp$ (§. 14.). Dunque ec.

17. Lemma. Sarà pure $(AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-pP.pQ.$

Dimostrazione. Poichè è $(AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-2pM.pQ$ (13, lib. 2.). Ma e $2pM=pP$ (§. 14.). Dunque ec.

18. Corollario 1. Essendo $pQ=pP+PQ$; sarà $(pQ)^{2}=pP.pQ+PQ.pQ$ (2, lib. 2.); quindi sottraendo $pP.pQ$ si ha $(pQ)^{2}-pP.pQ=PQ.pQ$. E fatta la sostituzione di questo valore nel valore di $(AQ)^{2}$ del §. 17., si avrà $(AQ)^{2}=(Ap)^{2}+pQ.PQ$. Donde sottraendo di qua e di là $(Ap)^{2}$, nasce $(AQ)^{2}-(Ap)^{2}=pQ.PQ$. Se ora si eseguisca la moltiplicazione di $AQ+Ap$ per $AQ-Ap$; si troverà $(AQ+Ap)(AQ-Ap)=(AQ)^{2}-(Ap)^{2}$. Quindi si avrà $(AQ+Ap)(AQ-Ap)=pQ.PQ$. Donde per la 16, lib. 6. si deduce l’analogia $pQ:AQ+Ap::AQ-Ap:PQ$, ossia sostituendo $AP$ in luogo di $Ap$, e invertendo alternativamente

$PQ:AQ+AP::AQ-AP:pQ$

Da queste due analogie vien espresso il celebre

Teorema. In qualunque triangolo un lato qualunque sta alla somma degli altri due; come la loro differenza sta alla differenza, o alla somma de’ segmenti, che fa su quel lato la perpendicolare condotta dall’angolo opposto, secondo che essa cade dentro o fuori del triangolo.

19. Corollario II. Se sarà $AQ=pQ$; tolti di qua e di là i due termini eguali $(AQ)^{2}$, $(pQ)^{2}$, e aggiungendo d’ambe le parti $pP.pQ$; risulterà $pP.pQ=(Ap)^{2}$.

20. Lemma. Stanti le stesse cose (§. 13.), se sia retto l’angolo $RpQ$; sia poi l’angolo $RpS-RpA$; e $pS=pR=pA$; sarà $AS$ parallela, ed eguale alla $Pp$: e sarà $(AQ)^{2}=(RQ)^{2}-AS.pQ$. (Fig. 4.)

Dimostrazione. Poichè se dai due angoli retti $RpQ$, $Rpq$ si sottraggono i due eguali $RpA$, $RpS$; rimarranno eguali gli angoli $ApP$, $Spq$. Ma $ApP=APp$ (5. lib. 1.). Dunque $Spq=APq$. Dunque $AP$, $Sp$ sono parallele (29. lib. 1.). Ma sono anche eguali per costruzione. Dunque le due $AS$, $Pp$ sono eguali, e parallele (33. lib. 1.).

Si ha poi $(RQ)^{2}=(Rp)^{2}+(pQ)^{2}$ (47. lib. 1.)$=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}$. E pel Lemma §. 17., $(AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-pP.pQ$. Dunque $(AQ)^{2}=(RQ)^{2}-pP.pQ$, ossia =$(RQ)^{2}-AS.pQ$.

21. Lemma. Stanti le stesse cose (§. 13. e 20.) sarà $(SQ)^{2}=(RQ)^{2}+AS.pQ$.

Dimostrazione. Poichè se si faccia $ST=Sp$; $pT=pP$ (§. 11.); nei due triangoli $SpT$, $APp$ si troveranno tra loro eguali gli angoli $SpT$, $APp$ (8. lib. 1.); e però $PpT$ retta (27. lib. 1.). Sarà poi $(SQ)^{2}=(pS)^{2}+(pQ)^{2}+PQ.pT$ (§. 16.). Ma è $(pS)^{2}+(pQ)^{2}=(pR)^{2}+(pQ)^{2}=(RQ)^{2}$; ed è $pT=pP=AS$. Dunque $(SQ)^{2}=(RQ)^{2}+AS.pQ$.

Dai due Lemmi precedenti segue per Corollario essere $(AQ)^{2}+(SQ)^{2}=2(RQ)^{2}$.

22. Lemma. Se sarà $AQ=pQ=BQ$; e $Ap=pB=pS$, essendo $pS$ sulla continuazione della $Bp$; sarà $AS.pQ=(Ap)^{2}$. (Fig. 4.)

Dimostrazione. Avendo i triangoli isosceli $AQp$, $BQp$ i lati eguali tra loro; sarà l’angolo $QpA=QpB$ (8. lib. 1.). Sarà, poi l’angolo $ApB$, che è la somma dei due, eguale anche alla somma de’ due angoli $SAp$, $ASp$ (32. lib. 1.), i quali essendo eguali tra loro per essere isoscele il triangolo $ApS$ (5. lib. 1.); sarà ciascuno d’essi eguale all’angolo $ApQ=pAQ$ (5. lib. 1.). Sarà dunque il triangolo $pAS$ simile al triangolo $QpA$ (32. lib. 1. 4. lib. 6.); e quindi $pQ:Ap::Ap:AS$, e $AS.pQ=(Ap)^{2}$ (17. lib. 6.).

23. Lemma. Se sia $AB=AC=BD$; e $AD=BC$; sarà $DC.AB=(AB)^{2}-(AD)^{2}$. (Fig. 5.)

Dimostrazione. I due triangoli $ADB$, $ACB$; avendo i lati rispettivamente eguali, saranno eguali (8. e 26. lib. 1.). Essendo poi posti tutti e due sulla stessa base $AB$; saranno fra le stesse parallele $DC$, $AB$ (39. lib. 1.). Se dunque sulla $BA$ si prende $BE=DC$; sarà $DE$ uguale, e parallela alla $BC$ (33. lib. 1.), e uguale ancora alla $DA$. Quindi i due triangoli isosceli $BDA$, $DAE$, che hanno un angolo comune in $A$, saranno simili (5. e 32. lib. 1., e 4. lib. 6.), e sarà $AB:AD::AD:AE$; quindi $AB.AE=(AD)^{2}$ (17. lib. 6.). Si ha poi $AB.AE+AB.BE=(AB)^{2}$ (2. lib. 2.). Quindi ad $AB.AE$ sostituendo $(AD)^{2}$, e a $BE$ sostituendo $DC$; si ha $(AD)^{2}+AB.DC=(AB)^{2}$. E sottraendo $(AD)^{2}$, si avrà $DC.AB=(AB)^{2}-(AD)^{2}$.

24. Lemma. Se nel cerchio $B\mu G$ al raggio $AB$ si alzi nel centro $A$ la normale $Ae$ eguale alla corda $BG$ dell’arco $B\mu G$; e fatto centro in $e$ col raggio $AB$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza in $\mu$; sarà l’arco $B\mu$ eguale alla meta dell’arco $B\mu G$. (Fig. 6.)

Dimostrazione. Per l’eguaglianza de’ lati de’ due triangoli $ABG$, $A\mu e$ è l’angolo $GAB=A\mu e$ (8. lib. 1.). Si divida per meta angolo $A\mu e$ colla retta $\mu M$; essendo isoscele il triangolo $\mu eA$, l’angolo $\mu eM=\mu AM$; quindi ne’ due triangoli $\mu eM$, $\mu AM$ essendo eguali tra loro gli altri due angoli, sarà anche $\mu Me=\mu MA$ (Coroll. 32. lib. 1.); quindi $\mu M$ normale alla $Ae$ (13. lib. 1.), e quindi parallela alla $AB$ (29. lib. 1.), e sarà l’angolo $M\mu A=\mu AB$ (27. lib. 1.), sarà dunque $\mu AB$ la metà dell’angolo $GAB$, e però anche l’arco $B\mu$ metà dell’arco $B\mu G$.

25. Se nel parallelogrammo $ABMN$ sarà la diagonale $MA$ eguale ai lati opposti $MB$, $AN$; sarà il quadrato dell’altra diagonale $BN$ eguale al quadrato della prima aggiuntivi i due quadrati degli altri due lati. (Fig. 7.)

Dimostrazione. Si divida $AB$ per metà in $m$ colla perpendicolare $Mm$ (10. 11. lib. 1.), e sopra la $BA$ continuata siprenda $An=Bm$; sarà $mn=BA=MN$; e però $MNnm$ parallelogrammo (33. lib. 1.), e sarà retto l’angolo $NnB$ (27. lib. 1.). Quindi $(BN)^{2}=(AB)^{2}+(AN)^{2}+2AB.An$ (12. lib. 2.). Ma $An=$½$AB$. Dunque $(NB)^{2}=(AN)^{2}+a(AB)^{2}=(AN)^{2}+(AB)^{2}+(MN)^{2}$.

26. Se in qualunque triangolo $BPE$ si tagli in due egualmente la base $BE$ in $A$, e dall’angolo opposto $P$ si guidi la $PA$; sarà la somma de’ quadrati dei lati $BP$, e $PE$ eguale alla somma de’ quadrati eguali dei due segmenti, aggiuntovi il doppio quadrato della $AP$.

Dimostrazione. Poichè se si cali il perpendicolo $PR$ sulla base $BE$; sarà $(BP)^{2}=(BA)^{2}+(AP)^{2}+2BA.AR$ (12. lib. 2.). Sarà pure $(PE)^{2}=(AE)^{2}+(AP)^{2}-2AE.AR$ (13. lib. 2.). Fatta dunque la somma dei valori dei due quadrati $(BP)^{2}$, e $(PE)^{2}$, essendo $BA=AE$; sarà $(BP)^{2}+(PE)^{2}=(BA)^{2}+(AE)^{2}+2(AP)^{2}=2(AB)^{2}+2(AP)^{2}$.