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Lorenzo Mascheroni - La Geometria del Compasso (1797)

Libro secondo

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I

III

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[p. 14 modifica]

DELLA GEOMETRIA

DEL COMPASSO

LIBRO SECONDO

DELLA DIVISIONE DELLA CIRCONFERENZA

E DEGLI ARCHI DEL CERCHIO.

problema.

27. Dividere la circonferenza del cerchio $BDd$ in quattro parti eguali. (Fig. 9.)

Soluzione. Nella stessa circonferenza si faccia al raggio $AB=Bc=BC=CD=DE=Ed$ col primo compasso (§ 10. 8.). Sarà $dc=cB=BA$ (15. lib. 4.).

Si faccia a $BD=Ba=Ea$ col 2° compasso; ad $Aa=BF=Bf$ col 3° compasso. Si avrà divisa la circonferenza in quattro parti eguali $BF$ , $FE$ , $Ff$ , $fB$ .

[p. 15 modifica]Dimostrazione. Essendo $BAE$ un diametro (15. lib. 4.); e avendo i triangoli $aAB$ , $aAE$ tutti i lati eguali, e però eguali gli angoli $aAB$ , $aAE$ (8. lib. 1.); questi saranno retti (13. lib. 1.). Dunque $(aB)^{2}=(AB)^{2}+(aA)^{2}$ (47. lib. 1.); e sottraendo $(AB)^{2}$ da tutte due le parti, si ha $(aB)^{2}-(AB)^{2}=(aA)^{2}$ . Si faccia per brevità $AB=1$ ; sarà $(aB)^{2}=(BD)^{2}=3$ (§. 2.). Sarà dunque $(aA)^{2}=3-1=2$ , e quindi anche $(BF)^{2}=(aA)^{2}=2=1+1=(AB)^{2}+(AF)^{2}$ . Dunque nel triangolo $FAB$ l’angolo FAB sarà retto (48. lib. 1.), e però anche l’angolo $FAE$ (13. lib. 1.). Saranno dunque gli archi $BF$ , $FE$ eguali tra loro, e quarti di cerchio, come pure gli archi $Bf$ , $fE$ .

28. Corollario. Essendo retti gli angoli $BAa$ , $BAF$ ; i tre punti $A$ , $F$ , $a$ saranno nella stessa retta.

29. Abbiamo dunque già la circonferenza divisa in due parti eguali per esempio nei punti $B$ , ed $E$ ; in tre parti, come ne’ punti $B$ , $D$ , $d$ (15. lib. 4.); in quattro parti ne’ punti $B$ , $F$ , $E$ , $f$ (§. 27.); in sei parti nei punti $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $d$ , $c$ . (15. lib. 4.).

[p. 16 modifica]

problema.

30. Dividere una circonferenza in otto parti eguali.

Soluzione. Stanti le cose come al §. 27. Si faccia ad $AB=aG=aH$ compasso 1.° ad $Aa=Gg=Hh$ compasso 3.° sarà anche ad $Aa=gh$ ; e la circonferenza sarà divisa in otto parti eguali ne’ punti $B$ , $G$ , $F$ , $H$ , $E$ , $h$ , $f$ , $g$ . (Fig. 9.)

Dimostrazione. Poichè essendo $(Aa)^{2}=2$ (§. 27.); sarà $(Aa)^{2}=(AG)^{2}+(aG)^{2}$ . Sarà dunque retto l’angolo $aGA$ (48. lib. 1.). Quindi pel triangolo isoscele $aGA$ gli altri due angoli $GAa$ , $GaA$ tra loro eguali (5. lib. 1.) saranno semiretti (32. lib. 1.). Dunque l’angolo $GAF$ , che è lo stesso coll’angolo $GAa$ (§. 28.), sarà la metà di $BAF$ . Dunque anche l’arco $GF=BG$ . Ma per costruzione è $Gg=BF$ (26. lib. 3.). Dunque tolto di qua e di là $BG$ ; sarà $GF=Bg$ . Nello stesso modo si dimostrerà, che gli altri archi sono eguali. Sara dunque la circonferenza divisa in parti eguali ciascuna alla meta del quadrante, e però in otto.

[p. 17 modifica]

problema.

31. Dividere la circonferenza in dodici parti eguali.

Soluzione. Stanti le cose come nel §. 27., si faccia ad $AB=FN=Nn=FO=Oo$ . Sarà la circonferenza divisa in dodici parti eguali ne’ punti $B$ , $N$ , $C$ , $F$ , $D$ , $O$ , $E$ , $o$ , $d$ , $f$ , $c$ , $n$ . (Fig. 9.)

Dimostrazione. Poichè tolti via gli archi eguali $BC$ , $DE$ dagli eguali $BF$ , $FE$ ; gli archi, che rimangono $CF$ , $FD$ saranno eguali. Essendo dunque $CD$ la sesta parte della circonferenza (§. 29.); sarà $CF$ la sua metà, cioè la duodecima. Sarà ancora CF=CN a cagione di $FN=CD$ ; così pure $CN=NB$ a cagione di $FN=CB$ . E nella stessa guisa si dimostrerà, che tutte le altre sono duodecime parti della circonferenza.

[p. 18 modifica]

problema.

32. Dividere la stessa circonferenza in ventiquattro parti eguali.

Soluzione. Stanti le stesse cose come sopra (§. 30., e 31.); si faccia ad $AB=GL=LM=Gk=ki=HI=IK=Hm=ml$ compasso 1.° e sarà fatto. (Fig. 9.)

Dimostrazione. Poichè se dagli archi eguali $GF$ , $GB$ (§. 30.) si sottraggono gli eguali $CF$ , $NB$ (§. 31.); resteranno eguali $GC$ , $GN$ , ed essendo $CN$ una duodecima parte della circonferenza (§. 31.); saranno $GC$ , $GN$ ventiquattresime parti di essa. Essendo poi $FN=GL$ ; tolto via $FG$ ; sarà $NG=FL$ . Dunque anche $FL$ sarà una ventiquattresima e la metà di $FD$ (§. 31.). Nello stesso modo si dimostrerà essere eguali a questi gli archi $DH$ , $HO$ , $FI$ , $IC$ , così tutti gli altri determinati quì sopra.

33. Noi ci siamo qui serviti senza citarle delle Prop. 26., e 27. del lib. 3.. d’Euclide, che in un cerchio, o in cerchj eguali le rette eguali sottendono archi eguali; il che faremo anche in seguito per brevità.

[p. 19 modifica]34. Gli antichi per via del centro $A$ col raggio $AB$ , e col solo compasso divisero la circonferenza in sei parti eguali. Le altre divisioni le ottenevano col compasso e colla riga, prendendo varj punti fuori della circonferenza. Ora noi abbiamo trovato un punto a tale, che solo basta a dividere la circonferenza in ventiquattro parti eguali col solo compasso. Il che è nello stesso tempo più spedito e comodo, e porta ad una divisione pratica molto più accurata dell’antica.

35. Può sembrare elegante la serie delle aperture de’ tre compassi, che bastano a questa divisione. Poichè si trova l’apertura del primo = ${\sqrt {1}}$ , del secondo = ${\sqrt {2}}$ , del terzo = ${\sqrt {3}}$ .

36. Lemma. Se nel cerchio $BGE$ sia il raggio $AB=1$ ; sia poi l’arco $BG$ un’ottava parte della circonferenza; sarà il quadrato della sua corda $BG$ , ossia $(BG)^{2}=2-$ ${\sqrt {2}}$ . (Fig. 10.)

Dimostrazione. Sul diametro $BE$ si cali la perpendicolare $GP$ . Nel triangolo rettangolo $GPA$ a cagione dell’angolo semiretto $GAP$ sarà semiretto ancora $AGP$ (32. lib. 1.). Saranno dunque eguali i lati $GP$ , $PA$ (6. lib. 1.). È poi $(AG)^{2}=(PG)^{2}+(AP)^{2}$ (47. lib. 1.). Dunque $(AG)^{2}=2(4P)^{2}$ ; quindi $2(AG)^{2}=4(AP)^{2}$ , ossia $2=(2AP)^{2}$ , e quindi ${\sqrt {2}}$ $=2AP$ ; $AP=$ ½ ${\sqrt {2}}$ ; [p. 20 modifica] $BP=AB-AP=1-$ ½ ${\sqrt {2}}$ . Si ha poi, essendo retto l’angolo $BGE$ (31. lib. 3.), $BP:BG::BG:BE$ (8.4. lib. 6.); quindi (17. lib. 6.) $(GB)^{2}=BP.BE=2BP$ . Dunque $(BG)^{2}=2-$ ${\sqrt {2}}$ .

37. Lemma. Stanti le stesse cose del §. 36., sarà il quadrato della $GE$ corda di tre ottave parti della circonferenza, ossia $(GE)^{2}=2+$ ${\sqrt {3}}$ .

Dimostrazione. Poichè sarà $(BE)^{2}=(GE)^{2}+(BG)^{2}$ (47. lib. 1.). Ma $(BE)^{2}=4$ ; $(BG)^{2}=2-$ ${\sqrt {2}}$ (§. 36.). Dunque $4=(GE)^{2}+2-$ ${\sqrt {2}}$ , e togliendo 2, aggiungendo ${\sqrt {2}}$ , si avrà $2+$ ${\sqrt {2}}$ $=(GE)^{2}$ .

problema.

38. Essendosi già divisa la circonferenza in ventiquattro parti (§. 32.) eguali; suddividerla in quarantotto.

Soluzione. Si faccia ad $aN=Be=Ee$ (§. 11.) compasso 4°; ad $AB=e\mu =e\nu$ compasso 1°. Saranno $K\mu$ , $\mu N$ , $M\nu$ , $\nu O$ quarantottesime parti della circonferenza. (Fig. 11.)

Dimostrazione. Se si concepiscono guidate le rette $Aa$ , $Nn$ , $aN$ , $aB$ (§. 12.); essendo retto l’angolo $BAa$ (§. 27.); e l’angolo [p. 21 modifica] $BAN=BAn$ (§. 31.), e i tre raggi $AN$ , $AB$ , $An$ eguali; sarà $(aN)^{2}=(aB)^{2}-Nn.Aa$ (§. 20.); però a cagione di $aN=Be$ , sarà, pure $(Be)^{2}=(aB)^{2}-Nn.Aa$ . Essendo poi i triangoli $eAB$ , $eAE$ a cagione de’ lati rispettivamente eguali, rettangoli in $A$ (8. e 13. lib. 1.); sarà $(Be)^{2}=(AB)^{2}+(Ae)^{2}$ (47. lib. 1.). E però $(AB)^{2}+(Ae)^{2}=(aB)^{2}-Nn.Aa$ . Ma è $(aB)^{2}=(AB)^{2}+(Aa)^{2}$ . Sarà dunque $(AB)^{2}+(Ae)^{2}=(AB)^{2}+(Aa)^{2}-Nn.Aa$ ; quindi sottraendo $(AB)^{2}$ , si ha $(Ae)^{2}=(Aa)^{2}-Nn.Aa$ . Ma $(Aa)^{2}=2$ (§. 27.), e $Nn=1$ ; essendo $Nn$ corda d’una sesta della circonferenza (§. 31.). Dunque $(Ae)^{2}=2-$ ${\sqrt {2}}$ $=$ al quadrato della corda dell’arco $BG$ , che è l’ottava parte della circonferenza (§. 30., e 36.). Sarà dunque l’arco $B\mu =\mu G$ (§. 24.). Se poi da questi archi si sottraggono gli archi eguali $BK$ , $NG$ (§. 32.); saranno gli archi $K\mu$ , $\mu N$ eguali. Essendo dunque l’arco $KN$ la vigesimaquarta parte della circonferenza (§. 32.); saranno le sue metà, ossia gli archi $K\mu$ , $\mu N$ , e per la stessa ragione gli archi $M\mu$ , $\mu O$ la quarantottesima parte della circonferenza.

[p. 22 modifica]39. Stanti le stesse cose potrebbe chi volesse, col solo ajuto dei quattro compassi indicati qui sopra, dividere tutta la circonferenza in quarantotto parti eguali (§. 8.). Poichè se pel primo compasso di apertura $=AB$ si divida la circonferenza in sei parti cominciando dal punto $\mu$ , si bipartiranno gli archi $IF$ , $HO$ , $mo$ , $fl$ , $ng$ . Dividendo poi la circonferenza in sei parti cominciando dal punto $\nu$ , resteranno divisi gli archi $oh$ , $fi$ , $nk$ , $NG$ , $FL$ . Dividendo poi la circonferenza in quattro parti col terzo compasso di apertura eguale ad $Aa$ cominciando dal punto $\mu$ , resteranno divisi gli archi $LD$ , $ic$ ; cominciando poi dal punto $\nu$ , resteranno divisi gli archi $IC$ , $Id$ . In seguito dividendo la circonferenza in sei parti eguali di nuovo col primo compasso, ma cominciando dagli ultimi punti trovati col terzo compasso, resteranno divisi per meta tutti gli altri archi. (Fig. 11.)

La dimostrazione e simile a quella del §. 32.

[p. 23 modifica]PHOXLEM*.

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ciaque jsirti cguali.

) Solutions, Stami le cos; come nel Pro’K$. btema Jj. 31.1, ii faou ad Aa~ Nfl ■ "" = Ob; compitflb J.*

Si fa«ia a Bi = EQ» Sari I’ nee 1)Q la quintl pine della 1 t’fconttfreiua,

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’ U rtitj F A arl bipartita in X ( 10, lib. 1. ); cosa pure NO ( #. 14- )• ELi?ndo poi I’ir*

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J Sara il quaitatu deiia sua orda N O eguslc al quadtiEO dslla corda B II = i ( f ■ *■ ) ■

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I lib. I. ). Sood puj Hfjlt ll*fl» KtH i puott l) *, A 1. Xi. c il tmngo’J NiX rcrtangolo (§■ ix. ij. 14. ) i croi (N & V = C Ai)’

> ( |, 17. ). Liomk (Xi)’ = (hi*)", ~(KX)’ ( 47. lib. 1. ) = 1 — 7

7 — j = 7. Ma per L’aiigolo reitd 3C.AB lo rteifo the FAB ft ha (BXV =s Cab)- +■ (ax)’ (47- lib, 1. ).

B 4 [p. 24 modifica]

4

Ed k (AXV fc* A (AF)’ ( pfjr Co, Prop. 4. del *, >* Sari dnnque (IJJQ 1 1 +■ - = 7 ^ (Xi) ! . Duoque lc rette B Xb soup- fgualL Sid dunquc quefta punto quelle rttflb » -che adopera, ToLajnmeo A* prjPto Libro ■dell’Alm^gefto per Uerivece "" pcnragoin* c un deeigono equilajcta * 1 cquiangolo iwl cctchio , Vedi U diraoflxazE ne del Clivio nello ScoSlo alia Prop. 1 dd Libro K> d’ Eadidc . Vedi aoeora numrri stguentj ( f . 45. K> ), di| quali fisi icri U dimo-ftraiiopc i uteri tii qucrta Props fizione , c dclEc scgucmi <■■ i

1 ’ JJ’i v-idere la circonferenia ia die*

’i.5- paiti cguilL* Sotu^tOfie . Slant i !t cose come net Pn bit ma precede nte ( £ 40. ), fi lice* ad Ah = BP, sari E1 J =5 PQ; »rJ eguali alia derima parte del I a circonn reuza. . Jlmojf rff jiuwe ♦ Vcd! 10, lib. ij. Eucl*

La Geometria del Compasso (1797)/II

> ( |, 17. ). Liomk (Xi)’ = (hi*)", ~(KX)’ ( 47. lib. 1. ) = 1 — 7