Peregrinazioni geometriche #2

Problema 4

Nell'immagine seguente si vede come appare in Geometriagon la finestra relativa a questo problema. I dati che vi si possono leggere sono questi: il problema è stato pubblicato il 7/9/2004, io ho proposto un livello 4 ma facendo la media con le proposte dei 30 risolutori si ottiene un livello 3,5. Il testo del problema è: Dati i lati AB e AC di un triangolo e la bisettrice AF dell'angolo A, costruire il vertice C del triangolo. Nel riquadro a destra, che si riempie solo se java funziona, si vede la figura di partenza con il punto C (obiettivo della costruzione) rosso che significa che non può essere utilizzato nelle costruzioni e in alto la barra degli strumenti disponibili: quelli per costruire cioè punto, intersezione di oggetti, cerchio dati centro e un punto, compasso, parallela, perpendicolare, punto medio, e alcuni altri per impostare forma e colore dei punti e rette o per nascondere oggetti o cancellarli o rinominarli o spostarli. Questi strumenti compaiono in quasi tutti i problemi, eccetto in alcuni in cui sono eliminati o le rette o i cerchi. Nelle versioni più recenti di C.a.R. le icone degli strumenti sono cambiate, ma le funzioni sono rimaste le stesse.

 

La figura del problema in Geogebra sarebbe più o meno quella qui sotto. Ci sono alcune inevitabili differenze con quella qui sopra: intanto questa è interattiva, nel senso che si possono effettivamente usare gli strumenti a disposizione; poi ho dovuto apportare alcune modifiche ai nomi dei punti in quanto in C.a.R. posso vedere tre punti A (che internamente grazie a un trucco hanno in realtà nomi diversi) ma in Geogebra ho dovuto differenziarli chiamandoli A, A1, A2.

 

Ho tentato una soluzione algebrica e ho ottenuto una formula stranamente semplice. La figura seguente serve da riferimento.

Assunto come asse x la retta AB, ho scelto la via trigonometrica prendendo come incognita l'angolo t che la bisettrice forma con i lati AB e AC. Dalla figura si vede che il punto C si trova nella posizione corretta quando la retta BC passa per il punto F.
Le coordinate dei punti interessati sono: (c è la lunghezza di AB)
B(c,0)  C(b cos(2t), b sin(2t))  F(f cos(t), f sin(t))
L'equazione della retta BC è \(\frac{y-0}{b \sin\left({2t}\right)-0}=\frac{x-c}{b \cos\left({2t}\right)-c}\)
Se deve passare per il punto F deve valere questa equazione:
\(\frac{f \sin(t)}{b \sin\left({2t}\right)}=\frac{f \cos(t)-c}{b \cos\left({2t}\right)-c}\)
che ha tra le soluzioni anche questa (che è quella che cerchiamo)
\( t=\arccos(\frac{f (b+c)}{2 b c}) \)

Da questa formula è possibile ricavare una costruzione con riga e compasso, secondo quanto previsto da Cartesio. La formula ci fornisce il coseno dell'angolo t come frazione: il problema è che numeratore e denominatore rappresentano aree, mentre vorremmo il rapporto di due lunghezze. Possiamo però manipolare la formula in questo modo:\(\cos(t)=\frac{\frac{b+c}{2}}{\frac{bc}{f}}\)
Il numeratore è facile da costruire. Il denominatore può essere anche per gli studenti un buon esercizio di applicazione del teorema di Talete. Nella figura seguente cerco di mostrare i passaggi della costruzione. (c è la lunghezza di AB)
 

Questa è una buona costruzione, e non so se qualcuno dei 30 solutori l'abbia usata. Comunque anch'io ho provato a cercare una soluzione sintetica: confesso che ho impiegato alcuni giorni infruttuosamente (così ho capito perché l'avevo valutato di difficoltà 4), poi mi sono ricordato della proprietà della bisettrice che divide il lato che interseca in due parti proporzionali agli altri due. Però non ricordavo come mai questo succedesse e allora mi sono imposto di trovare una dimostrazione che illustro nella figura qui sotto

Da C ho aggiunto una parallela ad AF e ottengo il punto D sulla retta AB. L'angolo CDA è uguale a BAF che è uguale a CAF che è uguale a ACD: quindi il triangolo CAD è isoscele e quindi AD=AC. Per il teorema di Talete BF:FC=BA:AD e quindi BF:FC=BA:AC.
Però questa figura mi ha dato anche l'idea per la soluzione del problema. La retta AE è parallela a BC e per il teorema di Talete possiamo dire che CE e DE sono proporzionali a AB e AC. Siccome CE=AF (noto) possiamo costruire ED e quindi CD. Siccome AC e AD sono noti, è possibile costruire il triangolo CAD e quindi trovare l'angolo che la bisettrice forma con i due lati. Nella figura seguente si può vedere la costruzione.
 

Un fatto curioso di questa soluzione è che senza volerlo fornisce un esempio della tecnica di analisi e sintesi già descritta da Pappo: la fase di analisi comincia ipotizzando il problema già risolto (la mia figura con il triangolo già disegnato), prosegue con l'aggiunta di altri elementi (le rette CD e AE) fin che si arriva ad una figura di cui sono noti tutti gli elementi e quindi si sa costruire (il triangolo CAD) ; la sintesi consiste nel ripercorrere il cammino a rovescio. La difficoltà sta nel processo di analisi, in quanto di solito bisogna aggiungere elementi opportuni alla figura, ma non c'è una regola per farlo. La novità introdotta da Cartesio fu osservare che l'analisi si può effettuare anche mediante l'algebra specificando le relazioni tra gli elementi della figura: il vantaggio è che in questo modo l'analisi diventa facile e porta ad un sistema di equazioni che risolte danno una formula da cui ricavare una costruzione (come abbiamo fatto all'inizio). Infatti dopo Cartesio le soluzioni sintetiche si diradano nei libri sostituite da quelle analitiche: un revival temporaneo delle prime avviene nell'800 con la geometria proiettiva, e infatti ne ho approfittato per pescare dalle riviste ottocentesche parecchi problemi da aggiungere a Geometriagon.