La matematica e l'impossibile


Tra i numerosi problemi matematici affrontati dagli antichi greci, ve ne sono alcuni cosiddetti impossibili. Siamo nell'ambito della geometria euclidea, e i problemi trattano di alcune costruzioni geometriche, da effettuare mediante riga e compasso (la prima usata per tracciare linee e non per misurare distanze).
Sicuramente tutti avranno sentito parlare della cosiddetta quadratura del cerchio, (che è il più celebre tra questi problemi), ovvero la costruzione di un quadrato avente area uguale a quella di un cerchio di raggio unitario, il che in modo ovvio si riconduce alla costruzione di un segmento lungo pi greco volte l'unità.
Altri problemi simili sono: la duplicazione del cubo (cioè la costruzione di un cubo di volume doppio al volume unitario), la trisezione dell'angolo, la costruzione di un ettagono regolare, ecc.
I matematici greci si accanirono per ottenere qualche risultato che non arrivò mai, ed è interessante notare come questi sforzi per raggiungere l'impossibile fanno parte del carattere di questo grande popolo, che del resto avvicinava molto la matematica alla filosofia, cosicchè la prima rifletteva dalla seconda una certa ansia ideale.
Per molti secoli ancora questo tipo di problemi furono analizzati con il medesimo tipo di approccio finché, dal 1600 in poi, si cominciò a mettere in crisi le strade battute in passato, e in tal modo si arrivò all'idea fondamentalmente nuova: non cercare la soluzione a questi problemi, ma dimostrare l'impossibilità di arrivare ad una soluzione.
A poco a poco tutti questi problemi "classici" furono demoliti: l'ultimo a cadere fu quello della quadratura del cerchio, che dovette attendere il 1882 perché F. Lindemann arrivasse a dimostrare la trascendenza di pi greco, ovvero che tale numero non è soluzione di una equazione algebrica a coefficienti razionali.
Ma un contributo notevole a queste dimostrazioni lo si deve anche a Cartesio: i matematici si accorsero presto che la geometria cartesiana (o analitica) aveva fondamentali analogie con quella classica euclidea, e che ogni problema geometrico di costruzioni con riga e compasso poteva essere ricondotto a un ben definito sistema di equazioni algebriche. Da lì alle dimostrazioni il passo fu breve.
Ci vollero ben 2200 anni perché l'italiano Ruffini, il genio norvegese Abel e altri insigni matematici dei secoli XVII e XVIII potessero arrivare a questi risultati, ma non per questo si pensi che gli sforzi precedenti siano stati inutili: brillanti successi furono ottenuti sotto altri aspetti, anche se questa età, giustamente definita eroica, non ebbe la soddisfazione di riuscire nel suo obiettivo immediato.
Se a qualcuno interessa cimentarsi in problemi di costruzione con riga e compasso (questa volta risolvibili!) ve ne sono alcuni (i cosiddetti problemi di Apollonio, dal nome del matematico greco che li studiò) che richiedono più attenzione di quanto ci si aspetti.
Qui se ne elencano solamente tre, ma in totale i problemi di Apollonio sono dieci: il problema base, che è anche il più difficile, è quello di determinare la circonferenza tangente a tre circonferenze date. Gli altri nove sono delle variazioni sul tema ottenibili sostituendo ad una o più circonferenze la sua degenerazione in punto (raggio di cerchio zero) o in retta (raggio di cerchio infinito).
1. Dati due punti distinti ed una retta esterna ad essi, determinare il centro della circonferenza passante per i due punti e tangente alla retta.
Soluzione: siano A e A' i due punti, r la retta e P l'intersezione tra la retta che congiunge A e A' ed r.
Per una ben nota proprietà delle circonferenze, facilmente dimostrabile (1), se T è il punto di tangenza cercato, il segmento PT è medio proporzionale tra PA e PA'.
Supposto che A sia più vicino a P rispetto a A', si tracci una retta t perpendicolare alla retta s che congiunge A e A'; costruito poi il punto medio M del segmento PA' si tracci una semicirconferenza c con centro M e raggio PM=PA'; sia ora B l'intersezione tra t e c: se consideriamo il triangolo PBA', che è rettangolo perché inscritto in una semicirconferenza, in base al primo teorema di Euclide possiamo affermare che il segmento PB è medio proporzionale tra PA e PA'.
Riportato PB sulla retta r (con un estremo coincidente con P) si determina il punto di tangenza T. A questo punto si traccia la retta perpendicolare a r passante per T e la retta perpendicolare a s passante per il punto medio del segmento AA'. Il centro C della circonferenza cercata, dovendo obbligatoriamente giacere su entrambe le rette, è l'intersezione tra le due.

2. Dato un punto e due rette distinte non passanti per il punto, determinare il centro della circonferenza passante per il punto e tangente alle due rette.
Soluzione: sia A il punto, r ed s le rette, e t la bisettrice dell'angolo formato dalle due rette e contenente il punto A.
Si sfrutta la proprietà (1) citata nel problema precedente.
Si determini innanzitutto A', simmetrico di A rispetto a t, per cui deve passare la circonferenza cercata. Poi si individua il punto P allineato con A e A' passante per r (o simmetricamente per s). Poi in modo analogo al caso precedente si determina il punto di tangenza T sulla retta r, sfruttando il fatto che PT è medio proporzionale tra PA e PA'.

3. Dati due punti e una circonferenza non passante per i due punti, determinare il centro di una seconda circonferenza passante per i due punti e tangente alla prima.
Soluzione: anche in questo caso si sfrutta la proprietà (1).
Siano A e A' i due punti, s la retta che li unisce, e t la retta perpendicolare a s passante per il punto medio M di AA'; sia inoltre c la circonferenza, di centro O.
Innanzitutto si tracci una qualsiasi corda di c di lunghezza pari a quella del segmento AA'; quindi si tracci la circonferenza c' di centro O tangente alla corda e se ne determini il raggio r. Riportato r sulla retta t con un estremo coincidente con M, sia O' il secondo estremo. A questo punto si tracci la retta u perpendicolare al segmento OO' e passante per il loro punto medio O'', e si individui il punto P di intersezione tra u e s. Da P si tracci la tangente a c, quindi la retta v che unisce O e il punto di tangenza T trovato. L'intersezione tra v e t è il centro della circonferenza cercata.
Spiegazione: per la proprietà (1), PT è medio proporzionale tra PA e PA', e, detti B e B' gli estremi della corda formata dalla tangente a c' passante per P (di lunghezza pari a quella di AA', per quanto detto in precedenza) PT è medio proporzionale tra PB e PB'. Inoltre PM è pari a PM' (dove M' è il punto medio del segmento BB'), perché PMO' e PM'O sono triangoli rettangoli congruenti, avendo per costruzione due lati uguali (PO=PO' e OM'=O'M=r) e l'angolo opposto (che è rettangolo) uguale.
Pertanto PT, che è tangente a c, lo è anche, in base alla (1), alla circonferenza cercata, e la retta v passante per O e per T, essendo perpendicolare a PT, passa anche per C.

Curiosità: in tutti i problemi le circonferenze richieste non sono univoche, ma bensì ogni problema ha due soluzioni, che però si individuano con lo stesso procedimento simmetrizzato (ad esempio nel primo problema basta scegliere T in modo che PT abbia verso opposto e si determina la seconda circonferenza).

Nota (1).
Data la figura qui sotto, si dimostra che PT è medio proporzionale tra PA e PA'.
Siano A e A' gli estremi ed M il punto medio di una corda qualsiasi del cerchio c di centro O, P un punto esterno a c e allineato con A e A', e T il punto di tangenza della retta tangente a c e passante per P; si consideri ora il triangolo rettangolo PTO per il quale, in base al teorema di Pitagora, ed essendo OT=r, vale PO^2=PT^2+r^2. Siccome, sempre per il teorema di Pitagora applicato al triangolo PMO, è PO^2=PM^2+OM^2, e quindi

PO^2=PM^2+r^2-AM^2,
si deduce infine

PT^2=PM^2-AM^2=(PA+AM)^2-AM^2=PA^2+2*PA*AM=PA*(PA+2*AM) C.V.D.

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