PROPOSIZIONI DELLA QUADRATURA DELLA PARABOLA

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1 PROPOSIZIONI DELLA QUADRATURA DELLA PARABOLA Non è la conoscenza, ma l'atto di imparare; non il possesso ma l'atto di arrivarci, che dà la gioia maggiore Karl Friedrich Gauss Nella Proposizione 24 dell opera Quadratura della parabola Archimede, utilizzando solamente proprietà geometriche, giunge a dimostrare che l area di un segmento parabolico è uguale ai 4/3 del triangolo in esso inscritto, ossia avente la stessa base e la stessa altezza del segmento. Osserviamo che Archimede indica la parabola con la dicitura sezione di un cono rettangolo : questo perchè le sezioni coniche si ottenevano proprio tagliando un cono con un piano; in particolare la parabola era ottenuta dalla intersezione di un cono rettangolo con un piano parallelo ad una delle sue rette generatrici. Per comprendere la Proposizione 24 dobbiamo prima analizzare le Proposizioni che vanno dalla 18 alla 23. Proposizione 18: Se in un segmento compreso da una retta e da una sezione di cono rettangolo dal punto di mezzo della base si conduce una retta parallela al diametro, vertice del segmento sarà il punto nel quale la parallela al diametro taglia la sezione del cono. Sia ABC il segmento parabolico con base AC: è la parte di piano che Archimede chiama segmento compreso da una retta (ossia la corda AC) e una sezione di un cono rettangolo (ossia l arco AC di parabola). Sia D il punto medio di AC e B il vertice della parabola, per cui BD è l asse (diametro, per Archimede) della parabola. In questa Proposizione Archimede descrive un modo per trovare il vertice di una parabola, considerato come il punto dal quale si conduce il segmento di lunghezza massima perpendicolare alla base. Sfruttando quanto enunciato nella Proposizione 1 dell opera, egli deduce che se AD=DC, allora la retta tangente alla parabola parallela ad AC sarà tangente alla parabola proprio in B. Proposizione 19: In un segmento compreso da una retta e da una sezione di cono rettangolo la (retta) condotta (dal punto di) mezzo della base (parallelamente al diametro) è i quattro terzi della lunghezza (della retta) condotta per il (punto) medio della metà (della base). Si consideri ora il punto medio E del segmento AD. Si prosegua col tracciare la parallela passante per E al segmento BD. Questa retta incontrerà in F l arco parabolico AB. A partire da F si tracci la parallela alla base AC che incontra in G il segmento BD. Siano poi rispettivamente I e H i punti di intersezione tra le parallele condotte per A e E al segmento BD e la tangente al segmento parabolico in B.

2 Per quanto osservato in precedenza le rette AD, FG e HB sono tra loro parallele. E manifesto, dice Archimede, che lo stesso rapporto che in lunghezza ha BD rispetto alla BG, lo ha in potenza la AD rispetto alla FG : Archimede fa qui riferimento alla Proposizione 3 di quest opera, in cui ricorda che Euclide nei suoi Elementi aveva dimostrato proprio tale proprietà. Ricordando che le rette tracciate sono tra loro parallele, risulta che: HB=FG=ED, HF=BG e EF=GD perché lati opposti di due parallelogrammi; IH=AE e IA=HE=BD perché lati opposti di due parallelogrammi; ed essendo AE=ED risulta allora AD=2ED=2FG L uguaglianza sopra scritta diventa: da cui si ottiene che BD è quadrupla in lunghezza della BG, ossia Essendo: risulta: ossia la BD è in lunghezza i quattro terzi della EF Proposizione 20: Se in un segmento compreso da una retta e da una sezione di cono rettangolo si inscrive un triangolo avente la stessa base del segmento e la stessa altezza, il triangolo inscritto sarà maggiore della metà del segmento. Si consideri il segmento parabolico di base AC e altezza BD e si traccino le parallele a BD da A e da C; queste incontreranno nei punti I e L, rispettivamente, la retta tangente al segmento parabolico. Tali punti cadranno fuori del segmento parabolico, per cui l area del parallelogramma ACLI è maggiore dell area del segmento parabolico stesso: Si consideri il triangolo ABC inscritto nel segmento parabolico, avente la stessa base AC del segmento parabolico e per vertice lo stesso punto B della parabola, e quindi avente la stessa altezza BD del segmento parabolico. Si consideri ora il parallelogramma ABDI circoscritto a metà del segmento parabolico e il triangolo ABD metà del triangolo ABC.

3 I triangoli AIB e ADB sono congruenti (avendo l ipotenusa AB in comune e gli angoli ad essa adiacenti congruenti, in quanto alterni interni) e quindi equivalenti. Per cui: Per cui, essendo il parallelogramma ADBI metà del parallelogramma ACLI risulta che l area del triangolo ABC è maggiore della metà dell area del segmento parabolico circoscritto al triangolo stesso: Proposizione 21: Se in un segmento compreso da una retta e da una sezione di cono rettangolo si inscrive un triangolo avente la stessa base del segmento e la stessa altezza, e se si inscrivono altri triangoli nei segmenti residui aventi la stessa base di (dati) segmenti e la stessa altezza, il triangolo inscritto nell intero segmento sarà ottuplo di ciascuno dei triangoli inscritti nei segmenti residui. Sia ABC, come si è già detto, il triangolo inscritto nel segmento parabolico di base comune AC, sia E il punto medio di AD e sia F il punto in cui la retta parallela al diametro BD incontra l arco AB della parabola; F è quindi il vertice del segmento parabolico residuo AFB. Il triangolo AFB ha dunque la stessa base AF del segmento parabolico AFB e la stessa altezza. Vogliamo dimostrare che l area del triangolo ABC è otto volte l area del triangolo AFB. Osserviamo innanzitutto che, essendo il triangolo ABD la metà del triangolo ABC, si ha: I triangoli ABD e ABE hanno la stessa altezza BD e basi una doppia dell altra (AD=2AE), per cui: Consideriamo il triangolo AFB e sia M il punto di intersezione tra i segmenti AB e FE. I triangoli ADB e AME sono simili, avendo entrambi un angolo retto e l angolo in comune; per cui, ricordando che AD=2AE, risulta:

4 Per la proposizione 19, per cui: { e quindi Di conseguenza: Consideriamo i triangoli AEM e AMF. Essi possiedono la stessa altezza AE, mentre una base è il doppio dell altra (ME=2FM); risulta dunque evidente che l area di AEM è doppia rispetto a quella di AMF: Consideriamo ora i triangoli EMB e FMB. Essi possiedono la stessa altezza HB, mentre una base è il doppio dell altra (ME=2FM); risulta dunque evidente che l area di EMB è doppia rispetto a quella di FMB: Di conseguenza l area del triangolo AEB è doppia dell area del triangolo AFB: Per cui si ottiene quanto cercato: Similmente, si può costruite nel segmento parabolico residuo di base BC un triangolo BCR, che ha dunque la stessa base BC del segmento parabolico CBR e la stessa altezza. Anche in tal caso l area del triangolo ABC è otto volte l area del triangolo BCR. Proposizione 22: Se è dato un segmento compreso da una retta e da una sezione di cono rettangolo, e si pongono aree quante si vogliono che siano nel rapporto quadruplo (ciascuna cioè sia quadrupla della seguente), e se la massima delle aree è uguale al triangolo avente la stessa base del segmento e la stessa altezza, (la somma di) tutte le aree sarà minore del segmento (parabolico) Osserviamo innanzitutto che, dato il triangolo ABC, possiamo inscrivere nei due segmenti parabolici residui due triangoli ABF e ACR ciascuno dei quali, per la Proposizione 21, ha

5 un area pari a 1/8 dell area di ABC; quindi la loro area totale sarà ¼ di F, essendo F l area del triangolo precedente ABC. Se indichiamo con G la somma delle aree dei triangoli AFB e ARC ( per cui G = ¼ F) e inscriviamo nei segmenti parabolici residui AF, FB, BR e RC dei triangoli aventi la stessa base e la stessa altezza, si dimostra in modo analogo che la somma totale delle loro aree è pari a ¼ di G. Si iteri allora il processo eseguito inscrivendo all interno dei segmenti parabolici residui via via ottenuti dei triangoli aventi la stessa base e la stessa altezza; la loro area totale sarà sempre pari a 1/4 dell area dei triangoli precedenti che ne hanno permesso la costruzione. Continuando a costruire in tal modo i triangoli, alla fine si ottiene un poligono inscritto nel segmento parabolico la cui area, è pari alla somma delle aree dei vari triangoli così ottenuti:f+g+h+i+ Qualunque sia il punto in cui ci si ferma in questo processo iterativo, l area del poligono inscritto nel segmento parabolico risulta sicuramente minore dell area del segmento parabolico stesso. Proposizione 23: Se alcune grandezze si pongono ordinatamente nel rapporto quadruplo (cioè se ciascuna è quadrupla della seguente) tutte le grandezze (sommate insieme), più ancora la terza parte della più piccola, saranno i quattro terzi della maggiore. Archimede, avendo intuito che la somma delle aree dei triangoli costruiti sui vari segmenti parabolici tendeva all aumentare del loro numero all area del segmento parabolico stesso, determina, anche se in un caso particolare, la somma di un numero infinito di termini, ossia la somma dei termini di quella che modernamente chiamiamo progressione geometrica di ragione ¼. Archimede aveva già dimostrato, nel suo Metodo, che l area del segmento parabolico era pari a 4/3 dell area del triangolo in esso inscritto, avente la stessa base e la stessa altezza; è quindi possibile che Archimede si sia accorto che fermandosi ad un punto della progressione geometrica così costruita, la somma dei termini successivi a F fosse pari a 1/3 di F; per cui l area totale, risultava pari a Seguiamo i ragionamenti archimedei. Consideriamo delle grandezze A, B, C, D, E poste ordinatamente in modo che ciascuna sia quadrupla della seguente, e consideriamo poi delle grandezze F, G, H, I che siano rispettivamente la terza parte di B, C, D, E: Poiché { Poiché { E quindi analogamente: e Di conseguenza:

6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Per le ipotesi iniziali ( ) ( ) Quindi dall uguaglianza prima scritta risulta che la somma delle grandezze rimanenti B+C+D+E+I deve essere pari a 1/3 della grandezza rimanente A: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Quindi la somma di tutte le grandezze A+B+C+D+E con la terza parte della più piccola, cioè, daranno : ( ) Proposizione 24: Qualunque segmento compreso da una retta e da una sezione di cono rettangolo e (uguale ai) quattro terzi del triangolo avente la sua stessa base e uguale altezza. La dimostrazione viene fatta con il classico metodo di esaustione. Sia S l area del segmento parabolico delimitato dalla corda AC, sia F l area del triangolo ABC inscritto nel segmento parabolico, avente la stessa base e la stessa altezza, e sia K una superficie di area pari ai 4/3 dell area del triangolo ABC. Si deve dimostrare, con riferimento alla figura, che l area K è uguale all area del segmento parabolico AF 3 BF 1 C. - Si supponga che S>K. Si proceda con la costruzione, come fatto nella Proposizione 22, di un poligono di area Q inscritto nel segmento parabolico, costituito, con riferimento alla figura sotto riportata, dal triangolo ABC, dai triangoli inscritti nei segmenti parabolici residui AB e BC, dai triangoli inscritti nei segmenti parabolici residui AF 3, F 3 B e BF 1 e F 1 C, e così via. Ad un cero punto i segmenti parabolici residui sommati insieme avranno un area S-Q minore della supposta differenza S-K, tra l area del segmento parabolico S e l area K: S Q < S K. Qui Archimede usa, come già fatto altre volte, la Proposizione I del Libro X degli Elementi di Euclide: Se date due grandezze diseguali si sottrae dalla maggiore una grandezza maggiore della metà della parte restante, dalla parte restante un altra grandezza maggiore della metà (proprietà che ha dimostrato nella Proposizione 20), e così si procede successivamente, rimarrà una grandezza (nel nostro caso S-Q) che sarà minore della grandezza minore inizialmente assunta. La relazione ossia l area del poligono inscritto è maggiore dell area K. Ma ciò è impossibile, per le Proposizioni 22 e 23, è impossibile. Infatti essendo: ed inoltre (ricordando che nella Proposizione 23 si è dimostrato che la somma di una serie di grandezze, ciascuna quadrupla della seguente, più la terza parte della più piccola,

7 è uguale ai 4/3 della maggiore, per cui da si deduce che ) si ha che la somma dei triangoli inscritti nei vari segmenti parabolici residui, cioè Q, è minore di : risulta quindi Q<K, in contraddizione con quanto scritto in precedenza. Dunque il segmento (AF 3 BF 1 C) non è maggiore dell area K. - Si supponga S<K Si considerino le grandezze: fino all ultima, chiamiamola I, la cui area sia minore della supposta differenza tra l area K e l area S del segmento parabolico I<K-S (sempre per la Proposizione I del Libro X degli Elementi di Euclide). Da cui si deduce che K>S+I, cioè K supera il segmento parabolico S per più di I. Ma nella Proposizione 23 si è dimostrato che: ; essendo inoltre delle aree dei triangoli inscritti F+G+H+I di, cioè di meno di I. cioè K supera la somma Le relazioni sopra scritte esprimono, con il simbolismo moderno, proprio quanto scritto da Archimede: Poiché dunque l area K supera (le aree) F, G, H, I (sommate assieme) per meno di I e (supera) il segmento (parabolico) per più di I, è manifesto che le aree F, G, H, I (sommate insieme) sono maggiori del segmento parabolico: ciò è impossibile Vediamo perché ciò sia impossibile. Le relazioni sopra scritte affermano che: {

8 cioè le somme delle aree di F, G, H, I è maggiore di S. Ma questo è impossibile perché nella Proposizione 22 si è dimostrato che la somma di tali aree è minore dell area del segmento parabolico. Dunque il segmento (AF 3 BF 1 C) non è minore dell area K. Ma è stato dimostrato che non è neppure maggiore, dunque è uguale alla (area) K. L area K è poi (uguale ai) quattro terzi del triangolo ABC: dunque il segmento (parabolico AF 3 BF 1 C) è (uguale ai) quattro terzi del triangolo ABC. (traduzioni tratte da Opere di Archimede, a cura di A. Frajese).