I problemi classici della geometria non risolubili con riga e compasso.

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1 I problemi classici della geometria o risolubili co riga e compasso. Pietro Romao Liceo Scietifico Statale Leoardo - Giarre

2 Itroduzioe. Uo degli argometi più iteressati della geometria è quello delle costruzioi co riga e compasso. La limitazioe a questi oggetti risale all aticità, sebbee gli stessi Greci facessero uso ace di altri strumeti. Per alcui problemi (citiamo i più importati: duplicazioe del cubo, trisezioe dell agolo, costruzioe dell ettagoo regolare e quadratura del cercio), malgrado gli iumerevoli tetativi, o si riusciva però a trovare alcua soluzioe. Il protrarsi el corso dei secoli di questi isuccessi, comiciò a far riteere ce si trattasse di problemi seza soluzioe; la ricerca si spostò allora ella direzioe di dimostrare l impossibilità della soluzioe. I queste pagie, viee presetato u breve riassuto dei passaggi salieti ce ao permesso il coseguimeto di questo otevole risultato. La trisezioe dell agolo col metodo di Arcimede. Comiciamo subito col far vedere ua costruzioe (fig. ),dovuta ad Arcimede, ce permette di trisecare u agolo arbitrario α. Assegato α, si traccia ua circofereza arbitraria c co cetro i O, idividuado i puti P e Q sulle due semirette di α. Si prolugi ioltre OP dalla parte di O. Si sega sulla riga u segmeto O ' P ' = OP e si traccia il segmeto passate per Q tale ce P ' si matega su c e O ' sul prolugameto di OP. L agolo β = OO '' P, come si può facilmete dimostrare, risulta pari ad α. Figura : la trisezioe dell'agolo (Arcimede) Questa costruzioe sembra egare quato affermato i premessa. Il puto è ce o soo state rispettate le regole, ce impogoo il solo utilizzo di riga e compasso. Staccado sulla riga u segmeto O ' P ' = OP abbiamo violato le regole: la riga è ifatti divetato uo strumeto graduato. Impostazioe del problema. La questioe resta aperta, i quato, se la costruzioe esposta o risolve il problema, come si può escludere il fatto ce o e esista ua, rispettosa delle limitazioi tradizioalmete imposte, ce ivero sia i grado di farlo? Nel corso dei secoli si è cotiuato a ricercare i tal seso, ma seza alcu esito. Comiciò a farsi strada l idea ce il problema fosse isolubile. Ma come dimostrarlo? Il fatto di comiciare a riteere ce il problema o avesse soluzioe, comiciò ad orietare la ricerca ella direzioe di cercare di caratterizzare i modo ciaro e defiito ciò ce può realmete essere realizzato co riga e compasso, per poi far vedere ce i problemi i questioe o rietrao i questo ambito.

3 Questa impostazioe codusse effettivamete a dimostrare l impossibilità della soluzioe e vedremo come gli elemeti caratterizzati di questo percorso sarao, tato per cambiare, i umeri! Campi estesi di umeri costruibili. Duplicazioe del cubo. Dati due segmeti, a e b, co costruzioi geometrice elemetari siamo i grado di otteere segmeti la cui lugezza è a + b, a b, a b, a. Se a e b soo umeri reali dati, il risultato di b ogua delle operazioi idicate (dette operazioi razioali) è acora u umero reale. I fig., riportiamo come esempio la costruzioe di a b : Figura : costruzioe di a b. Si viee così a determiare u campo di umeri. I umeri razioali, i reali, i complessi costituiscoo campi di umeri. +,,,: Se iiziamo dal cosiderare u segmeto di lugezza, co le operazioi razioali ( ) siamo i grado di costruire segmeti la cui misura è espressa da u qualuque umero dell isieme dei umeri razioali. Ad esempio, per costruire u segmeto di lugezza, è sufficiete costruire uo di lugezza, uo di lugezza, quidi dividerli col metodo descritto i fig.. Co le sole operazioi razioali, o risulta però possibile estedere il campo dei razioali. C il campo umerico così costruito. Idiciamo co ( ) L operazioe, ac essa costruibile co riga e compasso, e ce ci permette di estedere il campo C, è la radice quadrata. La figura ce segue illustra la costruzioe di x : Figura : costruzioe di x.

4 Si dispogoo cosecutivamete u segmeto OA = x ed u segmeto AB = ; si traccia quidi la circofereza di diametro OB (cetro el puto C) e la perpedicolare per A al diametro OB, ce icotra i D la circofereza. Essedo il triagolo ODB rettagolo i D, il segmeto DA, per il II teorema di Euclide, risulta apputo x. I geerale, x o è i geerale u umero razioale, la qual cosa ci porta fuori dal campo umerico C dal quale siamo partiti. Cosideriamo, ad esempio, : se fosse razioale, si potrebbe scrivere: m = Co m, e ce possiamo supporre primi fra loro. Elevado al quadrato, si ottiee m =. Da qui, segue ce m è pari e quidi ace m lo è. Allora si può scrivere m = p m = 4 p = = p, cosa ce comporta ce ace (e di cosegueza ace ) è pari. Se m ed soo etrambi pari, o soo primi tra loro, cotro l ipotesi fatta. Quidi, o è razioale. c C e Vediamo di caratterizzare meglio il uovo campo umerico. Fissato il valore di ( ) supposto ce c C (altrimeti o geeriamo alcu uovo umero!), costruito c come da fig., risulta semplice costruire co riga e compasso tutti i umeri del tipo a + b c, dove a e b appartegoo a C. È ioltre semplice dimostrare ce operazioi razioali su umeri di questa forma coducoo sempre a umeri della stessa forma (cioè del tipo a + b c ). È stato geerato u uovo campo umerico C di umeri costruibili, per il quale vale sicuramete la codizioe C ( ) C. Per estedere il campo C appea geerato, bisoga ripetere uovamete le operazioi eseguite. Bisoga cioè scegliere u valore c C tale ce c C. I uovi umeri avrao la forma a + b c, co a, b C, e geererao u uovo campo umerico C di umeri costruibili, tale C C C. E così via. ce ( ) È a questo puto lecito ciedersi: esiste u valore itero positivo tale ce il campo esteso C geera? La risposta è egativa e per dimostrarlo basterà portare ace u solo esempio. Il ostro esempio sarà il umero. Faremo vedere ce questo umero o appartiee ad alcu campo esteso C costruito a partire da C. Questa dimostrazioe avrà ua valeza doppia i quato è soluzioe dell equazioe x =, ce costituisce l espressioe algebrica del problema della duplicazioe del cubo. Dimostrado ce questo umero o appartiee ad alcu campo esteso C costruito a partire da C, avremo di fatto dimostrato ce o è u umero costruibile e quidi ce la duplicazioe del cubo o è eseguibile col solo uso di riga e compasso. Comiciamo co l osservare ce o può essere razioale, e ciò si motiva i modo aalogo a quato visto per. Quidi, è reale. Duplicare il cubo di lato sigifica determiare il lato del cubo ce a volume doppio, cioè. Quidi, detto x questo lato, deve essere: x =. 4

5 Suppoiamo ora ce appartega ad u qualce campo esteso C ( > ). La soluzioe x sarà allora del tipo x = a + b c, co a, b, c C e c. Sostituedo questa soluzioe i (), si trova: ( a b c ) + = ( ) ( ) a + ab c + b c + a b c = ξ + η c = Co ξ, η C. Per essere vera la (4a), si deve avere ξ = η =. Se fosse ifatti η, si avrebbe c = ξ C η, cotro l ipotesi fatta. Quidi η = e, coseguetemete (dalla (4a)), è ace ξ =. Osserviamo a questo puto ce ace il umero reale x = a b c risulta soluzioe della () i quato, per sostituzioe i (), si giuge all espressioe, aaloga alla (4a): ξ η c = (4b) Visto ce, per quato appea detto, è ξ = η =, ace la (4b) è verificata. L equazioe () avrebbe quidi due soluzioi reali, quado ivece, essedo di grado, e possiede ua sola (le altre due soo complesse coiugate). L assurdo deriva dall aver ammesso ce la soluzioe della () apparteesse ad u qualce campo esteso C. Rimuovedo questa ipotesi, e deriva ce o è u umero costruibile co riga e compasso, o, i altre parole, o è possibile eseguire la duplicazioe del cubo. Le equazioi cubice I ragioameti svolti si soo rivelati proficui per risolvere la questioe relativa alla duplicazioe del cubo. Per poter affrotare i problemi della trisezioe dell agolo e della costruzioe dell ettagoo regolare, bisoga prevetivamete cooscere u importate teorema sulle equazioi cubice: se u equazioe cubica: x + ξ x + ηx + ζ = (5) a coefficieti razioali o ammette radici razioali, allora essua delle sue radici è u umero costruibile partedo dal campo razioale C. Comiciamo col ricordare la relazioe tra radici e coefficieti. Questa relazioe segue x + ξ x + ηx + ζ = x x x x x x C dall uguagliaza ( ) ( ) ( ) Ce coduce alle espressioi: x + x + x = ξ x x + x x + xx = η (6) x xx = ζ Se, per ipotesi, essua delle radici x, x, x è razioale, procediamo per assurdo e suppoiamo ce ua radice appartega ad u qualce campo esteso C. Ciò implicitamete sigifica ce ei campi ce precedoo C (cioè, da C a C ) o vi soo radici della (5). Sia cioè: x = a + b c co a, b, c C e c C. Sotto questa ipotesi, co u ragioameto aalogo a quello svolto prima per l equazioe x = a b c è soluzioe dell equazioe. La terza radice, x =, ace (4a) 5

6 per la prima delle (6), si scrive allora: x = x x ξ = a ξ, e, o comparedo c, risulta x C, ce è cotro l ipotesi fatta. Per effetto di questo teorema, e cosegue ce ua costruzioe co solo riga e compasso o è eseguibile se l equivalete algebrico del problema è ua cubica ce o possiede soluzioi razioali. La trisezioe dell agolo Sfruttado il teorema precedete, si dimostrerà ora ce la trisezioe dell agolo i geere o è eseguibile. I geere, i quato, i situazioi particolari, essa è eseguibile. Ad esempio, per l agolo di 9, la cui costruzioe viee mostrata ella copertia. U equivalete algebrico di α α questo problema deriva dalla formula trigoometrica cosα = 4 cos cos. I particolare, per α x α = 6, posto cos =, dalla suddetta formula, si ottiee: x x = (7) Questa equazioe cubica o ammette soluzioi razioali. Ifatti, suppoedo per assurdo ce x = m (al solito, co m, e primi fra loro) sia ua soluzioe, per sostituzioe avremo: m m ( ) m = m = m m = (8) = m( m ) Le ultime due espressioi soo due differeti modi di esprimere il risultato otteuto. Dalla prima, m, segue ce m è divisibile per, e poicé per ipotesi m ed soo primi fra essedo ( ) loro, deve essere ecessariamete = ±. Aalogamete, dalla secoda delle (8), essedo m, è divisibile per m, e quidi è ace m = ±. I defiitiva, deve essere m = ±. ( ) Sostituedo questi valori i (7), si vede ce essuo dei due la soddisfa. Quidi, la (7) o ammette soluzioi razioali e, coseguetemete o è possibile trisecare l agolo di 6. La costruzioe dell ettagoo regolare. Come sopra, si dovrà i primo luogo trovare u equivalete algebrico del problema; quello di cui si farà uso, si basa sui umeri complessi. I vertici dell ettagoo soo dati ifatti dalle radici dell equazioe: 7 z = (9) co z = x + iy. Le soluzioi di questa equazioe soo: 7 k 6 k 6 z = = cos + i si, k =,,...,6 () 7 7 La prima ( k = ) è z =. Le altre derivao da: per z, si trova: 7 z = z + z + z + z + z + z + =. Dividedo z z + + z + + z + + =, ce si può trasformare facilmete i: z z z z + z + + z + + z + + = z z z z x + x x = () 6

7 avedo posto x = z +. Le soluzioi di questa equazioe soo espresse dalla (), però co k. z k 6 k 6 Osserviamo ce, per ua proprietà dei umeri complessi, risulta: = cos i si, e z 7 7 k 6 quidi: z + = x = cos. Allora, se ua qualuque delle radici x è razioale, siamo i z 7 grado di costruire l ettagoo regolare. Per compredere meglio questo fatto, risolviamo la (), ad esempio co Derive (quidi, o co riga e compasso!) e rappresetiamo graficamete (piao di Gauss) le soluzioi (fig. 4): Figura 4: costruzioe dell'ettagoo regolare co Derive. Immagiiamo dapprima ce la soluzioe razioale sia quella ce si ottiee per k =. Essedo già ota la soluzioe k =, è oto il lato dell ettagoo; se la soluzioe razioale è la k =, per otteere il lato dell ettagoo, basta dimezzare l agolo idividuato da k = e k = ; se, ifie, è ota la k =, per simmetria si costruisce ace k = 4 e quidi il lato. Resta a questo puto da dimostrare ce la () o a soluzioi razioali. Suppoiamo allora ce ua soluzioe della () sia razioale, cioè x = m, co m, e primi fra loro. Sostituedo i (), si trova: m + m m = () Da qui, segue ce m ammette per divisore e viceversa. Essedo m ed primi fra loro, deve esse m ecessariamete m = = ± = ±. Nessua di queste due soluzioi soddisfa la () quidi l ettagoo regolare o è costruibile co riga e compasso. La quadratura del cercio. Questo problema cosiste el costruire u quadrato avete area uguale a quella di u cercio dato. L area del cercio è data da π r, dove π esprime il rapporto costate tra circofereza e diametro di u qualuque cercio. Per u cercio di raggio, la quadratura si traduce el costruire il quadrato di lato π, cosa ce si può fare se è costruibile π. La questioe della quadratura del cercio si è allora ciusa el mometo i cui si è dimostrato ce π o solo è irrazioale (il ce o sarebbe i se u problema grave!), ma ce è ace trascedete. 7

8 U umero (reale o complesso) è trascedete se o è algebrico, cioè se o esiste alcua equazioe della forma: ax + a x ax + a =, co ai, di cui esso è soluzioe. No è difficile far vedere ce, tutti i umeri costruibili a partire dal campo C soo algebrici. Più dettagliatamete, i umeri del campo C soo radici di equazioi di secodo grado, quelli del campo C soo radici di equazioi di grado = 4, quelli del campo C p soo radici di equazioi di grado p. Per il campo C, se x = a + b c e è il geerico umero, risulta ifatti: ( ) x a = b c x a = b c x a x + a b c = x x f + + = () ce è ua equazioe di grado i cui coefficieti = a ed f = a b c soo elemeti del campo C, quidi poibili ella forma a + b c, dove a, b C. Posto allora: = a + b c f = + m c La () assume la forma: x ( ) a b c x m c x ax c ( bx m) = + + = +. Quadrado questa espressioe, si ottiee ua equazioe di 4 grado a coefficieti razioali e quidi trasformabile facilmete i ua a coefficieti iteri. Cosa dire del umero π? Di esso, si può otteere ua stima partedo, ad esempio da u poligoo regolare di lati, raddoppiadoli progressivamete (i fig. 5, il passaggio dal quadrato all ottagoo e quidi al poligoo a 6 lati). Figura 5: approssimazioi successive mediate poligoi regolari iscritti a partire dal quadrato. Se idiciamo co l il lato del poligoo regolare iscritto di lati e co l il lato di quello co lati, si deduce la relazioe: 8

9 l = 4 l (4) Se il cercio a raggio, dal triagolo BCD (fig. 6) si a: Area = BH CD = BC BD. BCD AB l Essedo: BH = =, CD =, BC = l, BD = DC BC = 4 l, si ottiee: l 4 = l 4 l l = l ( 4 l ) l 4l + l = l = ± 4 l Dovedo la soluzioe essere iferiore a, la soluzioe col sego + va scartata e si ottiee la (4). Figura 6: determiazioe di l mediate l. Sapedo ce l 4 =, si trova allora: l8 = l = l6 = l 4 = + l = l 5 = + + (5)... l = radici quadrate Il perimetro del poligoo avete lati è quidi: P = l. All aumetare di, la (6) forisce approssimazioi sempre migliori di π, cioè: π = lim P (6) Si deve subito otare ce l, e quidi ace P = l, appartegoo ad u campo esteso C e quidi soo umeri irrazioali acorcé algebrici. Al umero π si giuge però attraverso ua P, P,..., P,.... Sarebbe aturale a questo puto pesare al π successioe ifiita di passaggi { } come ad u umero irrazioale (è il limite di ua successioe ifiita di umeri irrazioali!) ma o 9

10 viee spotaeo pesarlo come u umero algebrico (l equazioe algebrica dovrebbe avere grado ifiito!). Queste cosiderazioi, o costituiscoo però ua dimostrazioe é della irrazioalità, é della trascedeza del umero π. La coclusioe ce traiamo alla luce di quato detto, è ce il problema della quadratura del cercio o a pertato soluzioe. L irrazioalità di π, fu provata da Lambert el 76. La trascedeza fu dimostrata da Vo Lidema el 88, utilizzado la stessa tecica usata da Hermite (87) per dimostrare la trascedeza di u altro umero importate: il umero e. Queste dimostrazioi o soo certamete semplici ma soo comuque alla portata di ci possiede ua certa dimesticezza co gli strumeti dell aalisi.