La trisettrice di Ippia

S

2 O

N L R

Rimane da trasformare il rettangolo nel quadrato equivalente; la costruzione

geometrica corrispondente si ottiene applicando il 1° o il 2° teor. di Euclide.

–

N. 2 Trisezione di un angolo: altra dimostrazione.

Consideriamo una semicirconferenza di centro C e di diametro AD (fig.4).

ˆ 

Preso un punto B su di essa, consideriamo l’angolo e

ACB

supponiamo, per semplicità, che esso sia un angolo acuto. Vogliamo 

indicare una costruzione geometrica che ci permette di dividere l’angolo

in tre parti uguali. Vedremo che anche questa costruzione non può essere

eseguita con la sola riga e compasso, ma solo per tentativi.

Conduciamo dal punto B una retta; sia E il punto di intersezione con la

semicirconferenza ed F il punto di intersezione con il prolungamento del

diametro AD. Scegliamo l’inclinazione della retta in modo che il segmento

EF sia uguale al raggio della semicirconferenza, quindi

  .

EF CE raggio

Consideriamo il triangolo (CEF) ; poiché esso è isoscele sulla base CF

possiamo scrivere l’eguaglianza ˆ

ˆ   .

DFE DCE ˆ

Inoltre, per il teorema dell’angolo esterno, l’angolo CEB è uguale alla

somma degli angoli interni non adiacenti; quindi si ha

ˆ

ˆ ˆ

 

CEB ECD DFE ,

e per la (1) possiamo scrivere ˆ ˆ

 

CEB 2 DFE .

Consideriamo ora il triangolo (CBF) ; per il teorema dell’angolo esterno si

ha ˆ ˆ ˆ

 

ACB CBE DFE .

Ma il triangolo (CBE) è isoscele sulla base BE, avendo due lati uguali

come raggi della semicirconferenza; possiamo quindi scrivere

ˆ ˆ

 .

CBE CEB

In tal modo la (4) diventa ˆ ˆ ˆ

  .

ACB CEB DFE

ˆ

Ricordando l’espressione di data dalla (3), la (5) diventa

CEB

ˆ ˆ ˆ

   ,

ACB 2 DFE DFE

ˆ ˆ

 

da cui ,

ACB 3 DFE

ˆ ˆ

 

o anche .

ACB 3 DCE

Più semplicemente possiamo scrivere 1

 

    , da cui .

3 3

Se a partire dal punto A riportiamo tre volte l’arco sulla

DE

possiamo dividere l’arco

semicirconferenza, in tre parti uguali.

AB

c.v.d.

–

N. 2 Centro di curvatura ed evolvente di una curva

Voglio indicare un procedimento molto semplice che ci permette di trovare

le coordinate del centro del cerchio di curvatura di una curva e quindi

l’equazione cartesiana dell’evolvente della curva stessa. Ricordo ancora lo

sgomento che mi procurò la questione nei primi mesi del mio corso di

laurea. Il procedimento che illustrerò riesce molte volte vantaggioso. Diamo

un esempio. 1

 2

In un riferimento cartesiano Oxy è data la parabola di equazione .

y x

2

Trovare le coordinate del centro del cerchio di curvatura relativo al generico

2

punto , cioè le coordinate del centro del cerchio osculatore della

P(t; t 2)

curva in tale punto (fig. 5).

Consideriamo due punti infinitamente vicini della parabola: siano essi

1 1

   

2 2

e .

P(t; t ) Q[t t; (t t) ]

2 2 2

x

 

La derivata della funzione in un generico punto è ; ne

y(x) y '(x) x

2

segue che le tangenti alla parabola nei punti P e Q hanno rispettivamente i

coefficienti angolari    

m t t

m t ed .

Q

P

Le normali alla parabola nei punti stessi hanno i coefficienti angolari

1 1

   

, .

m ' m '  

P Q

t t t

Scriviamo le equazioni delle due normali e mettiamole a sistema

 1 1

     

2

y t (x t t)

 2 t



(1) 1 1

        

2

y (t t) (x t t) .

  

 2 t t

Troviamo le coordinate del punto di intersezione di queste due rette;

 

passando poi al limite per si ottengono le coordinate del centro del

t 0

cerchio di curvatura nel punto P, cioè del cerchio osculatore in tale punto.

(1)

Dalla si ha

2