Il teorema di Morley

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Dopo un sintetico inquadramento storico del problema della trisezione di un angolo e una introduzione all'uso di alcuni strumenti della geometria dinamica, si passa a dimostrare un utile lemma sull'incentro e quindi si propone la costruzione che conduce alla dimostrazione del teorema di Morley. Di questo teorema si fornisce infine una seconda prova di carattere algebrico sfruttando i teoremi della trigonometria.

Breve introduzione storica

Certi angoli possono essere suddivisi in tre parti congruenti, cioè trisecati, senza alcuna difficoltà. Per esempio, un angolo retto può essere trisecato, dato che risulta quasi immediato costruire un angolo di 30°. Comunque non c'è alcuna procedura che faccia uso della sola riga (priva di riferimenti) e del compasso, che sia in grado di trisecare un angolo arbitrario. Il problema di trisecare un angolo è, in effetti, uno dei classici problemi lasciati insoluti dalla geometria greca (gli altri due riguardavano la duplicazione del cubo e la quadratura del cerchio).
Un problema a questo strettamente collegato, è quello della costruibilità dei poligoni regolari. Tale problema fu affrontato con successo da Gauss (1777-1855) che, a diciannove anni, aveva dimostrato la costruibilità di un poligono di 17 lati. Successivamente lo stesso Gauss, aveva definito quali fossero tra i poligoni regolari quelli costruibili con riga e compasso: sono soltanto quelli il cui numero di lati è un primo dispari (si dicono, primi di Fermat) della forma 2p + 1, con p = 2m e m = 0, 1, 2... . Ne segue che, per esempio, poligoni regolari di 7 o 9 lati non sono elementarmente costruibili. Fu comunque solo nel 1837 che Pierre Wantzel (1814-1848) riuscì a dimostrare la necessità della condizione di Gauss sui poligoni regolari e quindi anche l'impossibilità di trisecare un angolo arbitrario. Egli provò che ogni quantità costruibile con riga e compasso deve soddisfare ad un'equazione di grado 2n (n intero), e ciò non è vero per il nostro problema. Difatti, se utilizziamo l'identità goniometrica che collega l'angolo 3α con l'angolo α

cos 3 α = 4cos3 α - 3cos α

lo si può vedere facilmente. Posto quindi 3α = 60°, si ha cos 3α = 1/2. Poiché intendiamo costruire cos 20°, ponendo come incognita x = 2cos 20°, l'equazione sopra diventa

1
2		 = x3
2		 - 3 x
2		 ossia x3 - 3 x - 1 = 0.

Ed essendo l'equazione di terzo grado e irriducibile, secondo il criterio di Wantzel, non è possibile ricondurre le sue soluzioni ad una sequenza finita di radici quadrate. Così non si è nemmeno in grado di trisecare un angolo di 60°, sorprendentemente facile invece da costruire! E, fatto altrettanto importante, tale conclusione si poté dimostrare solo nel XIX secolo!

Poiché Euclide non considerava oggetti di cui non avesse precedentemente stabilito l'esistenza con una esplicita costruzione (prima di dimostrare il teorema di Pitagora, spiega come costruire un quadrato...), solo con una certa riluttanza i matematici si sono abituati ad accettare nella geometria euclidea l'esistenza di situazioni che essi non fossero in grado di costruire. In particolare, la "storica" difficoltà di trisecare un angolo è probabilmente la ragione del perché il teorema che ci accingiamo a dimostrare non fu scoperto se non nel XX secolo.
Ad ogni modo, prima di affrontarlo e benché non si sia in grado di costruire con riga e compasso la trisettrice di un angolo, conviene mostrare come questa trisezione la si possa facilmente ottenere con altri mezzi. Vediamo quindi come.

La trisezione secondo Archimede

Tutto quello che ci occorre per trisecare un angolo con il metodo di Archimede è una riga marcata con due riferimenti fissi, C e D in fig. 1.

figura 1

L'angolo AOB è quello dato che si intende trisecare: ovviamente OA = OB. Tracciamo ora la retta passante per B e per un punto qualsiasi C della retta OA, dalla parte di O. Per disporre della riga marcata come detto sopra riportiamo la misura del raggio del cerchio di centro O su tale retta con lo strumento Circonferenza per 3 punti (un clic su O, un altro su A e infine un terzo clic C). Sia D l'intersezione tra questa circonferenza e la retta BC. La riga marcata è allora la retta BC sulla quale i riferimenti C e D definiscono un segmento di lunghezza fissa pari ad OA.

L'idea di Archimede è questa: si muova questa "riga" trascinando il punto C sulla retta OA in modo tale che D vada a coincidere con un punto della circonferenza di centro O. In tale situazione OCD = 1/3AOB (trascinare il punto C e osservare i valori numerici delle ampiezze degli angoli evidenziati in fig. 1. Eventualmente ingrandire premendo il tasto +).
Difatti, supponiamo x = OCD. Nella situazione appena descritta, COD = x in quanto COD è isoscele. Ma allora ODB = 2x essendo l'angolo esterno a COD. Pure OBD = 2x essendo DOB isoscele. Infine

AOB = OCB + OBC = OCD + OBD = x + 2 x = 3 x

in quanto angolo esterno di OBC. Quindi OCD è un terzo di AOB.

La trisezione con gli strumenti della geometria dinamica

Esposte le linee essenziali del problema storico sulla trisezione è opportuno presentare il metodo che seguiremo per trisecare un angolo tramite Z.u.L.. In analoghi software di geometria dinamica, pur diversa nei particolari, la procedura è poi essenzialmente la stessa: dato che dividere una grandezza numerica per 3 non presenta alcun problema, tali strumenti didattici suppliscono all'impossibilità concettuale discussa con le loro capacità algebriche. La procedura diventa in tal modo del tutto banale.

Costruiamo un angolo AOB con lo strumento Raggio o Semiretta (fig. 2).

figura 2

Definiamo l'angolo da trisecare attivando Angolo e cliccando nell'ordine su A, O e B. Per essere certi del nome che il programma ha assegnato a questo possiamo scegliere tra tre modi diversi:

  1. attivare Edita oggetto e quindi cliccare sull'arco che rappresenta l'angolo;
  2. fare un clic con il pulsante destro del mouse sull'arco rappresentativo;
  3. premere il tasto funzione F11 (o le voci di menu Opzioni/Descrizione) e individuare il nome dalla lista degli oggetti presenti nella costruzione.

Ottenuto il nome, supponiamolo a1, attiviamo il "nuovo" strumento Angolo con ampiezza definita e quindi

Viene in tal modo disegnata una semiretta e aperta la finestra sottostante dove si possono editare le proprietà dell'angolo.

figura 3

Nella cella corrispondente a Misura, inserire a1/3 (o, in luogo di a1, il nome corretto) e selezionare, eventualmente, gli altri attributi desiderati. Infine premere OK. L'angolo definito dalla semiretta OA e da quest'ultima è stato in definitiva collegato a AOB da una espressione algebrica, espressione evidentemente facilmente generalizzabile.
Volendo ora suddividere l'angolo rimasto possiamo ritornare ai metodi "euclidei": definito quindi il punto di intersezione D tra la semiretta appena ottenuta con una circonferenza per O per esempio di raggio OA, è a tal fine sufficiente costruire la bisettrice di DOB. In alternativa si può riportare la distanza AD con una circonferenza centrata in D tramite e tracciare la semiretta di origine O per il nuovo punto di intersezione così ottenuto. Trascinare infine B per verificare la costruzione. (Si tenga presente che volendo estendere AOB oltre i 180° va selezionata, tra le sue proprietà quella che permette l'utilizzo di angoli maggiori di quello piatto ).

Un lemma sull'incentro di un triangolo

Consideriamo un ABC, la relativa circonferenza inscritta e l'incentro (fig. 4). Proviamo che

figura 4

Lemma
L'incentro I di ABC appartiene alla bisettrice di A e vede il lato BC sotto l'angolo BIC = 90° + A/2.
Viceversa, se un punto interno al triangolo appartenente alla bisettrice di A vede il lato BC sotto l'angolo 90° + A/2, esso coincide con l'incentro.

Dimostrazione. Se I è l'incentro di ABC cosicché esso appartiene per definizione alle bisettrici degli angoli del triangolo e quindi

BIC = 180° - IBC - ICB = 180° -  1
2		 ABC - 1
2		 ACB = 180° -  1
2		 (ABC + ACB)

Essendo ABC + ACB = 180° -BAC, otteniamo facilmente la tesi

BIC = 180° -  1
2		 (180° - BAC) = 90° +  1
2		 BAC = 90° +  1
2		 A

Viceversa, supponiamo che esista un altro punto P tale che BPC = 90° + A/2. Supponiamo appartenga al segmento AI di bisettrice (fig. 5).

figura 5

In tal caso valgono le disuguaglianze

PBC > IBC   PCB > ICB

ossia

PBC > B
2		   PCB > C
2

La somma degli angoli interni di PBC è pertanto

BPC + PBC + PCB > BPC +  B
2		 + C
2

Dato che per ipotesi BPC = 90° + A/2, il secondo membro assume il valore

BPC +  B
2		 + C
2		  = 90° + A
2		 + B
2		 + C
2		 = 90° + A + B + C
2		 = 90° + 90° = 180°

per cui

BPC + PBC + PCB > 180°

risultato evidentemente in contrasto con il teorema sulla somma degli angoli interni di un triangolo. Un analogo procedimento si applica se PIR nel qual caso si trova che la somma precedente risulta inferiore di 180° (fig. 5).

Una costruzione sorprendente

Passiamo infine a trattare una costruzione nella quale applicheremo, in alcuni punti, le tecniche di tipo algebrico descritte sopra.
Siano dati un triangolo qualsiasi ABC e un triangolo equilatero PQR (fig. 6). Sui lati di PQR costruiamo i triangoli isosceli P1RQ, Q1PR e R1QP di vertici P1, Q1 e R1 e angoli alla base, rispettivamente,

P1RQ   P1RQ = P1QR = 60° - A
3		 = α
Q1PR   Q1PR = Q1RP = 60° - B
3		 = β
R1QP   R1QP = R1PQ = 60° - C
3		 = γ

dove l'ultima uguaglianza ha lo scopo di semplificare più avanti la scrittura dato che utilizzeremo frequentemente questi valori.
Innanzitutto descriviamo alcuni aspetti della costruzione connessi al programma con la quale è stata realizzata. Pertanto,

  1. dopo aver tracciato ABC,
  2. vanno definiti i suoi angoli per mezzo dello strumento angolo . Se il programma è stato avviato in modo a sé stante, i nomi potrebbero essere quasi certamente A = a1, B = a2, C = a3.
  3. Costruire ora il triangolo equilatero con relativi punti medi dei lati e assi (o altezze o mediane).
  4. Quindi, per definire P1QR (o P1RQ) attivare lo strumento Angolo con ampiezza definita : si faccia poi un clic sul punto medio di QR, su Q e un terzo clic.
  5. Nella cella corrispondente a Misura della finestra che si apre dobbiamo inserire l'angolo α: a tal fine basta immettere l'espressione 60-a1/3 e confermare con OK.
  6. Viene quindi tracciato il secondo lato dell'angolo e di conseguenza diventa possibile definire l'intersezione con l'asse per ottenere il punto P1.
  7. Procedere analogamente per gli altri triangoli isosceli.
  8. Dopo aver nascosto le linee servite per la definizione degli elementi richiesti ed aggiunto i segmenti opportuni, si ottiene quanto rappresentato nella figura 6.

figura 6

Va notato che tale costruzione è sempre possibile, qualsiasi siano gli angoli del triangolo originario ABC. Difatti, poiché un qualsiasi angolo di un triangolo soddisfa alla disuguaglianza

0 < A < 180°

da questa discende pure che

0 < 60° -  A
3		  < 60°   cioè, nel nostro caso,   0 < α < 60°

Inoltre se sommiamo i tre angoli definiti sopra, è immediato ottenere

α + β + γ =  60° -  A
3		 + 60° -  B
3		 + 60° -  C
3		 = 180° -  A + B + C
3		 = 180° -  180°
3

cioè

α + β + γ = 120°
(1)

Rimpicciolita opportunamente la costruzione premendo il tasto - (il meno della tastierina numerica), siano: A0 l'intersezione delle semirette R1Q e Q1R, B0 l'intersezione delle semirette P1R e R1P, C0 l'intersezione delle semirette Q1P e P1Q (fig. 7) cioè

A0 = R1QQ1R,   B0 = P1RR1P,   C0 = Q1PP1Q,

figura 7

Quello che ci proponiamo di dimostrare è

A0B0C0ABC

ossia la similitudine tra A0B0C0 con ABC.

Sappiamo che gli angoli di base dei tre triangoli isosceli sono rappresentati da α, β e γ e che questi soddisfano alla (1). Tenendo presente ciò determiniamo gli angoli P1RA0, P1QA0 e Q1PB0.

P1RA0 = 180° - Q1RP - PRQ - P1RQ
= 180° - Q1RP - 60° - P1RQ
= 180° - β - 60° - α
= 120° - α - β
= γ

 

P1QA0 = 180° - R1QP - PQR - P1QR
= 180° - R1QP - 60° - P1QR
= 180° - γ - 60° - α
= 120° - α - γ
= β

 

Q1PB0 = 180° - R1PQ - QPR - Q1RP
= 180° - R1PQ - 60° - Q1RP
= 180° - γ - 60° - β
= 120° - β - γ
= α

In figura 8 si sono pertanto riportati con lo stesso colore gli angoli congruenti avendo pure considerato la congruenza di angoli opposti al vertice.

figura 8

Possiamo ora determinare facilmente RA0Q come

RA0Q = 180° - P1RA0 - P1QA0 - 2P1RQ
= 180° - γ - β - 2α
= 180° - (α + β + γ) - α
= 60° - α
= A
  3		 (2)

e dove, nell'ultima congruenza, si è tenuta presente la definizione per α. Procedendo nello stesso modo per i triangoli RB0P e PC0Q si trova che

RB0P = B
3		   PC0Q = C
3

Osserviamo ora il R1A0B0 (fig. 9). La semiretta R1R che è mediana sia del triangolo equilatero PQR che di quello isoscele R1QP, risulta pure bisettrice di PR1Q cioè di B0R1A0. Quest'ultimo angolo è congruente con

figura 9

B0R1A0 = PR1Q = 180° - 2R1PQ
= 180° - 2γ

Il punto R "vede" invece il segmento A0B0 sotto un angolo

B0RA0=360° - 2P1RA0 - P1RQ - 60° - Q1RP
= 300° - 2γ - α - β
= 300° - (α + β + γ) - γ
= 180° - γ

avendo tenuto presente la (1). Tra questi due angoli sussiste quindi il legame

B0RA0 = 90° +  90° - γ
= 90° +  B0R1A0
2

che, per quanto dimostrato nel lemma precedente ci permette di identificare R con l'incentro di R1A0B0. Pertanto RA0 e RB0 sono le bisettrici, rispettivamente, di R1A0B0 e R1B0A0 ossia per (2) si ha

RA0B0 = A
3		   RB0A0 = B
3

Dato che le medesime deduzioni si possono fare per il punto Q che, pertanto, identifichiamo con l'incentro di Q1C0A0 (analogamente P per P1B0C0) segue dalla (2) e dalla transitività della congruenza che

C0A0Q = A
3

In definitiva, le semirette R1Q e Q1R dividono C0A0B0 in tre parti reciprocamente congruenti con A/3: di conseguenza si ha C0A0B0 = A. Nello stesso modo si trova C0B0A0 = B e B0C0A0 = C e ciò dimostra la tesi cioè la similitudine A0B0C0ABC.

Il teorema di Morley

Siamo finalmente in grado di enunciare e dimostrare uno dei più sorprendenti teoremi della geometria elementare, scoperto da Frank Morley nel 1899 e, riscoperto e dimostrato ufficialmente per la prima volta nel 1909. Soprattutto per la sua generalità e semplicità lo si trova spesso citato come il miracolo di Morley.

Teorema di Morley
I punti di intersezione delle coppie di trisettrici degli angoli adiacenti allo stesso lato di un qualsiasi triangolo, sono i vertici di un triangolo equilatero.

In sostanza, ad ogni triangolo è possibile associare un triangolo equilatero costruito trisecando gli angoli di quello originario. La dimostrazione segue immediata dalla procedura descritta nella sezione precedente. Difatti questa procedura, come evidenziato, assicura la possibilità di associare a qualsiasi ABC un triangolo simile A0B0C0 con le proprietà descritte nell'enunciato del teorema. Si tratta ora di identificare, per chiarezza, il A0B0C0 di "arrivo" nella procedura con quello del teorema di Morley e procedere a ritroso: in tal modo il teorema è dimostrato.

Una dimostrazione alternativa trigonometrica

Se la dimostrazione sopra può lasciare un po' perplessi in quanto non fa uso di un approccio deduttivo diretto (peraltro abbastanza complesso in questo caso), ne riportiamo qui una alternativa di carattere algebrico che coinvolge i due teoremi fondamentali della trigonometria, il teorema dei seni e quello di Carnot (o del coseno).

La prova appare in un contesto algebrico del tutto sequenziale e consiste essenzialmente di due momenti (ci riferiamo da ora in avanti alla costruzione di fig. 10, ottenuta trisecando direttamente gli angoli del triangolo originario):

  1. poiché nei ABR, BCP e CAQ sono noti un lato e i due angoli adiacenti, tramite il teorema dei seni si possono determinare i lati rimanenti.
  2. Passando a ARQ, BPR e CQP, per ciascun triangolo si sono ottenute nel passo precedente le lunghezze di due lati mentre l'angolo compreso tra questi è noto. Applicando il teorema di Carnot si può quindi risalire al terzo lato, rispettivamente QR, PR e PQ e, se questi hanno lunghezze uguali, il teorema si potrà assumere come dimostrato.

figura 10

Come già fatto precedentemente poniamo per semplicità

A = 3α B = 3β C = 3γ

che implica immediatamente

α + β + γ = 60° (3)

Sia inoltre Rc il raggio del cerchio circoscritto a ABC e quindi, applicando il teorema dei seni a questo triangolo si ha

AB = 2Rc senC = 2Rc sen(3γ), BC = 2Rc senA = 2Rc sen(3α), CA = 2Rc senB = 2Rc sen(3β)

Sempre per il medesimo teorema applicato a BCP si scrive

BP
sen γ		 = BC
sen(180° - β - γ)

= 2Rc sen 3α
sen(β + γ)

= 2Rc sen 3α
sen(60° - α)

dove si è pure utilizzata la (3). Esplicitando BP si ha

BP = 2Rc sen 3α sen γ
sen(60° - α)

Conviene semplificare questa espressione riscrivendo sen 3α in modo alternativo. Difatti utilizzando l'identità goniometrica che collega sen 3α con sen α risulta

sen 3α = 3 sen α - 4 sen3α
= 4 sen α (3/4 - sen2α)
= 4 sen α (sen260° - sen2α)

dove si è fatto uso dell'uguaglianza sen260° = 3/4. Scomponiamo in fattori la differenza di quadrati a secondo membro ed applichiamo le formule di prostaferesi assieme alla proprietà commutativa della moltiplicazione (penultimo passaggio) e, nell'ultimo passaggio, alle formule di duplicazione per il seno.

sen 3α = 4 sen α (sen260° - sen2α)
= 4 sen α (sen 60° - sen α)(sen 60° + sen α)
= 4 sen α [2 sen(30° - α/2)·cos(30° + α/2)]·[2 sen(30° + α/2)· cos(30° - α/2)]
= 4 sen α [2 sen(30° - α/2)·cos(30° - α/2)]·[2 sen(30° + α/2)· cos(30° + α/2)]
= 4 sen α ·sen(60° - α)·sen(60° + α)

Dopo aver semplificato sen(60° - α) possiamo riportare BP nella forma

BP = 2Rc sen 3α sen γ
sen(60° - α)		 = 8Rc sen α ·sen(60° - α)·sen(60° + α) sen γ
sen(60° - α)		 = 8Rc sen α sen γ sen(60° + α).

Si può procedere nello stesso modo per i lati rimanenti ma, per quanto seguirà, è sufficiente determinare il solo lato BR: si ha

BR = 8Rc sen γ sen α sen(60° + γ).

Possiamo ora applicare il teorema di Carnot a BPR per determinare PR. Allora

PR2 = BP2 + BR2 - 2·BP·BR·cosβ

Sostituendo e fattorizzando i termini comuni si ottiene

PR2 = 64(Rc)2sen2α sen2γ·[sen2(60° + α) + sen2(60° + γ) - 2 sen(60° + α) sen(60° + γ) cosβ]

L'espressione tra parentesi quadrate appare abbastanza complicata ma se osserviamo che la somma degli angoli coinvolti equivale ad un angolo piatto

(60° + α) + (60° + γ) + β = 120° + α + β + γ
= 120° + 60°
= 180°

possiamo pensare che esista un triangolo con tali angoli. In effetti ne esiste una infinità di tali triangoli, tutti simili uno con l'altro. Sia quindi A0B0C0 uno di questi tale da avere il raggio del cerchio circoscritto uguale ad Rc (In fig. 11 si sono sostituite le lettere greche degli angoli con le corrispondenti latine).

figura 11

L'applicazione del teorema dei seni a questo triangolo permette di avere

A0B0 = 2Rc sen(60° + γ) B0C0 = 2Rc sen(60° + α) A0C0 = 2Rc sen β

mentre il teorema di Carnot fornisce

(A0C0)2 = (A0B0)2 + (B0C0)2 - 2·(A0B0)·(B0C0)·cosβ

Inserendo le lunghezze dei lati sopra e dividendo per 4(Rc)2 si ha

sen2β =  sen2(60° + α) + sen2(60° + γ) - 2 sen(60° + α) sen(60° + γ) cosβ

che permette di riscrivere PR2 come

PR2 = 64(Rc)2 sen2 α sen2 γ sen2 β

e quindi

PR = 8Rc sen α sen β sen γ.

L'espressione cui siamo giunti permette un'importante osservazione: essa appare indipendente dallo scambio degli angoli α, β, γ. Pertanto non può cambiare se si procede alla determinazione dei rimanenti due lati. Difatti procedendo allo stesso modo per PQ e QR si ottiene la medesima espressione: in definitiva possiamo affermare che PR = PQ = QR c.v.d.

Problema

Problema 7.1. Sia P2 il simmetrico di P rispetto alla trisettrice CP1 e P3 il simmetrico di P rispetto alla trisettrice BP1. Dimostrare che i quattro punti P2, Q, R, P3 appartengono alla medesima circonferenza passante pure per A e sono ugualmente spaziati lungo essa.
Dimostrazione

figura 12

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