Ritagli aurei

Problema:

Tagliare tre triangoli equivalenti dagli angoli di un rettangolo. Ovvero, detto in altre parole, determinare un triangolo dentro un dato rettangolo affinché, una volta rimosso, restino tre triangoli di uguale area.

Con riferimento alla figura seguente, dato il rettangolo ABCD, il problema consiste nel determinare un punto P sul lato CD ed un punto Q sul lato BC affinché risulti uguale l’area dei triangoli rettangoli PDA, PCQ e ABQ.

Poniamo DP = x, PC = y, CQ = w, QB = z.

L’area del triangolo PDA è x(w + z), quella del triangolo PCQ è yw e quella del triangolo ABQ è z(x + y). Deve essere:

x(w + z) = yw et x(w + z) = z(x + y).

La prima equazione ci dice che:

x = yw/(w + z);       (1)

la seconda equazione, svolte le moltiplicazioni ed eliminato il termine zx da ambo i membri, ci dice che:

xw = zy.                     (2)

Ciò significa che y/x = w/z. Deduciamo allora che i punti P e Q dividono i lati del rettangolo nello stesso rapporto. Sostituendo nella (2) ad x l’espressione data dalla (1), si ottiene:

yw²/(w + z) = zy.

Eliminando y e sistemando, abbiamo:

w² = z² + zw.

Se dividiamo ambo i membri per z², otteniamo l’equazione di secondo grado in w/z:

(w/z)² = 1 + w/z.

Posto w/z = X, l’equazione precedente diventa:

X² – X -1 = o,

la cui soluzione positiva è X = Phi = (√5 + 1)/2, cioè w/z = Phi ovvero w = zPhi.

Poiché abbiamo già visto che y/x = w/z, allora possiamo concludere che ciascun lato del rettangolo è diviso nello stesso rapporto. Tale rapporto è Phi, il rapporto aureo.

Per la stesura del presente e dei precedenti tre post devo ringraziare chvnx per aver segnalato nel suo tumblelog l’articolo Two-dimensional Geometry and the Golden section or Fascinating Flat Facts about Phi, del quale ho liberamente tradotto alcune parti.  L’articolo è tutto da leggere; vi trovate curiosità riguardanti la costruzione della sezione aurea, i pentagoni e i pentagrammi (interessante la parte relativa ai triangoli isosceli con angoli di 36° – 72° – 72°, ma di questo ha già parlato molto bene zar), il traphizium (ossia il trapezio trisoscele con le basi nel rapporto aureo), i rettangoli radical 5, la spirale di Fibonacci e la spirale aurea, Phi e la trigonometria, e tante altre cose ancora.

Phi e i triangoli rettangoli

Domanda:

esiste un triangolo rettangolo i cui lati siano in progressione geometrica?

Se tale triangolo esiste, sia a la lunghezza del cateto minore e sia r il comune rapporto nella progressione geometrica; in tal modo i tre lati avranno lunghezza a, ar, ar² come mostrato nella figura seguente.

Applicando il teorema di Pitagora, risulta:

Possiamo dividere per a²:

Posto R = r², otteniamo l’equazione di secondo grado:

ovvero:

Risolvendo si trova:

ove si è posto:

Poiché R è r², la soluzione negativa non è accettabile; pertanto:

da cui:

I lati del triangolo sono pertanto:

e qualunque triangolo rettangolo con i lati in progressione geometrica ha due coppie di lati nello stesso rapporto √Phi e una coppia di lati nel rapporto aureo.

La costruzione di Lemoine della sezione aurea

Nel post precedente abbiamo illustrato i procedimenti di Hofstetter per costrire la sezione aurea di un segmento utilizzando solo circonferenze e una retta. In quest’ottica presentiamo qui la variante di Lemoine, proponendoci ancora una volta di individuare il gold point di un dato segmento AB. Con riferimento alla figura seguente, ecco cosa dobbiamo fare con un compasso ed un righello.

1. Con centro in A, si tracci la circonferenza passante per B.
2. Con centro in B, si tracci la circonferenza passante per A e siano C e D i punti di intersezione con la precedente circonferenza.
3. Con centro in C, si tracci una terza circonferenza passante per A e B e sia E la sua ulteriore intersezione con la prima circonferenza.
4. Si tracci il segmento CD e sia F la sua intersezione con la terza circonferenza.
5. Con centro in E si descriva infine la circonferenza passante per F e sia G la sua intersezione con il segmento AB.

G è il gold point di AB. Inoltre, se si prolunga BA sino ad incontrare in G’ la circonferenza più grande di centro E, allora A è il gold point di G’B.

Dimostrazione.

Supponiamo che AB abbia lunghezza unitaria. Allora CD = √3 e EG = EF = √2. Sia H la proiezione ortogonale di E sulla retta AB. Poiché HA = 1/2, e

si ha che

Ciò prova che G divide AB nel rapporto aureo. Si noti che l’altra intersezione G’ della retta AB con la circonferenza di centro E è tale che

e ciò prova che G’ è il gold point di G’B.

Le circonferenze di Hofstetter

Kurt Hofstetter ha realizzato una costruzione veramente molto semplice per determinare la sezione aurea di un segmento. Basta disporre di un compasso per tracciare quattro circonferenze. Con riferimento alla figura seguente, la costruzione avviene in tre passi:

1. Siano X e Y due punti presi su una retta r. Con centro in X si descriva la circonferenza passante per Y (verde) e con centro in Y la circonferenza passante per X (verde). Siano G (top) e B (bottom) i punti di intersezione delle due circonferenze e P e Q le intersezioni con la retta r.
2. Con centro in X, si tracci la circonferenza passante per Q (nera).
3. Con centro in Y, si tracci la circonferenza passante per P (nera) e sia A (top) il punto di intersezione delle due circonferenze nere.

Vogliamo provare che il punto G è un gold point di AB, ossia che il segmento GB è la sezione aurea di AB.

E’ evidente che A, G, B sono allineati. Si tratta di far vedere che G divide AB nel rapporto aureo:

Assunto XY di lunghezza 2, allora BG = 2√3 e AB = √15 + √3. Ne consegue:

Lo stesso Hofstetter ha scoperto un’ulteriore semplice costruzione del gold point di un segmento AB usando soltanto circonferenze ed un segmento. Con riferimento alla figura seguente, i passi  da seguire sono quelli sotto riportati:

1. Con centro in A, si tracci la circonferenza passante per B.
2. Con centro in B, si tracci la circonferenza passante per A.
3. Si prolunghi il segmento BA sino ad incontrare in C la circonferenza di centro A.
4. Sia D (bottom) il punto di intersezione delle due circonferenze.
5. Con centro in C si descriva un’altra circonferenza passante per B.
6. Sia E il punto di intersezione di quest’ultima circonferenza con la circonferenza di centro B precedentemente disegnata.

Il segmento DE interseca il segmento AB in G.

Ebbene, G è un gold point di AB. Per la dimostrazione si faccia riferimento alla figura seguente.

Supponiamo che AB abbia lunghezza unitaria. E’ sufficiente dimostrare che AG =½(√5 – 1). A tal fine, si prolunghi BA sino ad intersecare in H la circonferenza di centro C. Sia I l’intersezione del segmento FD col segmento AB e sia J la proiezione ortogonale di E su AB. Nel triangolo rettangolo HEB, BH = 4, BE = 1. Poiché, per il primo teorema di Euclide, BE² = BJ × BH, ne consegue che BJ = 1/4. Ne consegue anche che JE = 1/4√15.

Essendo inoltre:

ne segue che:

e

Ciò prova che G divide AB nel rapporto aureo.