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Il nostro percorso. POLIGONI REGOLARI: COSTRUIBILITÀ CON RIGA-COMPASSO E CON ORIGAMI.

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Presentazione sul tema: "Il nostro percorso. POLIGONI REGOLARI: COSTRUIBILITÀ CON RIGA-COMPASSO E CON ORIGAMI."— Transcript della presentazione:

1 Il nostro percorso

2 POLIGONI REGOLARI: COSTRUIBILITÀ CON RIGA-COMPASSO E CON ORIGAMI

3 Numeri costruibili Si dice che un numero reale α è costruibile, se è possibile costruire con riga e compasso un segmento avente lunghezza |α|. Naturalmente, ciò ha senso solo se si è fissato nel piano un segmento di lunghezza unitaria. Un punto è costruibile con riga e compasso se è ottenibile mediante intersezione di rette e cerchi. Un segmento è costruibile se i suoi estremi sono punti costruibili. Una retta è costruibile se passa per due punti costruibili. Una circonferenza è costruibile se ha per centro un punto costruibile e per raggio un segmento (o un segmento congruente) costruibile. Un punto si dice costruibile se è uno degli estremi del segmento unitario, o si ottiene per intersezione di: due rette costruibili; un cerchio e una retta costruibili; due cerchi costruibili.

4 Costruibilità con riga e compasso 1. Se due segmenti α e β sono numeri reali costruibili con riga e compasso, allora i numeri α+β, α-β, α*β, e, se β0, α/β, sono costruibili. 2. Se il numero positivo reale α è costruibile, allora lo è anche α.

5 Estensione quadratica di un campo numerico Se il numero reale positivo α è costruibile, allora lo è anche α. Dimostrazione: Data una retta passante per il punto A, si costruiscano, sulle due semirette uscenti da A, rispettivamente un punto B tale che AB abbia lunghezza 1 ed un punto C tale che AC abbia lunghezza α. Si costruisca il punto medio M del segmento BC e si costruisca una circonferenza di centro M passante per B (e quindi avente BC come diametro). Si conduca la perpendicolare a BC per A, e sia P un suo punto dintersezione con la circonferenza. Allora, per il Teorema di Talete, il triangolo BPC ha un angolo retto in P. Dal Secondo Teorema di Euclide segue allora che la lunghezza di AP è α.

6 Supponiamo ora di aver fissato nel piano un sistema di coordinate cartesiane, e che il segmento di lunghezza unitaria sia quello di estremi (0,0) e (1,0). Si tratta di costruire un punto che abbia da esso distanza α dallorigine. Il procedimento con riga e compasso prevede, in generale, di pervenire a questo punto attraverso una serie di punti intermedi, ottenuti intersecando rette e circonferenze. Allinizio è possibile costruire solo le circonferenze che hanno (0,0) come centro e passano per (1,0) (o viceversa), e la retta congiungente (0,0) e (1,0). Queste circonferenze e questa retta hanno equazioni cartesiane con coefficienti tutti razionali. Il punto dintersezione di due rette aventi equazioni a coefficienti razionali è un punto avente coordinate razionali, poiché queste sono le soluzioni di un sistema lineare 2×2 a coefficienti razionali. Le coordinate dei punti di intersezione di una retta e di una circonferenza (equivalentemente, di due circonferenze) a coefficienti in Q sono soluzioni di equazioni quadratiche, e quindi appartengono ad unestensione 2-radicale di Q. Pertanto, le coordinate dei punti costruibili con riga e compasso appartengono ad unestensione 2- radicale di Q. Lo stesso vale per le distanze tra due punti siffatti. Quindi ogni numero reale positivo costruibile appartiene ad unestensione 2-radicale di Q. Teorema : Un numero reale è costruibile se e solo se appartiene ad unestensione 2-radicale di Q. Un esempio di estensioni quadratiche si ha dal passaggio dai numeri reali ai numeri complessi: C=R(-1), dove: i = -1

7 Criteri di insolubilità di Wantzel Primo criterio Un numero trascendente non è costruibile. Dim: Sia x=a+bc un elemento di unestensione quadratica dei razionali, cioè in particolare un numero costruibile. Allora si ottiene: da cui segue. Eliminando le radici una ad una a partire da quelle più esterne, si ha per induzione che un numero costruibile appartenente ad un estensione di ordine 2 n dei razionali è soluzione di unequazione di grado 2 n a coefficienti razionali. In particolare un numero costruibile è algebrico. c.v.d.

8 Secondo criterio Le radici di unequazione cubica a coefficienti razionali e senza radici razionali non sono costruibili. Dim: Basta provare che se unequazione cubica a coefficienti in un campo F ha radici in unestensione quadratica di F ha già radici nel campo. Segue allora che se unequazione cubica a coefficienti razionali ha radici costruibili, ha già radici razionali. Data unequazione cubica, possiamo supporre che sia monica: z 3 +a 2 z 2 +a 1 z+a 0 =0, se z 1, z 2, e z 3 sono le radici complesse lequazione è equivalente a: (z-z 1 )(z-z 2 )(z-z 3 )=0, da cui segue: z 3 -(z 1 +z 2 +z 3 )z 2 +(z 1 z 2 +z 1 z 3 +z 2 z 3 )z–z 1 z 2 z 3 = 0, ma allora: -(z 1 +z 2 +z 3 )=a 2. Sia z 1 una soluzione in F(c), cioè: z 1 =a+bc, allora per la proposizione precedente anche z 1 =a-bc è soluzione, quindi: -(a+bc+a-bc+z 3 )=a 2 e dunque: z 3 = a 2 + 2a. Pertanto cè una soluzione in F. c.v.d.

9 Numeri complessi Un esempio di estensioni quadratiche si ha dal passaggio dai numeri reali ai numeri complessi: C=R(-1), dove: i = -1 Cosè il piano di Gauss? I numeri complessi possono essere rappresentati come vettori sul piano cartesiano che viene, per questo uso particolare, chiamato piano di Gauss. Questa modello geometrico è utilissimo e fa sì che il campo complesso (un altro modo di chiamare l'insieme dei numeri complessi), le sue proprietà e le sue operazioni siano visualizzabili in modo semplice ed efficace.

10 Rappresentazione algebrica Un numero complesso si rappresenta nella forma a + bi. Rappresentazione geometrica Per rappresentare un numero complesso z = a + bi bisogna usare il piano di Gauss, in cui a è il valore delle ascisse e b quello delle ordinate.

11 Radice dell'unità Le radici n-esime dell'unità sono tutti i numeri (reali o complessi) la cui n-esima potenza è pari a 1, ovvero le soluzioni dell'equazione: x n =1

12 Dimostrazione: Lequazione x n – 1 = 0 fu studiata da molti matematici del XVIII secolo, tra cui anche Lagrange, che la studiò con n primo. Vandermonde ( ) risolse lequazione nel caso n = 11 con un metodo che dichiarava essere estendibile per i primi maggiori di 11. Waring ( ) per primo introdusse la nozione di radice primitiva dellunità. Il contributo più importante è dato da Gauss che nella sua opera Disquisiziones Arithmeticae nel 1801 analizzò in modo completo lequazione x n – 1 = 0 dando il metodo di risoluzione per radicali per ogni n e trattando esplicitamente il caso n = 17 e n = 19. In particolare dimostrò per quali valori di n lequazione è risolubile per radicali quadratici, cioè quanti possono essere i lati di un poligono regolare perché sia costruibile con riga e compasso. Egli dimostrò che lequazione x n – 1 = 0 è risolubile per radicali quadratici se e solo se n è della forma: n = 2 u (2 h + 1)….( 2 m + 1), con i numeri tra parentesi primi, cioè della forma dei primi di Fermat. Mostriamo in breve lequivalenza del problema risoluzione della lequazione ciclotomica x n – 1 = 0 con la costruibilità con riga e compasso dei poligoni regolari. Dividere in n parti uguali una circonferenza significa dividere langolo di 2π in n parti, cioè vuol dire che bisogna saper costruire cos(2πn / n) e sin(2πn / n), cioè se si sa costruire un numero ε = cos(2πn / n) + isin(2πn / n). Questo numero è una radice primitiva dellunità e le sue potenze ε, ε 2, …, ε n-1, ε n = 1 sono ancora radici dellunità. Infatti: ε n = cos(2πn / n) + isin(2πn / n) = 1 + i0 = 1 (ε 2 ) n = ε 2n = (ε n ) 2 = 1

13 Le radici n-esime di 1 si dispongono nel piano di Gauss nei vertici di un poligono regolare di n lati inscritto nella circonferenza che ha centro nellorigine e raggio unitario.

14 Dimostrazione: Il numero 1 ha in C la rappresentazione trigonometrica: 1 = 1(cos2kπ + isin2kπ) Una radice n-esima dellunità è un numero z = r(cosα + i*sinα) per il quale deve valere: Z n = 1, uguaglianza dalla quale, ricordando la formula di De Moivre, si ottiene lidentità: r n (cos(nα) + i*sin(nα)) = 1(cos2kπ + isin2kπ) Che conduce alle equazioni in r e in α: r n = 1 cos(nα) + i*sin(nα) = cos2kπ + isin2kπ La prima equazione deve essere risolta in R + in quanto corrisponde a un confronto tra moduli: si ottiene il valore r = 1. La seconda, invece, è posta in C, e può essere risolta uguagliando gli argomenti delle funzioni trigonometriche, ottendendo: nα = 2kπ, ovvero: α = 2kπ / n Nellintervallo [0; 2π] si ottengono per α, al variare di k tra 0 e n-1, n valori distinti che si dispongono secondo multipli dellanomalia 2π / n.

15 La costruzione dellettagono regolare I vertici dellettagono sono dati dalle radici dellequazione: z 7 -1 = 0 (9) con z = x + iy. Le soluzioni di questa equazione sono: z = 7 1 = cos(k*360 0 /7)+ i*sin(k*360 0 /7), k=0,1,...,6 (10) La prima ( k = 0 ) è z = 1. Le altre derivano da: (z 7 -1)/(z-1) = z 6 +z 5 +z 4 +z 3 +z 2 +z+1=0. Dividendo per z 3, si trova: z 3 +(1/z 3 )+z 2 +(1/z 2 )+z+(1/z)+1=0, che si può trasformare facilmente in: (z+1/z) 3 - 3(z+1/z) + (z+1/z) (z+1/z) + 1 = 0 -> -> x 3 + x 2 + x + 1 = 0 (11) avendo posto x = z+ 1/z. Le soluzioni di questa equazione sono espresse dalla (10), però con k 0. Osserviamo che, per una proprietà dei numeri complessi, risulta: 1/z= cos(k*360 0 /7)- i*sin(k*360 0 /7), e quindi: z+ 1/z = x = 2cos(k*360 0 /7).

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17 Che cosè lorigami? Con il termine origàmi si intende l'arte di piegare la carta ( termine derivato dal giapponese, ori piegare e kami carta) e, sostantivato, l'oggetto che ne deriva. Esistono tradizioni della piegatura della carta anche in Cina (Zhe Zhi" ), tra gli Arabi ed in occidente. La tecnica moderna dell'origami usa pochi tipi di piegature combinate in un'infinita varietà di modi per creare modelli anche estremamente complicati. In genere, questi modelli cominciano da un foglio quadrato, i cui lati possono essere di colore differente e continua senza fare tagli alla carta. Tra le numerose applicazioni dellorigami, vi sono anche le costruzioni di poligoni regolari. Grazie a questa arte, infatti, è possibile creare ettagoni, ennagoni e tutti gli altri poligoni che, con riga e compasso, sono impossibili da ottenere con assoluta precisione.

18 Origami: assiomi Assioma 1 Dati due punti p 1 e p 2, esiste un'unica piegatura che passi per entrambi. Assioma 2 Dati due punti p 1 e p 2, esiste un'unica piegatura che porti p 1 su p 2.

19 Assioma 3 Date due linee rette l 1 e l 2, esiste sempre una piegatura che porti l 1 su l 2. Assioma 4 Dati un punto p 1 e una retta l 1, esiste un'unica piegatura perpendicolare a l che passi per il punto p.

20 Assioma 5 Dati due punti p 1 e p 2 e una retta l, esiste sempre una piegatura passante per p 2 che porti p 1 su l. Assioma 6 Dati due punti p 1 e p 2 e due rette l 1 e l 2, esiste sempre una piegatura che porti p 1 su l 1 e p 2 su l 2.

21 Assioma 7 Dati un punto p e due rette l 1 e l 2, esiste sempre una piegatura perpendicolare a l 2 che porti p su l 1. Si può notare che l'assioma 5 può avere una o due soluzioni, mentre l'assioma 6 può averne una, due o tre. In questo modo, le costruzioni geometriche che ne risultano sono più forti delle costruzioni con riga e compasso, dove il numero massimo di soluzioni di un assioma è due. Per questo motivo le costruzioni con riga e compasso possono risolvere al massimo equazioni di secondo grado, mentre le costruzioni per mezzo di origami possono risolvere anche equazioni di terzo grado.

22 Risoluzione equazione di 3 o grado con origami Si inizia da un generico punto O del piano tracciando un segmento OU di lunghezza 1 che costituirà lunità di misura per lintera costruzione. Si traccia un segmento UA di lunghezza UA=b ortogonale a OU che prosegue verso sinistra o verso destra a seconda che il coefficiente del termine di secondo grado sia positivo o negativo. Da A si traccia un segmento AB di lunghezza AB=c ortogonale ad UA procedendo verso sinistra o verso destra a seconda che il coefficiente del termine di primo grado abbia lo stesso segno del coefficiente precedente o segno opposto. Da B si traccia un segmento BC = d con i precedenti accorgimenti.

23 A questo punto si prolungano i lati UA, BA e BC. Si traccia una retta che parte da O con coefficiente angolare a piacere andando così ad individuare un punto A sul prolungamento OA, successivamente si traccia la normale alla retta OA passante per A, tale retta incontra il prolungamento dio BA in un punto; si continua con tale procedura fino ad arrivare sul prolungamento di BC. Quando tale percorso passa per C, la lunghezza del segmento AU rappresenta una soluzione reale dellequazione cubica. Di tali percorsi in generale ne possono esistere al massimo 3, pari al grado dellequazione. Dalla similitudine dei triangoli rettangoli OAU e AAB si ha che OU=1, AU = x =, AA= AU+UA = b+ x AB / AA = x Allora : AB = x^2 + bx Dalla similitudine dei triangoli AAB e BBC si ha che BC / BB= x BB= BA+AB = x^2 + bx + c BC = x^3 + bx^2 + cx BC = d Da ciò segue che : x^3 + bx^2 + cx = d

24 Costruzioni a confronto Triangolo equilatero – riga e compasso Il triangolo equilatero dato il lato AB si può costruire con riga e compasso in questo modo: Si punta il compasso in A con apertura AB e si traccia una circonferenza; Si punta il compasso in B con apertura BA e si traccia una circonferenza; Il punto d'incontro delle circonferenze C è il terzo punto cercato; Unendo A, B e C si ottiene un triangolo equilatero. La dimostrazione è semplice: essendo, per definizione, tutti i punti della circonferenza equidistanti dal centro, il segmento AB è congruente ad AC, e AB è congruente a BC. Ma allora per la proprietà transitiva della congruenza, AB = AC = BC e il triangolo è equilatero.

25 Triangolo equilatero – origami

26 Pentagono regolare – riga e compasso Traccia una linea orizzontale, e denominala "a". Questa rappresenterà il diametro della circonferenza in cui dovrai costruire il pentagono. Individua il centro della circonferenza, ed in corrispondenza ad esso costruisci la perpendicolare ad "a". Nomina il punto di intersezione come "O". Traccia quindi un semicerchio che incontri la circonferenza nei punti 1 e 2. Unisci questi punti mediante una retta, ed individua il punto 3, ovvero quello in cui si incontrano la retta stessa e la retta "a". Nomina inoltre il punto"D". Punta, adesso, il compasso in "D" con apertura D4 e traccia una curva sino ad incontrare la circonferenza nel punto "Ee dal lato opposto nel punto "C". Con la medesima apertura, punta in "E" ed individua il punto "A", e punta in "C" individuando il punto "B". Hai così ottenuto i 5 punti del tuo pentagono (ABCDE). Non ti rimane che unirli ed evidenziarli.

27 Pentagono regolare – origami (metodo di Roberto Morassi)

28 Pentagono regolare – origami (disegni di Francesco Decio)

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31 Costruzione dell ettagono regolare con lorigami

32 Bibliografia Dentice Eva Ferrara Problemi classici dellantichità (appunti dalle lezioni del corso di perfezionamento) Barra Mario, Polidoro Maria Grazia La geometria della carta piegata (Progetto Alice n. 35, Vol. XII, Anno 2011-II) Caserta Antonio Matematica e geometria con un foglio di carta (Progetto Alice n. 34, Vol. XII, Anno 2011-I) Romano Pietro I problemi classici della geometria non risolubili con riga e compasso Andreini Mara, Manara Raffaella, Prestipio Francesco Matematica controluce 2


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