Help costruzione geometrica

[kalka1]

Giovanni Campano da Novara,cappellano di Urbano IV ,attivo verso il 1260.A lui si deve un'autorevole traduzione di Euclide dall'arabo in latino,la prima a essere stampata nel 1482.
Il buon Giovanni triseca l'angolo con questa costruzione , di cui non riesco a venire a capo

l'angolo AOB ,di cui si deve fare la trisezione,viene posto col vertice O al centro di un cerchio di raggio OA=OB.
Da O si tracci un raggio OC perpendicolare a OB
Per il punto A si faccia passare una semiretta AED in modo che DE=OA .
Infine per il centro O si tracci una linea OF parallela alla AED
L'angolo FOB è allora un terzo dell'angolo AOB ( ??????????? )
spero che il link alla figura ( non troppo accurata) funzioni:


ciao a tutti ( p.s.: tratto da Boyer ,Storia della matematica , mondadori)

[Sk_Anonymous]

L'angolo da trisecare si può supporre acuto ,dato che l'angolo retto e quello piatto sono trisecabili elementarmente ( ovvero con riga e compasso).
Indico ora il raggio della crf. con r e l'angolo da trisecare con a.Risulta che DE=OA=OF=r ed inoltre DE è parallelo ad OF.Ne segue che Il quadrilatero ODEF è un parallelogramma e poiché è pure OD=EF=r esso in realtà è un rombo e le sue diagonali OE e DF sono quindi tra loro perpendicolari.Pertanto FD è parallelo ad OB e ciò porta a varie conseguenze sugli angoli come segnati in figura.
Passiamo ora ai calcoli.Risulta :
$OE=2*OM=2rsinx$, $(OE)/(sin2x)=(OA)/(sin(90°-2x+a)$ e cioé :
$1/(cosx)=1/(cos(a-2x))$ da cui ,trattandosi di angoli acuti,si ricava che x= a-2x->x=a/3.E questo prova che la costruzione di Giovanni Campano (uno che si chiama così viene poi da Novara!!!) e' giusta .Resta da stabilire se essa e' eseguibile elementarmente e qui casca l'asino.Infatti la costruzione è possibile se si riesce a trovare AE in quanto,noto che sia AE,basta far centro in A con raggio AE fino ad intersecare (internamente ) OC in E ,prolungare fino in D ed infine completare la costruzione per avere F e dunque l'angolo BOF.
Ora e' (relativamente) facile dimostrare che il calcolo di AE viene a dipendere da un'equazione di 3° grado che ,come è noto,non e' risolubile con le sole operazione elementari e l'aggiunta della radice quadrata.Ovvero il problema di trovare AE non è fattibile con riga e compasso.A tal proposito abbiamo:
$(AE)/(sin(90°-a))=(OA)/(sin(90°-2x+a))$
Da cui ,tenuto conto che è x=a/3 ,si ricava che $AE=(r*cosa)/(cos(a/3))=r(4cos^2(a/3)-3)$ e quindi si conclude che per trovare AE occorre trovare $cos(a/3)$ partendo da $cosa$ che è noto.Ma è $cosa=4cos^3(a/3)-3cos(a/3)$ che è di terzo grado rispetto all'incognita $cos(a/3)$.
Ciao

[kalka1]

grazie , mi interessava la soluzione sintetica e hai gettato luce sull'argomento
(trisecare l'angolo con riga e compasso è impossibile ma ,come in questo caso ,diventa fattibile se si ammette l'uso della riga anche come strumento di misura , e non solo per tirare una retta )

[Sk_Anonymous]

La richiesta di kalka di una risoluzione sintetica mi ha spinto a riconsiderare la questione ed avrei trovato una soluzione senza il benché minimo calcolo.Ferme restanti tutte le considerazioni già fatte sugli angoli,basta osservare che dal parallelismo di AD ed OF si trae che $hat(FOA)=hat(OAD)=2x$ e da ciò scaturisce immediatamente che $x=a/3$ che era quanto da dimostrare.
Ciao

[kalka1]

grande !