Costruzioni con riga e compasso - Università degli Studi di Ferrara

Costruzioni con riga e compasso
Fabio Stumbo
Dipartimento di Matematica
Università di Ferrara
Ferrara, I
f.stumbo@unife.it

INDICE 2
Indice
1 Note storiche 3
2 Costruzioni fondamentali 8
2.1 Definizione e notazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Operazioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Operazioni aritmetiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Risultati principali 18
4 Proprietà geometriche 23
5 Inversione rispetto ad un cerchio dato 29
6 Costruzioni con il solo compasso 38
6.1 Costruzioni fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6.2 Teorema di Mascheroni–Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
6.3 Dimostrazione alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
7 Il problema di Apollonio 52
7.1 PRR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
7.2 CCC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
8 Altre costruzioni 60
A Proprietà dell’inversione 67
A.1 Inversione di rette e cerchi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
A.2 Invarianza degli angoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
A.3 Inversioni varie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Riferimenti bibliografici 73
Indice analitico 74

1 NOTE STORICHE 3
1 Note storiche
I problemi di costruzioni con riga e compasso sono stati un argomento
chiave nella matematica greca, e quindi in tutta la matematica fino a tempi
recenti: la soluzione di alcuni problemi classici, tramandatici dai greci, ha
dato un forte impulso per lo sviluppo di nuove discipline della matematica
moderna come, ad esempio, la teoria dei campi.
Eseguire una costruzione con riga e compasso vuol dire, in parole povere,
determinare oggetti geometrici a partire da altri oggetti dati, utilizzando
come unici strumenti la riga ed il compasso.
Naturalmente, ciò già richiede un primo livello di astrazione: le figure
che noi possiamo tracciare sono inevitabilmente approssimative. Si pensi,
ad esempio, allo spessore del tratto lasciato dalla matita: una retta, o un
segmento, secondo i greci deve essere formato da “punti” che sono, per
definizione stessa, indivisibili. Quel che però è importante, non è il disegno
in sè quanto la correttezza del procedimento che descriveremo: se diremo
che un tale segmento è lungo 5 unità, all’interno della nostra costruzione
ciò avrà un valore esatto, anche se nella pratica il segno tracciato sarà 5
più o meno qualcosa.
Un’altra precisazione necessaria riguarda gli strumenti da utilizzare.
Con riga non si intende uno strumento per misurare o segnare distanze, ma
sempre e soltanto un’asta rigida che permetta solo di tracciare una retta,
che sarà sempre determinata da due punti che le appartengono. Un’osservazione
più delicata, e spesso sorvolata, riguarda il compasso. Si tende ad
utilizzare il compasso, tacitamente, come uno strumento “rigido” mentre
invece, almeno in principio, è da considerarsi “molle”. Spieghiamo meglio
questa sottile, ma delicata, differenza. Il compasso è utilizzato per disegnare
delle circonferenze. Una circonferenza è determinata dal suo centro
e da un punto su di essa: si punta il compasso nel centro, si apre fino a
raggiungere con la matita del compasso il punto della circonferenza e si
traccia la circonferenza. Questo è il compasso “molle”. Più spesso, però, la
circonferenza è determinata assegnandone il centro ed il raggio. Il problema
è allora di andare a rilevare tale lunghezza con il compasso (ricordiamo che
la riga non permette di misurare le distanze) e poi trasportare il compasso
fino a poter puntare nel centro e tracciare con l’apertura determinata.
In questo procedimento si presuppone che il compasso sia “rigido”, vale a
dire che sia in grado di mantenere inalterata, in modo perfetto, l’apertura
impostata.
È evidente come questa sia una restrizione rispetto all’uso del
compasso nel modo più abituale. Se quindi si vuole restare nella massima
generalità possibile, bisogna solo considerare il compasso “molle”; ad ogni
modo, il problema si aggira facilmente dimostrando come prima cosa che
utilizzando riga e compasso “molle” è possibile costruire una circonferenza
una volta che siano assegnati il centro ed un segmento qualsiasi del piano

1 NOTE STORICHE 4
che funga da raggio, autorizzando in questo modo un utilizzo accettabile
all’interno della teoria del compasso “rigido”.
Fra i vari problemi considerati dai greci ve ne sono alcuni che si distinguono
per la brillantezza e l’abilità necessaria per arrivare alla soluzione
e altri per la difficoltà della soluzione stessa, fino ad arrivare a quelli che
hanno impegnato per secoli, se non millenni, generazioni di matematici,
portando a soluzioni talvolta sorprendenti.
Un problema classico è il cosiddetto problema di contatto di Apollonio
(circa 250 a.C.): sono date nel piano tre circonferenze arbitrarie e si chiede
di tracciare una quarta circonferenza tangente a tutte e tre. Di questo
problema, poi, esistono parecchie varianti, perché si ammette che una o più
delle circonferenze date possa degenerare ad un punto o ad una retta. Per
esempio, nel caso in cui tutte e tre le circonferenza degenerano ad un punto
si deve determinare una circonferenza passante per tre punti dati: questo
è, naturalmente, il caso più facile tra tutti. I casi particolari sono in genere
non troppo difficili, ma il caso generale è notevolmente più difficile.
Altri problemi classici e famosissimi (anzi, in un certo senso, “i” problemi
classici) tramandatici dai greci, sono la duplicazione del cubo, la
trisezione dell’angolo e la quadratura del cerchio. A questi possiamo senz’altro
aggiungere il problema di determinare una costruzione del poligono
regolare di n lati, dove n è un intero maggiore o uguale a 3. Per quest’ultimo
problema la soluzione era nota fin dall’antichità per alcuni valori
particolari, come per esempio n = 3, 4, 5, 6.
Come già sottolineato, la soluzione di tali problemi ammette solo l’uso
della riga e del compasso: includendo l’uso di altri strumenti si allarga notevolmente
il campo delle figure costruibili. Del resto, è naturale aspettarsi
che l’insieme delle figure costruibili aumenti all’aumentare degli strumenti
ammissibili: già i greci, per esempio, avevano risolto il problema della
duplicazione del cubo in più modi diversi, usando vari strumenti.
Per contro, come ha sorprendentemente dimostrato Mascheroni, ogni
costruzione eseguibile con riga e compasso può essere eseguita col solo compasso.
Naturalmente, non sarà possibile tracciare materialmente una retta,
ma la si dovrà considerare nota tramite due suoi punti. Osserviamo, per
amor di precisione, che questo risultato comunemente attribuito a Mascheroni
è stato dimostrato in realtà per la prima volta dal matematico danese
Georg Mohr che lo pubblicò nel libro Euclides Danicus nel 1672. Tale libro
però venne pubblicato solo in danese ed olandese e rimase sostanzialmente
sconosciuto alla comunità fino al 1928, quando uno studente di matematica
ne trovò una copia in un negozio di libri usati e venne divulgato.
Se invece si cerca un “analogo” del risultato di Mascheroni-Mohr relativamente
all’uso della sola riga, ci si convince subito che ciò non è possibile:
usando solo la riga si possono costruire solo curve lineari (i.e., rette) e,
col linguaggio che useremo nella dimostrazione del teorema, le intersezioni

1 NOTE STORICHE 5
restano all’interno del campo di definizione delle curve. Ciò che invece è
possibile, come ha dimostrato Jacob Steiner nel 1833, è che tutte le costruzioni
con riga e compasso sono effettuabili con la sola riga a patto che sia
data anche una circonferenza (fissa) con il suo centro. Non è però possibile
prescindere dal centro: se è data solo la circonferenza senza il centro, non
si possono più effettuare tutte le costruzioni.
I problemi classici sono stati accanitamente studiati per secoli, e senza
risultati, al punto da entrare addirittura nel lessico quotidiano: basti pensare
che quando si dice che si affronta qualcosa di difficilissimo si dice che
si sta cercando di “quadrare il cerchio” (ciò, in realtà, ha anche originato
delle incomprensioni tra i matematici e i non matematici, come vedremo).
Dopo lungo tempo di tentativi infruttuosi, ha iniziato ad insinuarsi l’idea,
tra i matematici, che tali problemi fossero irrisolubili. Si affacciò dunque
un problema diverso: come si può dimostrare che una data costruzione
non possa essere eseguita?
Per arrivare a studiare la risolubilità o meno dei problemi classici fu
però necessario aspettare che venissero gettate le fondamenta per l’algebra
moderna. Anche in algebra vi era, in particolare, un problema antico che
attirava l’attenzione degli studiosi: si trattava di determinare le soluzioni di
un polinomio utilizzando solo espressioni che contenessero dei radicali. La
soluzione di questo problema era ben nota da lungo tempo per le equazioni
di grado 2 e nel XVI secolo si era scoperto che esiste una soluzione per le
equazioni di terzo e quarto grado. Ciò aveva dato nuovo vigore alle ricerche
finché i lavori di Ruffini (1765-1822), Abel (1802-29) (per le equazioni di
quinto grado), e Galois (1811-32) (per la teoria generale relativa alle equazioni
di grado superiore al quinto) non conclusero la questione dimostrando
che, in generale, non è possibile determinare un’espressione che contenga
solo radicali e che dia tutte le radici di un polinomio avente grado fissato,
se questo grado è maggiore o uguale a 5. Ciò comunque non vuol dire che
il polinomio non abbia radici: Gauss aveva già dimostrato, nella sua tesi
di laurea nel 1799, che ogni polinomio di grado n ha esattamente n radici
nel campo dei numeri complessi. Tali radici possono essere determinate
con un grado arbitrario di precisione mediante metodi di approssimazione
opportuni, e ciò ha grande importanza nelle applicazioni, ma non possono
essere determinate in modo esatto tramite radicali.
La teoria utilizzata per ottenere questo risultato risultò molto efficace
anche per studiare i problemi con riga e compasso. Efficace al punto tale
che, in colpo solo, quasi tutti i problemi principali furono risolti!!! Questo,
tra l’altro, è un bellissimo esempio dell’interdipendenza che hanno tra loro
le varie discipline matematiche (algebra, geometria, analisi, ecc.): spesso i
problemi sollevati nell’ambito di una disciplina trovano soluzione in un’altra
disciplina, oppure servono da motivazione per lo sviluppo di discipline
completamente nuove (nella matematica moderna, un esempio mirabile di

1 NOTE STORICHE 6
ciò lo si ha con il Teorema di Fermat, che ha dato impulso, negli ultimi
decenni, allo sviluppo di settori completamente nuovi).
Tornando alle costruzioni con riga e compasso, iniziamo col considerare
il problema di costruire il poligono regolare con n lati. I greci sapevano
già costruire i poligoni regolari con 3, 4 e 5 lati. Dato che era noto come
bisecare un angolo, a partire da questi era possibile costruire i poligoni
regolari con un numero di lato pari a 2n , 3 · 2n e 5 · 2n . Inoltre, dato che
24 = 2 · 12 = 2 · (72 − 60), si potevano anche costruire tutti i poligoni
regolari con 15 ·2n lati. A parte questi valori ben noti ai greci, nessun altro
risultato era stato raggiunto nel corso dei secoli. Fu Gauss il primo a dare
un nuovo esempio: a 18 anni dimostrò la costruibilità, con riga e compasso,
del poligono regolare di 17 lati, e si dice che questa scoperta lo convinse che
la matematica avrebbe dovuto essere il suo mestiere. Dopo la sua morte a
Gottinga gli fu eretta una statua avente, come base, un poligono regolare
di 17 lati. In seguito, Gauss dimostrò che un poligono regolare con p lati,
con p numero primo dispari, è costruibile se p è un primo di Fermat, vale
a dire n = 22m + 1 per qualche intero m. Gauss affermò anche il viceversa,
ma non si trovò tra le sue carte una dimostrazione di ciò, dimostrazione
che fu data da Wantzel. Infine, utilizzando i risultati di Galois, fu possibile
dimostrare che il poligono regolare di n lati (con n primo) è costruibile se,
e solo se, n = 2mp1 . . .ps, con pi primi di Fermat distinti.
I “primi di Fermat” son chiamati in questo modo in quanto Fermat
notò che per m = 0, 1, 2, 3, 4 tale intero è un primo e congetturò che fosse
primo per ogni valore di m; ma già nel 1732 Eulero si accorse che n =
225 + 1 = 6416700417 non è primo. Di più, tutti gli altri valori di m
fino ad ora calcolati hanno dato numeri non primi, al punto che adesso
la congettura è esattamente opposta: si pensa che tali numeri siano primi
solo per m = 0, 1, 2, 3, 4. Ad ogni modo, il problema geometrico è risolto:
sono completamente caratterizzati quegli interi per cui il poligono regolare
è costruibile anche se, di fatto, questi interi non sono completamente noti.
Passiamo ora ai tre problemi classici dei greci.
Il problema della duplicazione del cubo chiede di costruire un cubo che
abbia volume doppio rispetto ad un cubo dato. La leggenda vuole che in
occasione di una grande epidemia la peste si era diffusa a Delo e i cittadini,
non trovando altro rimedio, si rivolsero all’oracolo di Delfi. La sentenza fu
che per far cessare la peste si doveva costruire un altare grande il doppio di
quello consacrato ad Apollo nell’isola di Delo. Tale altare era, per l’appunto,
di forma cubica. Naturalmente tutti i tentativi fatti dai greci furono vani, a
partire da quelli più ingenui come costruire un cubo di lato doppio (che dava
un cubo con un volume uguale a 8 volte il volume originale) o come costruire
un altare di volume effettivamente doppio di quello originale ma che non
era più di forma cubica, essendo un parallelepipedo in cui un lato era lungo
due volte quello originale e gli altri lati invece erano invariati. Il problema

1 NOTE STORICHE 7
della duplicazione del cubo si riduce, numericamente, alla costruzione con
riga e compasso del numero 3√ 2: grazie alla teoria dei campi sappiamo che
ciò è impossibile.
Per quel che riguarda la trisezione dell’angolo, bisogna osservare che la
risolubilità o meno del problema dipende dall’angolo considerato: effettivamente,
in alcuni casi particolari trisecare l’angolo dato è possibile, se non
addirittura semplice, come per esempio nel caso degli angoli di 180 e 90
gradi. D’altra parte, risolvere in generale il problema vuol dire che dato
un qualsiasi angolo si deve avere una costruzione con riga e compasso che
come risultato dia un angolo pari ad un terzo dell’angolo dato. Sempre utilizzando
la teoria dei campi, si può dimostrare che nel caso dell’angolo di 60
gradi non è possibile effettuare la trisezione usando solo riga e compasso.
Infine, il problema più famoso: la quadratura del cerchio, vale a dire,
dato un cerchio determinare un quadrato che abbia la sua stessa area. È
evidente come ciò si riduca immediatamente a costruire con riga e compasso
il numero √ π. Per poter dimostrare che ciò è impossibile è stato necessario
attendere che Lindemann nel 1882, riadattando la dimostrazione della
trascendenza di e di Hermite, dimostrasse la trascendenza di π.
Concludiamo con un’osservazione sul concetto di “impossibilità” di una
dimostrazione. Spesso, nel linguaggio comune, si dice che qualcosa è “impossibile”
intendendo con ciò dire che sia “estremamente difficile”, se non,
addirittura, che sia così difficile che nessuno sappia come fare. Quindi
cercare di fare qualcosa etichettata in tal modo come “impossibile” può
essere considerato come una sfida per il proprio ingegno, tramite la quale
dimostrare la propria superiorità nei confronti degli altri. Tale era la soluzione
del problema della quadratura del cerchio prima della dimostrazione
di Lindemann. Dopo tale dimostrazione, tuttavia, il termine “impossibile”
ha preso il suo significato matematico: all’interno della teoria assiomatica
che presupponiamo valere, dire che qualcosa è impossibile vuol dire che è
stata dimostrata la falsità di una proposizione o, se si preferisce, la verità
della sua negazione. Se quindi si riuscisse anche a dimostrare la verità della
proposizione ciò vorrebbe dire che nella nostra teoria sarebbe possibile
dimostrare sia una proposizione che la sua negazione: una catastrofe! Nonostante
tutto questo, a tutt’oggi esistono ancora persone che si ingegnano di
scovare costruzioni della quadratura del cerchio che si rivelano, ovviamente,
invariabilmente errate: spesso sono delle ottime, anzi eccellenti, approssimazioni,
ma mai costruzioni esatte, naturalmente. Per trovare l’errore può
essere necessario anche molto tempo, per cui può capitare che quando un
aspirante “quadratore” sottopone alla comunità matematica internazionale
una presunta quadratura del cerchio, la sua soluzione venga direttamente
inoltrata al... cestino! E a nulla valgono, né possono valere, le vibranti
proteste dell’aspirante quadratore contro la “lobby” dei matematici ufficiali
che non vuole riconoscere il suo genio!

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 8
2 Costruzioni fondamentali
Iniziamo con individuare quelle che sono le operazioni di base: le regole fondamentali
che si usano per qualunque altra costruzione e che verranno poi
sempre utilizzate senza ulteriori riferimenti. Alla base di queste costruzioni
ci sono le più elementari definizioni e proprietà geometriche come, ad esempio,
il fatto che il luogo dei punti equidistanti da due punti dati è la retta
passante per il punto medio del segmento individuato dai due punti e ad
esso perpendicolare (il cosiddetto asse del segmento). Oppure, il fatto che
la bisettrice di un angolo è il luogo dei punti equidistanti da due semirette
(uscenti da uno stesso punto) date. E così via, senza dimenticare i teoremi
fondamentali sui triangoli: proporzioni, similitudini, Euclide, Pitagora. . .
2.1 Definizione e notazioni
Inizieremo, come già osservato, supponendo che il compasso sia molle, vale
a dire che non sia in grado di mantenere inalterata la sua apertura quando
lo si trasporta a zonzo per il piano. Con esso è quindi possibile costruire
una circonferenza solo una volta che ne siano dati il centro ed un suo punto.
Appena possibile vedremo che, in realtà, usando il compasso molle e la riga
è possibile “simulare” il compasso rigido e quindi, a partire da quel punto
in poi, faremo un uso libero del compasso: per definire una circonferenza
andrà bene sia il centro ed un suo punto, che il centro ed un segmento
qualsiasi che ne sia il raggio.
Per prima cosa, cerchiamo di capire come si può passare a codificare in
termini algebrici il concetto di “costruzione con riga e compasso”, in modo
da poter tradurre un problema geometrico in uno algebrico, e viceversa.
Per effettuare una costruzione con riga e compasso si effettua una successione
di operazioni scelte tra quattro operazioni fondamentali. Le operazioni
sono:
1. congiungere due punti (già costruiti) con una retta;
2. trovare il punto di intersezione di due rette (già costruite);
3. tracciare una circonferenza, dato il centro ed un suo punto;
4. trovare i punti di intersezione di una circonferenza con un’altra circonferenza
(già costruita) o con una retta (già costruita).
Una figura sarà determinata nel piano dai punti necessari a definirla:
due punti per un segmento, 5 punti per un pentagono, i due fuochi ed i due
assi per un’ellissi, eccetera.
Una costruzione C è, per definizione, una successione di punti, rette e
circonferenza {Γ0 = (0, 0), Γ1 = (1, 0), Γ2, . . .,Γm; Γm+1, . . .,Γn} in cui gli

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 9
elementi Γi, i ≤ m, sono dati mentre per ogni Γi, i > m, vale una delle
seguenti condizioni:
a. se Γi è un punto esso o è un punto già presente nella costruzione
(uno dei Γh, con h < i) oppure esistono due curve distinte Γh, Γk, con
h, k < i, tali che Γi sia uno dei loro punti di intersezione;
b. se Γi è una retta esistono due punti distinti Γh, Γk, con h, k < i, tali
che Γi sia la retta che li unisce;
c. se Γi è una circonferenza esistono due punti Γh, Γk, con h, k < i, tali
che Γi sia la circonferenza con centro Γh e raggio ΓhΓk (questo, si
osservi, è il compasso molle).
Un punto P = (α, β) del piano è detto costruibile a partire da C =
{Γ0, . . . , Γm} se esiste una costruzione C ′ = {Γ0, . . .,Γm; Γm+1, . . .,Γn} in
cui esso compaia. P è semplicemente detto costruibile nel caso in cui C sia
formata solo dal segmento unitario: C = {(0, 0), (1, 0)}. Il numero complesso
z = α + iβ si dice costruibile se è costruibile il punto (α, β) oppure equivalentemente
(come vedremo) se lo sono i punti (α, 0) e (0, β). Osserviamo
che i numeri reali vengono considerati come caso particolare dei complessi:
a = a+i·0 è quindi costruibile se è costruibile il punto (a, 0), essendo (0,0)
costruibile per ipotesi.
Abbiamo quindi dato una definizione soddisfacente dal punto di vista
matematico del concetto intuitivo di “costruibilità”. Il problema è ora
capire quali siano le figure costruibili.
Notazione 2.1. In questi appunti, useremo la seguente notazione:
• AB: retta passante per A e B;
• AB: lunghezza del segmento avente come estremi A e B;
• O(A) (oppure anche OA): cerchio di centro O e passante per A;
• O(AB) (oppure anche OAB): cerchio di centro O e raggio AB;
Un accorgimento che può semplificare la lettura di una costruzione è
quello di indicare i punti in ordine alfabetico via via che vengono costruiti:
in questo modo diventa più agevole, anche solo guardando una figura, capire
quali sono, ed in quale sequenza, le operazioni fatte.
Dato che in una costruzione si costruiscono punti successivi come intersezioni
di curve passanti per punti precedenti, una convenzione che può
rendere più compatta e schematica una costruzione altrimenti prolissa da
descrivere è quella di usare una tabella in cui sulla prima riga si mettono i

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 10
punti dati e nella seconda i (nuovi) punti risultanti come intersezione delle
curve determinati dai punti dati. Per esempio, la tabella
A(BC), DF
E, G
indica che i punti E, G sono l’intersezione del cerchio di centro A e raggio
BC con la retta DF. Useremo la prima colonna per indicare i punti dati
della costruzione, da cui si parte, mentre nell’ultima colonna indicheremo i
punti che individuano la soluzione al problema.
Con questa notazione, la costruzione dell’esagono regolare data nella
figura
può essere schematizzata con
B
C
D
A
AB, BA CA, AC EA, AE FA, AF BCEFGD
A, B C, D B, E C, F E, G
Il significato dovrebbe essere chiaro: si parte dai punti A, B e con i
vari passaggi descritti si arrivano a costruire i punti B, C, E, F, G, D che
determinano i vertici dell’esagono regolare avente B come uno dei vertici
ed inscritto nel cerchio di centro A e passante per B.
E
G
F

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 11
2.2 Operazioni elementari
• Asse di un segmento. Dato il segmento AB, costruire A(B) e B(A).
I due punti C e D di intersezione delle due circonferenze individuano una
retta che è l’asse del segmento dato.
C
A
B
• Cerchio passante per tre punti. Dati i 3 punti (non allineati)
A, B e C, costruire come nel punto precedente gli assi dei segmenti AB
e BC. L’intersezione D di queste due rette è il centro della circonferenza
cercata.
A
D
• Perpendicolare ad una retta per un punto della retta stessa.
Data la retta a ed il punto A su di essa, centrare il compasso in A. Sia B
un punto dato su a diverso da A e costruire A(B). Sia C l’altro punto di intersezione
di intersezione della circonferenza con la retta; la perpendicolare
cercata è l’asse DE del segmento BC.
B
C
D

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 12
D
a B A C
• Perpendicolare ad una retta per un punto esterno (o, anche,
simmetrico di un punto rispetto ad una retta). Dati una retta a ed un
punto A ad essa esterno, sia B un punto dato della retta. Costruire A(B).
Se A(B) ∩ a = {B}, allora A(B) è tangente ad a e AB è perpendicolare
ad a. Altrimenti, sia C l’ulteriore punto di intersezione: la retta cercata è
l’asse del segmento BC. Pertanto, costruire B(A) e C(A); tali circonferenze
si intersecheranno in A ed in un ulteriore punto D, che è simmetrico di D
rispetto ad a. La retta AD è la perpendicolare richiesta.
a B C
• Parallela ad un retta per un punto esterno. Siano dati una retta
a ed un punto A ad essa esterno. Una prima costruzione è quella che prevede
di costruire la perpendicolare b ad a passante per A e, successivamente, la
perpendicolare a b in A.
E
A
D

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 13
Per una costruzione più rapida ed elegante, scegliere un qualsiasi punto
dato B su a. Costruire B(A). Sia C un punto di intersezione con a. Costruire
A(B) e C(B). L’ulteriore intersezione D di queste ultime due circonferenze
è tale che il quadrilatero ABCD ha tutti i lati di lunghezza uguale, quindi
è un rombo e dunque la retta AD è parallela ad a.
a
A
B
• Dal compasso molle al compasso rigido. Dati un punto A ed
un segmento BC, si deve costruire la circonferenza con centro A e raggio
BC. Per far ciò, tracciare la retta AB e costruire le parallele ad AB e BC
passanti per C e per A rispettivamente. Il punto D di intersezione tra
queste due rette è sul centro cercato.
D
A
Quanto appena visto mostra come con l’uso della riga e del compasso
“molle” sia possibile simulare un compasso rigido. A partire da ora, quindi,
non faremo più distinzione tra compasso rigido e compasso molle, per cui
D
C
C
B

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 14
una circonferenza per noi sarà data dal centro ed un suo punto oppure,
indifferentemente, dal centro ed una lunghezza che determini il raggio.
• Bisezione di un angolo. Sia dato l’angolo BÂC. Costruire A(B) e
sia D il suo punto di intersezione con AC. Costruire D(B) e B(D). I punti
di intersezione E ed F delle due circonferenze individuano una retta che
passa per A ed è la bisettrice dell’angolo dato.
A
E
D
• Trasporto di un angolo. Sia dato l’angolo BÂC e lo si voglia
trasportare sul segmento DE, con l’angolo in D. Costruire A(B) e determinare
la sua intersezione F con AC. Costruire D(AB) e determinare la
sua intersezione G su DE. Costruire G(BF) e determinare H, intersezione
di G(BF) e D(G). La retta DH è tale che BÂC = E ˆ DH.
A
2.3 Operazioni aritmetiche
F
B
C
Conoscendo alcune costruzioni elementari, vediamo come fare le operazioni
aritmetiche usando la riga ed il compasso. Naturalmente, nel riferirci a
costruzioni già esposte non daremo tutti i dettagli, ma diremo solo quale
costruzione è usata.
Le operazioni aritmetiche possibili con riga e compasso sono solo quelle
che definiscono un campo (somma, differenza, prodotto e divisione) e la
B
D
F
C
H
G
E

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 15
costruzione della radice quadrata di un numero dato: ciò è alla base del
teorema di costruibilità e ne spiega, sostanzialmente, il significato.
• Somma di due numeri (positivi) dati a e b. Su una retta costruibile
scegliere un punto costruibile A e, con centro in tale punto e apertura
a, determinare un segmento terminante in B. Con centro in quest’ultimo
punto e raggio b, determinare un punto C sulla retta fissata che stia nella
semiretta uscente da B opposta rispetto a quella in cui si trova A: il
segmento AC ha lunghezza a + b.
a
b
A B C
• Differenza di due numeri (positivi) dati a e b (a > b). Su una
retta costruibile scegliere un punto costruibile A e, con centro in tale punto
e apertura a, determinare un segmento terminante in A. Con centro in
quest’ultimo punto e raggio b, determinare un punto B sulla retta fissata
all’interno del segmento AC: il segmento AB ha lunghezza a − b.
b
A B C
• Prodotto di due numeri (positivi) dati a e b. Su una retta costruibile
scegliere un punto costruibile A e costruire B tale che AB = 1.
Costruire un’altra semiretta passante per A (per esempio, la perpendicolare
in A). Sulla prima trovare C e sulla seconda D tali che AC = a e
AD = b. Tracciare la retta passante per C parallela ad BD: il punto E di
intersezione di tale retta con la retta AD è tale che AE = ab.
A
b
D
ab
1 a
B C
a
E

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 16
• Divisione fra due numeri (positivi) dati a e b. Come nella costruzione
precedente, fissare due semirette uscenti da A e, su una di essa,
individuare tramite il compasso due punti B, C tali che AB = 1 e AC = a.
Sulla seconda retta fissare un punto D a distanza b da A. Tracciare la retta
passante per B parallela a CD: il punto E di intersezione di tale retta con
la retta AD è tale che AE = a/b.
A
a b
1
B
E
a
Osserviamo che se in queste operazioni almeno uno dei numeri dati
è negativo, bisogna modificare le costruzioni di conseguenza cambiando
l’orientazione sulla relativa semiretta.
• Costruzione della radice di a. Sia AB = a, un segmento dato;
aggiungere 1 e costruire la semicirconferenza di diametro a + 1 = BC. Nel
punto A dove si è aggiunto il segmento unitario costruire la perpendicolare
che intersecherà la semicirconferenza nel punto D: il segmento AD ha
lunghezza √ a.
C
D
√ a
b
1 a
A B
Osservazione 2.2. Da quanto visto, segue che tutti i punti P di coordinate
P = (a, b) dove a, b ∈ Q sono punti costruibili. Tali punti formano
un insieme denso nel piano; questo permette di giustificare un’apparente
imprecisione che capita di trovare sovente nelle costruzioni: a volte si può
vedere una costruzione che richieda, per la soluzione, la costruzione di una
C
D

2 COSTRUZIONI FONDAMENTALI 17
retta o di una circonferenza caratterizzata da una qualche proprietà ma che,
a parte, ciò, può essere in una posizione “generica”. Per esempio, “dato
il segmento [A,B] ed un punto P fuori dalla retta AB, tracciare una retta
passante per P che intersechi il segmento in un punto interno”.
Secondo la definizione 2.1, ciò non è necessariamente possibile: se nella
costruzione sono dati solo i punti A, B, P, seguendo la definizione non si
sa dove prendere un altro punto per cui far passare la retta richiesta. La
soluzione sta nel fatto che la definizione sottointende la costruibilità dei
punti (0, 0) e (1, 0) e quindi, grazie alle costruzioni elementari viste, di
tutti i punti a coordinate razionali, per cui diventa facile integrare i punti
di partenza A, B, P con altri punti costruibili che soddisfino le proprietà
richieste.
A volte, cercheremo di far vedere come anche a partire dai punti dati
nella costruzione stessa si possano costruire altri punti che permettono di
procedere secondo le proprietà richieste.

3 RISULTATI PRINCIPALI 18
3 Risultati principali
In virtù delle costruzioni elementari viste, dati due numeri a, b è possibile
costruire a ± b, a · b e a/b (quando b = 0). Questo già ci dice che tutto
il campo dei numeri razionali Q è costruibile. Inoltre, dato a è possibile
costruire anche √ a.
Introduciamo alcune notazioni utili nel teorema che vedremo. Se K è
un sottocampo di C e P = (α, β) è un punto del piano, diremo che P è
definito su K se α, β ∈ K. La retta di equazione ax + by + c = 0 si dice
definita su K se a, b, c ∈ K e lo stesso dicasi per il cerchio di equazione
x 2 + y 2 + ax + by + c = 0.
Adesso siamo pronti per enunciare il teorema di costruibilità:
Teorema 3.1. Un numero complesso z = α + iβ ∈ C è costruibile se, e
solo se, esiste un campo K ⊂ R tale che:
1. α, β ∈ K;
2. esiste una catena finita di campi compresa tra Q e K
tale che
Q = K0 ⊂ K1 ⊂ · · · ⊂ Kn = K
[Ki : Ki−1] = 2 1 ≤ i ≤ n.
Prima di vedere la dimostrazione di questo teorema facciamo alcune
osservazioni che aiutano a comprenderne il significato.
Come è noto, una retta nel piano si rappresenta tramite un’equazione
di primo grado mentre per una circonferenza è necessaria un’equazione di
secondo grado in cui i coefficienti di x 2 e y 2 sono entrambi 1. Ciò vuol dire
che per determinare il punto di intersezione di due rette è necessario risolvere
un sistema formato da due equazioni lineari in due incognite, mentre
il punto di intersezione tra una circonferenza ed una retta è dato da un
sistema ancora di due equazioni con due incognite ma in cui un’equazione
ha grado 1 e l’altra ha grado 2. Infine, l’intersezione di due circonferenza
è data dalla soluzione di un sistema di due equazioni di secondo grado con
due incognite: mediante un semplice passaggio, ciò si può ridurre ad un
sistema due equazioni una avente grado 1 e l’altra grado 2. Un sistema del
primo tipo (equazioni di grado 1), si risolve semplicemente con operazioni
di somme, moltiplicazioni e divisioni: la soluzione apparterrà allo stesso
campo al quale appartengono i coefficienti delle due equazioni. Un sistema
del secondo tipo (in cui un’equazione ha grado 2) alla fine si riduce a risolvere
un’equazione di secondo grado e quindi è necessario estrarre una radice
quadrata. Quindi se i coefficienti appartengono ad un dato campo H, non è
detto che anche la soluzione sia in H ma, più generalmente, apparterrà ad
un’estensione H( √ α) di grado 2 di H. Ciò spiega il motivo per cui compare

3 RISULTATI PRINCIPALI 19
una catena di estensioni di grado 2 nel teorema: si ha un’estensione non
banale ogni volta che si interseca una circonferenza con un’altra curva e
l’intersezione non può essere determinata nel campo in cui ci si trova in
quel dato momento.
Dimostrazione. (⇒) Supponiamo che il numero complesso z = α + iβ sia
costruibile e sia C = {Γ0 ≡ (0, 0), Γ1 ≡ (1, 0), . . .,Γh} una costruzione con
riga e compasso del punto Γh ≡ (α, β). Nella costruzione C compare un
numero positivo s di punti.
Per ogni j, 1 ≤ j ≤ h, consideriamo la costruzione euclidea (parziale)
Cj = {Γ0, . . .,Γj}: in essa comparirà un numero t di punti, con t ≤ s.
Indichiamo tali punti con Γj1 ≡ (α1, β1), . . .,Γjt ≡ (αt, βt) e definiamo il
campo Kj = Q(α1, β1, . . .,αt, βt). Definiamo anche K0 = Q. Otteniamo
così una catena di campi
Dimostriamo che
K0 ⊂ K1 ⊂ · · · ⊂ Kh.
a. se Γj è una curva, essa è definita su Kj−1;
b. [Kj : Kj−1] ≤ 2.
Dopo aver dimostrato ciò, sopprimendo i campi intermedi in cui la dimensione
resta invariata si ottiene la tesi.
Dimostriamo la a. Se Γj è una retta passante per i punti Γk ≡ (α1, β1)
e Γr ≡ (α2, β2) allora la sua equazione è
x(β2 − β1) + y(α1 − α2) + β1α2 − α1β2 = 0
e tutti i coefficienti appartengono a Kj−1.
Analogamente, se Γj è un cerchio di centro Γk ≡ (α1, β1) e passante per
il punto Γr ≡ (α2, β2) allora la sua equazione è
(x − α1) 2 + (y − β1) 2 = (α2 − α1) 2 + (β2 − β1) 2
che, quindi, è definito su Kj−1.
Passiamo ora alla b. Se Γj non è un punto, allora Kj = Kj−1 e non c’è
niente da dimostrare. Supponiamo dunque che Γj sia un punto, intersezione
delle due curve Γr, Γs con r, s < j. Supponiamo che entrambe le curve siano
due cerchi. Per trovare le intersezioni tra i due cerchi bisogna risolvere il
sistema x 2 + y 2 + a1x + b1y + c1 = 0
x 2 + y 2 + a2x + b2y + c2 = 0
dove le due equazioni sono, rispettivamente, le equazioni di Γr e Γs. Dato
che r, s < j, entrambe le curve sono definite su Kj−1 e quindi a1, b1, c1 e

3 RISULTATI PRINCIPALI 20
a2, b2, c2 appartengono tutti a Kj−1, per il punto a. Sottraendo, il sistema
diventa
x 2 + y 2 + a1x + b1y + c1 = 0
(a1 − a2)x + (b1 − b2)y + c1 − c2 = 0
Per risolvere, si ricava dunque x oppure y dalla seconda equazione e si sostituisce
nella prima, ottenendo così un’equazione in un’incognita di secondo
grado. Le sue radici si trovano in un’estenzione di grado minore od uguale
a 2 di Kj−1 e nello stesso campo si trova l’altra incognita, dato che poi
resta da risolvere un’equazione lineare.
È evidente che nello stesso modo si studia il caso in cui una delle due
curve è una retta: si parte direttamente da un sistema simile al secondo.
Ancora più banale è il caso di due rette: stavolta il sistema è formato
da due equazioni lineari e quindi le soluzioni restano all’interno del campo.
(⇐) Siano z = α+iβ ∈ C e K = Kn un campo verificante le ipotesi del
teorema. Dobbiamo dimostrare che il punto P ≡ (α, β) è costruibile. Lo
faremo per induzione su n.
n = 0: in questo caso, α, β ∈ K0 = Q ed in base alle costruzioni
elementari viste z è costruibile.
(n−1) ⇒ n: possiamo supporre che α ∈ Kn−1, di modo che Kn−1(α) =
Kn−1. Per il teorema della torre
[Kn : Kn−1(α)][Kn−1(α) : Kn−1] = [Kn : Kn−1] = 2
e quindi Kn = Kn−1(α), pertanto α è algebrico di grado 2 su Kn−1. Sia
x 2 + ax + b il suo polinomio minimo (a, b ∈ Kn−1). In virtù della costruibilità
della radice quadrata di un numero costruibile, le radici del polinomio
sono costruibili su Kn−1. Per ipotesi induttiva tutti i numeri di Kn−1 sono
costruibili e quindi anche α è costruibile.
Analogamente si ragiona per β.
Per concludere, vediamo come tutto ciò si applichi alla soluzione dei
problemi classici. Dal teorema otteniamo subito il
Corollario 3.2. Se z ∈ C è costruibile, allora esso è algebrico su Q e il
suo grado è una potenza di due.
Dimostrazione. Sia z = α + iβ costruibile e sia K ⊂ R tale che α, β ∈ K.
z è radice del polinomio x 2 − 2αx + α 2 + β 2 a coefficienti in K, pertanto
[K(z) : K] ≤ 2. Per il teorema della torre, [K(z) : Q] = [K(z) : K][K : Q]
e quindi anche [K(z) : Q] è una potenza di 2. Dato che Q(z) ⊂ K(z),
ancora per il teorema della torre otteniamo che [Q(z) : Q] è una potenza di
due.
Spesso si usa quest’ultimo corollario, però nella sua forma negata:

3 RISULTATI PRINCIPALI 21
Corollario 3.3. Se il polinomio minimo su Q di z ∈ C ha grado che non
è una potenza di due, allora z non è costruibile.
Teorema 3.4. Non è possibile duplicare il cubo con riga e compasso.
Dimostrazione. Per duplicare il cubo, bisogna costruire il numero 3√ 2. Tale
numero è soluzione su Q del polinomio x3 − 2, che è irriducibile. Infatti, se
fosse riducibile, essendo di grado 3 dovrebbe avere (almeno) un fattore di
grado 1, cioè dovrebbe avere una radice in Q. Sia a
b una radice, con a, b ∈ Z
e MCD(a, b) = 1: ( a
b )3 = 2. Allora 2b3 = a3 pertanto 2|a3 , quindi 2|a che
implica 23 |a3 e da ciò si ricava 2|b, contro l’ipotesi che a e b siano primi tra
loro.
Pertanto x3−2 è il polinomio minimo di 3√ 2 su Q e [Q( 3√ 2) : Q] = 3.
Teorema 3.5. Non è possibile trisecare l’angolo di 60 ◦ .
Dimostrazione. Scegliendo in modo opportuno il sistema di riferimento
nel piano, si tratta di costruire il numero complesso cos( π π
9 ) + i sin( 9 ) o,
equivalentemente, una qualsiasi delle sue coordinate.
Sia α = cos( π
9 ). Cerchiamo il polinomio minimo di α. Naturalmente si
ha
1
π
= cos
2
3
= cos 3 π
9
= cos 2 π π
+
9 9
= cos 2 π
π
cos − sin 2
9 9
π
π
sin
9 9
π
2
π
2
π
π
π
π
= cos − sin cos − 2 sin cos sin
9 9 9 9 9 9
π
2
π
2
π
π
2
π
= cos − sin cos − 2 sin cos
9 9 9 9 9
= α 2 − (1 − α 2 ) α − 2(1 − α 2 )α
= 4α 3 − 3α
e pertanto α è radice del polinomio 8x3 − 6x − 1. Dimostriamo che tale
polinomio è irriducibile su Q.
Altrimenti, come prima, sia a
b una radice con MCD(a, b) = 1, a ∈ Z e
b ∈ N \ {0}. Allora 8a3 − 6ab2 − b3 = 0, da cui b2 |8a3 e a|b3 . Dal fatto che
a e b sono primi tra loro, si ricava b2 |8 e a = ±1, cioè b = 1, 2 e a = ±1, e
quindi a
b ∈ ± 1, ± 1
2 . Nessuno di questi due numeri però è una radice del
polinomio.

3 RISULTATI PRINCIPALI 22
Per quello che riguarda la quadratura del cerchio, abbiamo già osservato
che il problema si risolve utilizzando il Teorema di Lindemann, che afferma
la trascendenza di π: non essendo algebrico, non è possibile costruirlo con
riga e compasso.
Il teorema di costruibilità non risolve invece in modo diretto la costruzione
del poligono regolare con n lati: per ciò è necessario utilizzare, congiuntamente
al teorema, anche la teoria di Galois e la struttura dei gruppi abeliani
finiti, e ciò trascende i limiti di queste note. Citiamo, comunque, per completezza,
i risultati relativi, a cominciare dal Teorema di Gauss–Wantzel.
Indichiamo con ϕ(n) la funzione di Eulero.
Teorema 3.6. Il poligono regolare con n lati è costruibile se, e solo se,
ϕ(n) = 2 k .
Relativamente alla condizione imposta da questo teorema, le due seguenti
proposizioni spiegano quando può verificarsi.
Proposizione 3.7. ϕ(n) = 2 k se, e solo se, m = 2 h m1 · m2 · . . . · ms dove
gli mi sono primi della forma mi = 2 ji + 1.
Proposizione 3.8. Se m ≥ 2 e m j + 1 è primo, allora m è pari e j = 2 l .
La dimostrazione di queste due proposizioni è un facile esercizio.

4 PROPRIETÀ GEOMETRICHE 23
4 Proprietà geometriche
In questa sezione vediamo le costruzioni relative ad alcune proprietà geometriche
molto importanti che ricorrono spesso nella soluzione di svariati
problemi.
• Tangenti per un punto ad un cerchio. Dato un cerchio γ di
centro O ed un punto P, tracciare le tangenti a γ per P.
Bisogna distinguere tre casi:
1. P è interno a γ. In tal caso, ovviamente non ci sono soluzioni.
2. P è su γ. In tal caso, c’è un’unica tangente ed è la perpendicolare in
P al raggio OP.
3. P è esterno a γ. In questo caso, si osservi che se si traccia una tangente,
allora l’angolo che questa forma nel punto di tangenza con il
relativo raggio è π/2, pertanto il punto di tangenza si trova sulla circonferenza
avente come diametro OP. Pertanto, per trovare i punti
di tangenza è sufficiente tracciare quest’ultima circonferenza e i due
punti di intersezione con il cerchio dato sono i punti di tangenza delle
due tangenti a γ per P.
γ
O P
• Tangenti comuni a due cerchi. Dati due cerchi γ, γ ′ di centro,
rispettivamente, O, O ′ , e raggi r, r ′ tracciare le tangenti comuni ai due
cerchi.
Anche qui bisogna trattare alcuni casi distinti. Separiamo i vari casi a
seconda del numero di punti le due circonferenze hanno in comune. Chiaramente,
l’intersezione di due circonferenze può essere formata da 0,1 oppure
2 punti.

4 PROPRIETÀ GEOMETRICHE 24
Studiamo prima il caso in cui γ ∩ γ ′ = ∅. All’interno di questo caso, è
necessario distinguere due sottocasi: quando i due cerchi sono uno interno
all’altro e quando invece non lo sono. Il fatto che i cerchi siano uno interno
all’altro, matematicamente è rappresentato dalla condizione OO ′ < r + r ′ .
In tal caso, ovviamente, non ci sono tangenti comuni.
Quando non sono uno interno all’altro, vale a dire quando OO ′ > r+r ′ ,
allora ci sono quattro tangenti comuni.
Vi sono vari modi per costruire queste quattro tangenti. Vediamo due
modi basati su due costruzioni distinte. Supponiamo r ≥ r ′ .
Osserviamo che se a è una tangente comune, allora anche la retta a ′
simmetrica di a rispetto ad OO ′ è anch’essa una tangente comune alle due
circonferenze.
Inoltre, la retta parallela ad a passante per O ′ è tangente alla circonferenza
di centro O e raggio r ′ . In questo modo si costruiscono le prime due
tangenti.
γ
O O ′
In modo simile, per costruire altre due tangenti b e b ′ , si costruisca la
circonferenza di centro O e raggio r+r ′ . A questa, si conducano le tangenti
per O ′ (ricordare che OO ′ > r + r ′ ). Infine, si traslino le due rette di una
distanza r ′ per ottenere le rette cercate b e b ′ .
γ
O
b
b ′
a
a ′
O ′
γ ′
γ ′

4 PROPRIETÀ GEOMETRICHE 25
Un’altra costruzione delle tangenti comuni si basa sulla seguente osservazione.
Sia a una tangente comune. Tale tangente incontra la retta OO ′
in un punto P (con la possibile degenerazione di P = ∞, nel caso in cui
r = r ′ e a parallela ad OO ′ ). P, insieme ai centri ed ai punti di tangenza,
determina due triangoli rettangoli simili.
da cui
γ
O
Nel caso in cui P sia esterno al segmento OO ′ , si ha
a
O ′
γ ′
OP
O ′ r
=
P = OP − OO ′ r ′
OP = OO ′ r
r − r ′
che determina univocamente P. Determinato P, basta poi tracciare una
tangente per P ad un cerchio e questa retta sarà tangente anche all’altro
cerchio.
Nel caso in cui P sia interno al segmento OO ′ , allora si ha
da cui
OO ′ − OP
OP
= r
r ′
OP = OO ′ r
r + r ′
ed anche in questo caso P risulta univocamente determinato.
Si osservi che questa costruzione dimostra anche che le quattro rette
trovate sono le uniche soluzioni del problema.
Restano ora da studiare i casi i cui γ ∩ γ ′ = ∅.
Se γ ∩ γ ′ = {A}, allora le due circonferenze sono tangenti. Se OO ′ =
r + r ′ , allora le circonferenze sono tangenti ed esterne. In questo caso, vale
la stessa costruzione di prima con la considerazione che le due tangenti che
intersecano il segmento OO ′ degenerano alla stessa retta perpendicolare a
tale segmento nel punto di tangenza dei due cerchi.
P

4 PROPRIETÀ GEOMETRICHE 26
Se invece OO ′ = r − r ′ , allora le due circonferenze sono tangenti internamente
e vi è un’unica retta tangente ad entrambe.
Infine, se γ ∩ γ ′ = {A, B}, allora le due circonferenze sono secanti, nel
qual caso si può ripetere ancora la costruzione del primo punto però solo
per le due rette tangenti che si intersecano al di fuori del segmento OO ′ .
• Cerchio ortogonale ad un cerchio dato α ed avente centro in
un punto B esterno ad α. Basta tracciare le tangenti ad α passanti
per B: se C, D sono i due punti di tangenza, allora BC è ortogonale ad α.
α
A
• Centri di omotetia di due cerchi. Un punto si dice di omotetia di
due cerchi se esiste una omotetia per tale punto che trasforma un cerchio
nell’altro.
Evidentemente, un tale punto deve stare sulla retta congiungente i centri
dei cerchi. Inoltre, se si prende una coppia di rette parallele passanti
ognuna per un centro, le due rette devono essere trasformate l’una nell’altra.
Pertanto i centri di omotetia si individuano tracciando due rette
parallele passanti per i centri, considerando le rette passanti per le intersezioni
con i cerchi e prendendo le intersezioni di queste ultime rette con la
retta passante per i centri.
C
D
B

4 PROPRIETÀ GEOMETRICHE 27
Di centri di omotetia ve ne sono due, tranne nel caso in cui i raggi sono
uguali. Un centro è relativo ad una omotetia di fattore positivo e l’altro è
relativo ad una omotetia di fattore negativo. Nel caso di raggi uguali, c’è
solo l’omotetia di fattore -1, tranne nel caso particolarissimo in cui i cerchi
sono uguali, in cui c’è naturalmente solo l’identità.
Se i cerchi sono esterni, i centri di omotetia coincidono con le intersezioni
delle parallele comuni viste in precedenza con la retta per i centri.
• Asse radicale di due cerchi. Il Teorema delle Secanti dice che se P
è un punto ed A, B sono i due punti di intersezioni di una retta s passante
per P ed intersecante (o tangente) un cerchio dato γ di centro O e raggio
r allora il prodotto AP · BP è costante al variare della retta s per P. La
costante PO 2 − r 2 si chiama potenza di P (relativamente a γ).
L’asse radicale di due cerchi è, per definizione, il luogo dei punti che
hanno la stessa potenza relativamente ai due cerchi dati. Tale luogo è una
retta, perpendicolare alla retta passante per i centri dei cerchi dati. Se
i due cerchi si intersecano, l’asse radicale è la retta passante per i punti
di intersezione dei due cerchi o, nel caso in cui siano tangenti, è la retta
passante per il punto di tangenza e perpendicolare alla retta passante per
i centri.
Grazie a questa osservazione, è facile costruire l’asse radicale di due
cerchi: si inizia col costruire un terzo cerchio che li intersechi entrambi.
Per esempio, si può costruire un punto che con i centri dei cerchi forma

4 PROPRIETÀ GEOMETRICHE 28
un triangolo equilatero e poi costruire il cerchio con centro quest’ultimo
punto e passante per i centri dati. Poi si costruiscono i due assi radicali del
terzo cerchio con i cerchi dati. I due assi si incontreranno in un punto che
sta sull’asse radicale dei due cerchi dati: costruendo la perpendicolare per
questo punto alla retta congiungente i centri dei cerchi dati si ottiene l’asse
cercato.
A
B
F
G
Il Teorema dell’Asse Radicale afferma che gli assi radicali di tre cerchi
dati (che non siano concentrici a due a due) si intersecano in un punto,
detto punto radicale dei tre cerchi, oppure sono paralleli.
E
L
M
I
H
C
D

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 29
5 Inversione rispetto ad un cerchio dato
L’inversione rispetto ad un cerchio è una costruzione introdotta da J. Steiner
nel 1803 circa che risulta utilissima nella soluzione di molti problemi.
La definizione è molto semplice: sia dato un cerchio α di centro A e
raggio a (il raggio del cerchio può essere dato sia tramite un punto dato
sulla circonferenza, sia tramite due punti dati nel piano). Preso un punto
B diverso da A, l’inverso di B rispetto ad α è definito come quel punto B ′
sulla retta AB tale che AB · AB ′ = a 2 .
In queste note diamo per scontati i principali risultati relativi alla geometria
euclidea, essendo generalmente ben noti; per contro, le proprietà di
base relative all’inversione non sempre sono altrettanto conosciute, pertanto
ne diamo alcuni cenni nell’Appendice: a quest’ultima rimandiamo per
chiarimenti sulle proprietà che interverranno nelle seguenti costruzioni.
• Inverso di un punto. Basandosi sulla definizione, è possibile costruire
B ′ in molti modi diversi. Vediamone alcuni.
Una via, per esempio, è di usare i triangoli simili: sia C intersezione
di AB con α e sia D un qualsiasi altro punto costruibile su α, diverso
dal simmetrico di C rispetto ad A (per esempio, si può prendere D come
l’intersezione di α e della perpendicolare ad AB in A). Si tracci allora la
parallela a BD passante per C, che intersecherà AD in E. Dalle proprietà
dei triangoli simili, AE = a2 pertanto è sufficiente riportare E su AB con
AB
il compasso per determinare F = B ′ .
α
A
E
F
D
Una seconda costruzione, nel caso in cui B sia esterno ad α, è data dalla
figura
C
B

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 30
α
A
C
D
E
Questa costruzione usa solo il compasso: la analizzeremo quando dimostreremo
il teorema di Mascheroni-Mohr.
Un’altra costruzione, sempre nel caso in cui B sia esterno al cerchio, la
si ottiene osservando che se si costruisce il cerchio di diametro AB allora
tale cerchio incontra α in due punti C, D tali che A ĈB = A ˆ DB = π/2 e,
pertanto, il punto di intersezione dei segmenti AB e CD è l’inverso di B
per il primo teorema di Euclide.
α
A
C
D
Osserviamo che tutte le costruzioni dell’inversione di un punto B definite
solo quando il punto si trova fuori dal cerchio di inversione con centro in A
possono essere usate anche quando il punto si trova all’interno del cerchio di
inversione: basta moltiplicare la lunghezza AB un numero sufficiente n di
volte in modo da ottenere C fuori dal cerchio, calcolare l’inverso di C e poi
rimoltiplicare quest’ultimo punto per lo stesso fattore n usato per trovare
B
B

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 31
C: il punto così trovato sarà l’inverso di B. Infatti, se B ′ e C ′ sono gli inversi
di B e C rispettivamente, si ha a2 = AB · AB ′ = nAB · 1
nAB′ = AC · AC ′ .
Per esempio, vediamo nel dettaglio la tabella della costruzione, la descrizione
di ogni passaggio ed i vari passi relativi alla costruione geometrica
dell’inverso di un punto interno al cerchio di inversione. Nella tabella, il
numero tra parentesi quadre indica il numero della figura dove viene effettuata
la relativa costruzione. Nella costruzione, le figure di sinistra (1,3 e
5) sono i dati iniziali di ogni tabella, mentre le figure di destra (2,4 e 6)
sono le costruzioni. La figura 7 è il risultato finale.
Sono dunque dati un cerchio α di centro A e raggio a ed un punto B
interno al cerchio.
Per prima cosa, si moltiplica AB per un intero opportuno, in questo
caso 5, per ottenere un punto fuori da α:
BA, AB B 2 B , AB B3 B2 , AB B4 B 3, AB B 5
α, B A, B 2 B, B 3 B 2 , B 4 B 3 , B 5 [2]
Adesso si costruisce l’inverso di B 5 . La via più veloce sarebbe usando la
costruzione con il solo compasso:
B 5 A , α CA, DA E
α, B 5 C, D A, E
Nella figura, invece, effettuiamo la costruzione che sfrutta il cerchio di diametro
AB 5 . Per costruire questo cerchio, dobbiamo prima trovare il punto
medio del segmento. Costruito il cerchio, la corda determinata dai due
punti di intersezione con α incotrerà AB 5 nel punto inverso di B 5 :
B 5 A , A B 5 CD, AB EA, α FG, AB H
α, B 5 C, D E F, G H
Adesso, è sufficiente moltiplicare H per 5 e otteniamo così il punto B ′
inverso di B rispetto ad α:
HA, AH H 2 H , AH H3 H2 , AH H4 H 3, AH H 5 = B ′
α, H A, H 2 H, H 3 H 2 , H 4 H 3 , H 5 [6]
[4]

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 32
1 2
3 4
5 6
7
• Cerchio ortogonale ad α passante per due punti B, C. Se B
e C sono l’uno l’inverso dell’altro, ogni cerchio che passa per i due punti è
ortogonale ad α. Altrimenti, è sufficiente costruire l’inverso B ′ di B: ogni
cerchio per B, B ′ è ortogonale ad α, per cui il cerchio cercato è il cerchio
per B, B ′ , C.
α
A
B ′
B
C

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 33
• Cerchio per un punto e ortogonale a due cerchi dati. Siano α, β
i cerchi dati di centro rispettivamente A, B e sia C il punto dato. Possiamo
supporre che C non sia nè A nè B, altrimenti non vi sono soluzioni.
Se C appartiene ad entrambi i cerchi, ci sono infinite soluzioni se i due
α e β sono ortogonali, altrimenti non vi sono soluzioni.
Se C appartiene ad un solo cerchio, diciamo β, allora sia C ′ il suo inverso
rispetto ad α: il cerchio avente centro sull’intersezione dell’asse di CC ′ e
sulla tangente a β in C è soluzione. Infatti è ortogonale ad α dato che passa
per due punti inversi l’uno dell’altro ed è ortogonale a β per costruzione.
Il caso generale è quando C non appartiene a nessuno dei cerchi dati. In
tal caso, comunque, è sufficiente costruire i due inversi C ′ , C ′′ di C rispetto
ad α e β: il cerchio per C, C ′ , C ′′ è la soluzione cercata.
α
A
C ′
• Due cerchi disgiunti possono essere invertiti in due cerchi
concentrici. Per un’analisi della soluzione, rimandiamo all’appendice:
adesso ci concentriamo sulla costruzione.
Siano α e β i due cerchi dati, di centro A e B. Per costruire la soluzione,
bisogna innanzi tutto costruire l’asse radicale di α e β.
AB, BA CA, α CA, β EF, GH AI, BI
α, β C, D E, F G, H I I, J
C
C ′′
B
β

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 34
α
E
A
C
F G
D
Ora scegliamo un qualsiasi punto sull’asse radicale, per esempio un’intersezione
K tra IJ e AB, e costruiamo il cerchio per K ed ortogonale ad α e
β.
IJ, AB KA, α MA, NA KB, β PB, QB OK, KO KL, ST
K, L M, N A, O P, Q B, R S, T U
α
S
M
A
O
N
U
I
J
K
L
P
T
R
B
B
H
β
β
Q

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 35
Per trovare i punti limite del fascio cui appartengono α e β, dovremmo
trovare un altro cerchio ortogonale ai cerchi dati, ripetendo la costruzione
precedente partendo, per esempio con L. Con questa scelta, osserviamo che
tutta la costruzione è simmetrica rispetto alla retta AB, pertanto l’altro
cerchio lo possiamo trovare costruendo il simmetrico di UK rispetto ad
AB. Si può procedere ancora più semplicemente: la retta AB stessa passa
per i punti limite, pertanto i due punti limite del fascio sono l’intersezione
di UK e AB:
UK, AB
α
A
V, W
V W
Infine, non resta altro da fare che costruire il cerchio ζ di centro V ed
ortogonale a β: rispetto a tale cerchio, β si inverte in se stesso ed α si
inverte in un cerchio concentrico a β. Se invece avessimo usato il cerchio
con centro W ed ortogonale ad α, avremmo ottenuto un’inversione che fissa
α e che manda β in un cerchio concentrico ad α.
VB, BV XY, BV ZB, β V Ã
X, Y Z Ã, ˜ B
α
A
Z
V W
ζ
X
Y
Ã
˜B
B
= ζ
B
β
β

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 36
Infine, invertiamo α rispetto a ζ, per ottenere i due cerchi concentrici richiesti.
Per invertire α sarebbe necessario invertire tre punti e poi costruire
il cerchio passante per i tre punti. Dato che sappiamo che il risultato dell’inversione
deve avere centro in B, in realtà è necessario invertire un punto
solo. In questo caso particolare, poi, in cui α interseca ζ non sarebbe necessario
fare niente: il cerchio di centro B e passante per le intersezioni di
α e ζ deve essere l’inverso di α. Diamo comunque la costruzione nel caso
generale: invertiamo un punto già costruito di α, per esempio E.
α
E
˜C
EV , ζ ˜ CV , ˜ DV B ˜E
˜C, ˜ D V, ˜ E
A
˜E
V
ζ
˜D
Abbiamo visto la costruzione svolta passo per passo: ecco quello che risulterebbe
se l’avessimo fatta tutta a mano su un foglio. . .
B
β

5 INVERSIONE RISPETTO AD UN CERCHIO DATO 37
α
S
EM
˜C
A
˜E
O
X
L
T
Z
R
V F
N
GP
W
ζ
˜D
C
K
U
D
I
L
Y
Ã
˜B
B
H
β
Q

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 38
6 Costruzioni con il solo compasso
Abbiamo già accennato al risultato di Mascheroni-Mohr per cui ogni costruzione
eseguibile con riga e compasso può essere eseguita anche con il
solo compasso: vogliamo dimostrare tale teorema.
6.1 Costruzioni fondamentali
Prima del teorema, vediamo come fare col solo compasso alcune costruzioni
elementari. Sottolineiamo che per compasso è da intendersi il compasso
molle.
Osserviamo inoltre che ci sono due costruzioni che rivestono un ruolo
fondamentale nelle costruzioni con il solo compasso: la simmetria rispetto
ad una retta, che permette di trovare la perpendicolare ad una retta rispetto
ad un punto esterno, e l’inversione rispetto ad un cerchio, grazie alla
proprietà di trasformare rette in cerchi e viceversa.
• Asse del segmento AB. È di costruzione immediata: due punti C
e D sulla retta cercata sono le intersezioni dei due cerchi A(B) e B(A).
A
C D
B
• Perpendicolare ad una retta per un punto esterno o, anche,
simmetrico di un punto rispetto ad una retta. Data la retta AB ed
un punto C fuori di essa, si punti in B con raggio BC e poi in A con raggio
AC. Se D è l’ulteriore punto di intersezione dei due cerchi oltre a C, allora
AB è l’asse del segmento CD, pertanto le due rette sono perpendicolari. È
chiaro anche che D è il simmetrico di C rispetto alla retta AB.
A B
C
D

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 39
Eliminiamo ora la complicazione data dal compasso molle.
• Dal compasso molle al compasso rigido. Sia dato un punto A
ed un segmento BC. Dobbiamo determinare P tale che AP = BC e quindi
A(P) = A(BC).
Costruire A(B) e B(A). Siano D ed E i due punti di intersezione. Osserviamo
che DE è l’asse del segmento AB e quindi questi due punti sono
scambiati tra loro mediante la riflessione rispetto alla retta DE. Costruire
D(C) e E(C) ed individuare l’ulteriore punto di intersezione F. Allora F è
il simmetrico di C tramite la stessa riflessione e quindi AF = BC.
B
D E
A
Questo è un esempio fondamentale di come sfruttare la simmetria rispetto
ad una retta nelle costruzioni con il solo compasso.
Naturalmente tale costruzione, molto semplice ed elegante, poteva anche
essere fatta subito direttamente nella sezione relativa alle costruzioni che
ammettono anche la riga. . ..
• Doppio di un segmento AB. Per fare ciò, è sufficiente costruire il
cerchio di B(A). Poi, partendo da A, si riporta su questo cerchio il raggio
per 3 volte: il terzo punto C così ottenuto è tale che AC = 2AB.
A B C
C
F

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 40
Un’altra costruzione è la seguente: costruire A(B) e B(A). Siano C, D
i due punti di intersezione. Costruire C(D) e D(C) Siano E, F i due punti
di intersezione. Si ha EB = AF = 2AB.
C
E A B F
D
Osserviamo che aggiungendo altri due punti si costruisce un esagono
regolare inscritto nel cerchio di diametro AC e prendendo un vertice sì ed
uno no si costruisce un triangolo equilatero inscritto nello stesso cerchio.
• Multipli interi di un segmento AB. Si ottengono dalla costruzione
precedente ripetuta più volte. In particolare, otteniamo tutti i numeri
interi.
A B
• Perpendicolare ad una retta per un punto della retta stessa.
Data la retta AB, per trovare la perpendicolare in B sarà sufficiente trovare
C che duplica AB, di modo che B sia il punto medio del segmento AC.
L’asse di tale segmento è la perpendicolare cercata.
• Parallela ad una retta per un punto. Data la retta AB ed il punto
C, basta costruire la perpendicolare ad AB in C e poi la perpendicolare in
C a quest’ultima.
• Inverso di un punto rispetto ad un cerchio. Iniziamo con l’invertire
un punto B rispetto a α, di raggio a e centro A supponendo che B
sia esterno a α.

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 41
α
A
C
D
E
Costruire B(A) e trovare le intersezioni C, D con α. Puntando ora sia in
C che in D sempre passando per A, l’ulteriore intersezione dei due cerchi è
il punto cercato E. Infatti, si ha che E appartiene alla retta AB dato che
AB per costruzione è l’asse di CD ed E è equidistante da C e D. Inoltre, i
triangoli ABC ed ACE sono simili essendo entrambi isosceli e con l’angolo
alla base uguale.
Nel caso in cui B è interno, la costruzione continua a valere se il cerchio
di centro B e raggio AB ha due intersezioni con α. Ciò si verifica se AB >
1
2a. Se di intersezione ce n’è una sola, allora AB = 1
2a, pertanto AE = 2a =
4AB ed E è costruibile per quanto già visto.
Se, infine, AB < 1
2a, allora si costruisce C tale che AC = n · AB, C
a. Con la costruzione precedente si inverte C, trovando
interno a α e AC > 1
2
D. Si avrà AD = a2
AC
AE = a2
AB
= n · AD.
α
= a2
n·AB
A
e, pertanto, l’inverso E di B sarà dato da
B
C
D
B
E

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 42
Osserviamo che la costruzione effettuata utilizza solo il compasso molle.
• Reciproci dei numeri naturali. Dato n, il suo reciproco lo si trova
tramite l’inversione rispetto alla circonferenza unitaria.
• Centro del cerchio passante per tre punti. Siano A, B, C i tre
punti dati. Iniziamo con il caso particolare in cui un punto è equidistante
dagli altri due: AB = AC. Tracciare il cerchio α = A(B). Poi tracciare i
cerchi B(A) e C(A). Sia D l’ulteriore punto di intersezione di questi due
cerchi. Allora, dalla costruzione dell’inverso di un punto, risulta che l’inverso
P di D rispetto ad α è il centro del cerchio β passante per A, B e
C.
α
B
A D
C
Per costruire il centro, pertanto, trovato D come sopra siano E ed F
le intersezioni di D(A) e A(B) (nel caso D(A) non intersechi A(B) bisogna
procedere come già indicato per costruire l’inverso di D). L’ulteriore
intersezione di E(A) ed F(A) è il centro G del cerchio passante per A, B, C.
α
B
A D
C
E
F
P
G
β

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 43
Passiamo ora la caso generale. Supponiamo AB < BC. L’idea è di
invertire, rispetto al cerchio A(B), il cerchio passante per i punti dati: in
questo modo si determina un altro punto sul cerchio cercato avente da A
la stessa distanza di B e ci si riduce al caso precedente.
Siano D, E le intersezioni di A(B) e C(A) e sia F l’ulteriore intersezione
di D(A) ed E(A). Risulta pertanto che F è l’inverso di C rispetto al cerchio
A(B). Tramite quest’inversione, il cerchio cercato viene trasformato in una
retta passante per F, inverso di C, e B, che è l’inverso di se stesso. Sia
adesso G l’ulteriore intersezione di F(A) e B(A); la retta FB è l’asse del
segmento AG e quindi il punto H determinato dall’ulteriore intersezione di
G(B) e A(B) è anch’esso su tale asse.
Riassumendo: H è sulla retta FB e sul cerchio A(B) pertanto il suo
inverso, che coincide con H stesso, è sul cerchio cercato passante per A, B, C
ma anche sul cerchio A(B), per cui AH = AB e siamo ridotti al caso
precedente.
A
E
D
B
F
H
Osserviamo che l’idea alla base di questa costruzione è il fatto che il
punto H che stiamo cercando e che ci permette di ridurci al caso precedente
è il punto d’intersezione tra la retta BF ed il cerchio A(B); per trovare H
si sfrutta il fatto che BH è una corda del cerchio A(B) e pertanto se G è
il simmetrico di A rispetto a BF, allora H è il simmetrico di B rispetto ad
AG, da cui la costruzione.
G
C

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 44
• Punto medio di un segmento. Dato AB, basta raddoppiare il
segmento in C e trovare l’inverso D di C.
A D B C
• Bisezione di un arco. Per la costruzione, useremo il compasso
rigido. Se BC è un arco di un cerchio con centro in A, costruire B(A) e
C(A). Su tali cerchi riportare due archi AD ed AE uguali a BC. Costruire
D(C) ed E(B), ottenendo come intersezione F. Costruire D(AF) oppure,
equivalentemente, E(AF). Il punto G di intersezione con l’arco BC è il
punto medio dell’arco stesso.
D
B
G
F
X
Y
W Z
A
Per dimostrare ciò, introduciamo alcuni punti che non fanno parte della
costruzione.
Sia X l’intersezione di AF con l’arco BC. È evidente che X biseca l’arco.
Siano inoltre Y, W e Z, rispettivamente, i punti medi dei segmenti BC, DA
e AE, come in figura.
C
E

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 45
Per ottenere la correttezza della costruzione, è sufficiente dimostrare che
DX = AF, in modo che G = X.
Osserviamo innanzi tutto che DW = WA = AZ = ZE = BY = Y C.
Usando più volte il Teorema di Pitagora, si ha
DX 2 = DA 2 + AX 2
= DA 2 + AC 2
= DA 2 + AZ 2 + ZC 2
= DA 2 + AZ 2 + DC 2 − DZ 2
= DC 2 + AZ 2 + DA 2 − DZ 2
= DC 2 + AZ 2 + 4AZ 2 − 9AZ 2
= DC 2 − 4AZ 2
= DC 2 − DA 2
= AF 2 .
6.2 Teorema di Mascheroni–Mohr
Siamo pronti per dimostrare il risultato principale.
Teorema 6.1. Ogni costruzione eseguibile con riga e compasso è eseguibile
con il solo compasso.
Dimostrazione. La definizione che abbiamo dato di costruzione con riga e
compasso prevede una successione di quattro operazioni fondamentali, a
partire dai due punti dati (0, 0) e (1, 0):
1. congiungere due punti (già costruiti) con una retta;
2. trovare il punto di intersezione di due rette (già costruite);
3. tracciare una circonferenza, dato il centro ed un suo punto;
4. trovare i punti di intersezione di una circonferenza con un’altra circonferenza
(già costruita) o con una retta (già costruita).
Per dimostrare il teorema, bisogna mostrare che ognuna di queste costruzioni
può essere eseguita con il solo compasso.
La prima operazione perde di significato nel momento in cui ammettiamo
l’uso del solo compasso: una retta si intenderà nota tramite due suoi
punti.

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 46
La terza operazione, naturalmente, è effettuabile, così come trovare i
punti di intersezione tra due circonferenze.
Ci resta quindi da trovare i punti di intersezione date
a. una retta ed una circonferenza;
b. due rette.
Il caso a. lo divideremo in due sottocasi:
i. la retta non passa per il centro della circonferenza;
ii. la retta passa per il centro della circonferenza.
a.i.: intersezione tra un cerchio ed una retta non passante per
il centro.
Siano dati una retta AB ed un cerchio α di raggio a con il suo centro
C. Tracciare A(C) e B(C). Sia D l’ulteriore punto in comune di queste due
circonferenze. Osserviamo che D esiste sempre ed è diverso da C perché si
sta supponendo che AB non passi per C.
AB è l’asse del segmento CD e quindi la distanza della retta AB dal
centro del cerchio C è pari a CD
2 . I vari casi che si possono avere sono i
seguenti:
1. CD > 2a: è il caso in cui la retta ed il cerchio non hanno intersezione.
2. CD = 2a: la retta AB è tangente ad α.
3. CD < 2a: la retta ed il cerchio sono secanti.
Per trovare i due punti di intersezione (coincidenti nel secondo caso),
costruiremo l’inverso di D rispetto a α. Si veda la costruzione dell’inverso
di un punto rispetto ad un cerchio per i dettagli e la discussione dei vari
casi: per semplicità, mostreremo solo il caso più significativo dell’inversione
di un punto.
Se {E, F } = α ∩ D(C), allora l’inverso cercato è G, dove {C, G} =
E(C) ∩ F(C).
Tracciare G(C) e siano H, I i due punti di intersezione con α. H ed I
sono i punti di intersezione tra la retta AB e α.

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 47
A
E
H
α
C
D
G
Infatti, essendo AB l’asse del segmento CD, è sufficiente far vedere che
H ed I sono anch’essi su quest’asse. Questo segue dal fatto che G è l’inverso
di D e quindi D è l’inverso di G. Riprendendo la costruzione dell’inverso di
G, si vede che D è l’intersezione del cerchio di centro H e raggio HC col
cerchio di centro I e raggio IC, pertanto HC = HD e IC = ID.
Osserviamo che il cerchio passante per H, I e C è il cerchio inverso della
retta AB rispetto ad α.
a.ii.: intersezioni tra un cerchio ed una retta passante per il
suo centro.
Se α è il cerchio dato di centro C e AB è la retta passante per C,
tracciando un cerchio di centro A e raggio AC le intersezioni di questo
cerchio con α sono due punti che dividono α stesso in due archi. Bisecando
questi due archi si trovano due punti che stanno sulla retta AB e su α.
Questa costruzione non funziona in due casi: il primo è quando A = C.
In tal caso, effettuarla scegliendo B. Il secondo è quando sia A che B si
trovano all’interno del cerchio di centro C e raggio uguale alla metà del
raggio di α. In tal caso, moltiplicare AB per un opportuno numero intero
fino a trovare un punto fuori da quest’ultimo cerchio.
F
I
B

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 48
α
C
A B
b.: intersezione tra due rette.
Siano AB e CD due rette. Sia E un qualsiasi altro punto costruibile del
piano non appartenente alle rette date (se non ci sono altri punti già costruiti
oltre ai quattro dati si può, per esempio, costruire l’esagono regolare
inscritto in A(B) avente un vertice in B: uno degli altri 4 vertici, escludendo
anche il simmetrico di B rispetto ad A, deve essere necessariamente
fuori dalla retta CD). Puntando in E tracciamo un cerchio α passante per
un qualsiasi altro punto costruibile.
Invertendo i quattro punti dati ed usando la costruzione del cerchio passante
per tre punti, costruiamo i due cerchi β e γ inversi, relativamente ad
α, alle rette AB e CD rispettivamente. Sia J l’ulteriore punto di intersezione,
se esiste, dei cerchi β e γ. L’inverso K rispetto a α di J è l’intersezione
di AB e CD.
Naturalmente, quando se β e γ si incontrano solo in E, J non esiste e
ciò vuol dire che le due rette sono parallele.

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 49
K
F
A
J
H
G β
6.3 Dimostrazione alternativa
Come già osservato, le costruzioni con il solo compasso si basano spesso
su due costruzioni fondamentali: l’inversione rispetto ad un cerchio e la
simmetria rispetto ad una retta.
Nella dimostrazione che abbiamo dato del teorema di Mascheroni–Mohr
le costruzioni relative ai punti a.i e b usano l’inversione, mentre la costruzione
relativa al punto a.ii usa, anche se in modo non del tutto evidente, le
proprietà della simmetria.
Per vedere altri esempi di costruzioni con il solo compasso effettuate
usando le proprietà della simmetria, ridimostriamo i punti a.i e b con questa
tecnica.
Dimostrazione. a.i.: intersezione tra un cerchio ed una retta non
passante per il centro. Sono dati la retta AB ed il cerchio C(D) (nella
tabella preferiamo usare la notazione CD per i cerchi). Diamo subito la
costruzione tramite la tabella:
B
C
E
AC, BC AD, BD CD, EF G, H
AB, CD C, E D, F G, H
D
I
α
γ

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 50
Si ha che E è il simmetrico di C rispetto ad AB e nello stesso modo F è
il simmetrico di D. Ne segue che il cerchio E(F) è il simmetrico di C(D) e
pertanto le due intersezioni G, H di questi due cerchi devono stare sull’asse
della simmetria, che è AB.
E F
A B
G H
C D
In questo caso, la costruzione effettuata tramite le proprietà delle simmetrie
risulta più semplice ed elegante di quella effettuata tramite le proprietà
dell’inversione.
Lo stesso non si può certamente dire della prossima costruzione.
b.: intersezione tra due rette. Sono date le due rette (non parallele)
AB e CD. Dobbiamo trovare il punto X di intersezione tra le due rette.
La costruzione è schematizzata nella tabella
CA, DA AE, BE EA, FA GA
AB, CD A, E E, F A, G HA = n · GA
HA, AE IA, JA KA X = L
I, J A, K LA = n · KA
Iniziamo col supporre che X non sia nessuno dei quattro punti dati,
altrimenti non c’è nulla da fare. Nella costruzione data, E è il simmetrico di
A rispetto a CD. Se le due rette sono perpendicolari, il punto d’intersezione
è il punto medio del segmento AE. Possiamo pertanto supporre che non
siano perpendicolari. F è il simmetrico di E rispetto alla retta AB e G è il
simmetrico di A rispetto ad EF. Osserviamo che G è sulla retta AB.
H, che nella nostra figura coincide con G, si trova nel seguente modo: si
vogliono determinare le intersezioni di G(A) ed A(E). Non è però detto che

6 COSTRUZIONI CON IL SOLO COMPASSO 51
questi due cerchi si intersechino: dipende dalla posizione relativa dei punti
di partenza. Nel caso in cui non si intersecano, moltiplichiamo il segmento
GA per un oportuno n ottenendo H (sulla semiretta ←−
GA) in modo che i
due cerchi H(A) ed A(E) abbiano due intersezioni. Siano I e J queste due
intersezioni e costruiamo i cerchi I(A) e J(A). Sia K l’ulteriore punto di
intersezione di questi ultimi due cerchi; moltiplicare il segmento KA per
il numero n precedentemente determinato in modo da trovare L. Il punto
cercato X coincide con L.
Vediamo perché. I triangoli AXE e AEG sono simili essendo entrambi
isosceli e con l’angolo alla base in comune. Pertanto AX = AE2
AG .
Nello stesso modo, i triangoli AIK e AHI sono simili, per cui AK =
AI 2
. Da ciò, otteniamo
AH
AI
AL = nAK = n
2
AE
= n
AH
2
nAG
= AE2
AG
= AX
e dato che X ed L sono entrambi sulla retta AB, otteniamo X = L.
X
K = L
I
F
G = H
J
A B
E
C D

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 52
7 Il problema di Apollonio
Problema 7.1. Dati tre cerchi distinti e possibilmente degeneri nel piano,
dire se esiste, ed eventualmente costruire, un cerchio tangente a tutti e tre
i cerchi dati.
Il problema di Apollonio è uno dei problemi classici nelle costruzioni con
riga e compasso. La sua trattazione completa è complessa e lunga dato che
si ammette che ognuno dei tre cerchi dati possa degenerare ad un punto od
una retta: vi sono quindi 10 casi principali, ognuno dei quali va suddiviso
in sottocasi a seconda delle relazioni intercorrenti tra le figure. Il numero
totale delle soluzioni varia da caso a caso e può essere compreso tra 0 ed 8,
eccettuato il caso di tre cerchi tutti e tre tangenti nello stesso punto, che
ha infinite soluzioni.
Per capire come affrontare il problema, esaminiamo alcuni casi.
7.1 PRR
Innanzi tutto, studiamo in modo completo il caso di un punto P e due
rette s, t. Sia γ di centro O e raggio r una eventuale soluzione. I casi da
distinguere sono i seguenti:
1. rette incidenti e
(a) punto su entrambe le rette;
(b) punto su una sola retta;
(c) punto fuori dalle rette;
2. rette parallele e
(a) punto su una retta;
(b) punto fuori dalle rette e
i. esterno alla striscia delimitata dalle rette;
ii. interno alla striscia delimitata dalle rette.
Come si vede, solo questo caso prevede ben 6 sottocasi. Si capisce quindi
che la trattazione completa del problema non può non essere che molto
voluminosa, anche se molti casi sono di facile soluzione.
Esaminiamo i vari sottocasi.
1.a. Nessuna soluzione: se P ∈ t, γ deve essere tangente in P ad t. Dato
che s incontra t in P, s non può essere tangente a γ.

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 53
t
s
P
1.b. Due soluzioni: se P ∈ t, γ deve essere tangente in P ad t e quindi O
si deve trovare sulla retta perpendicolare a t in P. Inoltre, O deve comunque
stare sulla bisettrice dell’angolo all’interno del quale si trova γ.
t P
s
1.c. Due soluzioni: O deve stare sulla bisettrice dell’angolo all’interno
del quale si trova P. Si tracci una qualsiasi circonferenza δ di centro Q in
quest’angolo che sia tangente alle due rette e si consideri la retta UP. Essa
incontrerà δ in due punti A e B. Se γ di centro O è soluzione, allora si deve
. Si hanno quindi due possibili soluzioni
e i centri si trovano mediante una semplice proporzione.
avere UO
UQ
= UP
UA
oppure UO
UQ
= UP
UB

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 54
t
U
s
γ
O
A
In tutti i casi 2.∗, ogni centro tangente alle due rette deve avere centro
sulla retta u che divide in due parti uguali la striscia compresa tra le rette
s e t.
2.a. Una soluzione: O deve stare anche sulla perpendicolare in P ad s.
s
2.b.i. Nessuna soluzione: ovvio.
s
t
t
P
O
P
2.b.ii Due soluzioni: se P deve stare su γ, il centro O di quest’ultimo
deve distare da P la metà della distanza tra le rette, perché sappiamo già
che questo è il raggio di γ.
P
Q
γ
δ
O
γ
B
u

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 55
7.2 CCC
s
t
γ P γ
O O u
Vediamo adesso il caso di tre cerchi in posizione generale. Con ciò,
intendiamo il caso in cui i tre cerchi sono non degeneri, esterni l’uno all’altro,
non intersecanti, con raggi diversi e con i tre centri non allineati. Insomma,
è quello che potrebbe essere considerato come “il” problema di Apollonio:
ogni altro caso può essere considerato “degenere”, nel senso che si verifica
quando almeno una delle precenti condizioni non è soddisfatta. In questo
caso, il problema ammette 8 soluzioni.
Esistono varie costruzioni che risolvono il problema di Apollonio: ne
mostreremo una dovuta a Gergonne.
Per prima cosa, si deve determinare il centro radicale dei tre cerchi dati.
Esso è, per definizione, l’intersezione dei tre assi radicali dei cerchi presi a
2 a 2: per un teorema già citato, tali assi si intersecano in un punto. La
costruzione dell’asse radicale di due cerchi è già stata vista in precedenza.
Il secondo passo verso la soluzione è quello di determinare i 6 punti di
omotetia: 2 per ogni coppia di cerchi. Anche in questo caso la costruzione
è già stata vista.
Si può dimostare che questi 6 punti appartengono a 4 rette, su ognuna
di queste rette vi sono tre punti e per ogni punto passano 2 rette, come si
vede dalla figura.

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 56
A questo punto, si sceglie una di queste quattro rette e, con la costruzione
che segue, si ottengono due cerchi tangenti ai cerchi dati. Come esempio,
scegliamo la retta che lascia i tre cerchi nello stesso semipiano.
Il primo passaggio è determinare il polo di inversione della retta rispetto
ad ogni cerchio. Per polo di inversione intendiamo il punto inverso, rispetto
al cerchio, del punto di intersezione della retta con la perpendicolare alla
retta stessa passante per il centro del cerchio. Da un altro punto di vista,
invertendo la retta rispetto al cerchio si ottiene un cerchio passante per il
centro del cerchio dato: il polo di inversione è l’altro estremo del diametro
del cerchio inverso della retta.
Adesso si congiunge ogni polo di inversione con il centro radicale. Ogni
retta così trovata determina due punti su ogni cerchio.

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 57
Scegliendo uno dei due punti su ogni cerchio, si determina un cerchio
tangente ai tre cerchi dati.
Ripetendo la costruzione per ogni retta determinata dai centri di omotetia,
si determinano tutte e otto le soluzioni.

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 58

7 IL PROBLEMA DI APOLLONIO 59
Mostriamo, infine, tutte le curve necessarie per determinare la soluzione
del problema, per avere un’idea della difficoltà che si doveva affrontare,
tecnicamente, quando i disegni si facevano a mano. . .

8 ALTRE COSTRUZIONI 60
8 Altre costruzioni
In questa sezione vedremo alcune costruzioni, prese da varie fonti, esemplificative
di problematiche e tecniche che intervengono in questa disciplina.
Fino ad ora abbiamo cercato di porre la massima attenzione nell’aderire
alla definizione data di costruzione, che richiede che ogni nuova figura sia
costruita a partire da punti dati o già costruiti. Adesso, invece, ci concentreremo
soprattutto sulle costruzioni geometriche, prendendoci qualche libertà
sul formalismo, come già segnalato nell’osservazione 2.2: una frase del tipo
“costruire un cerchio in P di raggio qualsiasi” non aderisce alla definizione,
poiché il raggio del cerchio è determinato dal fatto che la circonferenza
dovrebbe passare per un punto già costruito; ma se nella costruzione serve
solo il cerchio ed il suo raggio non ha importanza, si può sempre trovare un
altro punto già costruito per il quale far passare il cerchio.
• In un triangolo dato, tracciare una parallela alla base di modo
che, tracciando dall’intersezione di tale retta con i due lati del
triangolo due parallele ai lati stessi, la somma dei segmenti individuati
da tali rette con la base sia uguale al segmento del lato
parallelo alla base [2], n. 17 .
Dato il triangolo ABC, si chiede di determinare P su AC e Q su BC
tale che la retta PQ sia parallela ad AB e indicando con E ed F due punti
su AB tali che PE e QF siano parallele, rispettivamente, a BC e AC. si
abbia PE + QF = PQ.
P
C
R
A E F B
Per prima cosa convinciamoci che ciò sia effettivamente possibile. Quando
P tende ad A (e, di conseguenza, Q tende a B), la somma richiesta tende
a 0, mentre PQ tende ad AB. Per contro, quando P e Q tendono a C, la
somma tende a AC + BC mentre PQ tende a 0. La funzione PE + QF è
Q

8 ALTRE COSTRUZIONI 61
continua e strettamente crescente, per cui ci sarà una ed una sola soluzione
al nostro problema.
Cerchiamo di capire dalla figura quali proprietà necessarie deve avere la
soluzione, in modo da vedere se tramite tali proprietà sono anche sufficienti.
Evidentemente PE = QB e QF = PA, per cui basta cercare P e Q di
modo che si abbia AP + BQ = PQ.
Supponiamo dunque di aver già determinato la soluzione: AP + BQ =
PQ e sia R su PQ tale che PR = PA (e, di conseguenza, RQ = QB ).
Dato che PQ è parallela ad AB, gli angoli P ˆ RA e RÂB sono sempre
uguali, per un qualsiasi punto R su PQ. Dal fatto che PR = AP, segue
che il triangolo PAR è isoscele. Pertanto PÂR = P ˆ RA = RÂB e quindi
R deve essere sulla bisettrice di PÂB = CÂB. In modo analogo, R deve
stare anche sulla bisettrice dell’angolo C ˆ BA.
Se vi è una soluzione, questa condizione la determina univocamente. È
semplice, a questo punto, verificare che tale condizione è anche sufficiente:
si scelga R come l’intersezione delle bisettrici dei due angoli CÂB e C ˆBA.
Si tracci la parallela ad AB per R e siano P, Q le intersezioni con, rispettivamente,
AC, BC. Con le stesse considerazioni già fatte, la retta PQ risolve
il problema.
• In un triangolo tracciare una parallela alla base di modo che
la somma dei segmenti dei lati compresi tra la base e tale parallela
sia uguale alla base stessa [2], n. 2 .
Sia ABC il triangolo dato, di base AB. Siano P su AC e Q su BC tali
che PQ sia parallela ad AB e AP +BQ = AB. Si scelga R su AB di modo
che AR = AP e, di conseguenza, BR = BQ. Tracciare la retta CR e le
perpendicolari per R ad AC, PQ, BC e siano S, T, U i rispettivi punti di
intersezione.
S
P
C
T
Q
A R B
Da AP = AR segue che APR è un triangolo isoscele, per cui A ˆ PR =
A ˆ RP = R ˆ PQ e quindi la retta PR biseca l’angolo A ˆ PQ. In modo analogo,
U

8 ALTRE COSTRUZIONI 62
RQ biseca B ˆ QP. Questo implica che SR = TR = UR e quindi CR biseca
l’angolo in C.
Da quanto visto, segue la costruzione: dato il triangolo di base AB si
tracci la bisettrice dell’angolo in C e sia R il punto di intersezione con AB.
In R si traccino la perpendicolare per R ad AC (oppure, indifferentemente, a
BC), e la perpendicolare ad AB. Su quest’ultima retta si riporti la distanza
di R da AC e, in questo punto, si tracci la parallela ad AB. Questa è la
retta cercata.
Infatti, nominando i punti come in figura, RS = RU = RT, quindi R è
equidistante da AP e PQ, cioè PR biseca A ˆ PQ. Ma allora R ˆ PA = Q ˆ PR =
P ˆ RA e quindi il triangolo APR è isoscele ed in modo simile si ragiona per
il triangolo RBQ.
• Dati un punto O, due rette parallele u e v ed un punto A su
u, tracciare una retta passante per O tale che, dette X ed Y le
intersezioni di tale retta con u ed v, A sia equidistante da X ed Y.
[1], 1907.2 .
Sia r una retta che verifica la proprietà richiesta e sia s la retta equidistante
da u e v.
O
s
γ
X
Indichiamo con H l’intersezione di r ed s. Dato che H è il punto medio
di XY, e dato che il triangolo AXY è isoscele, AH è perpendicolare ad r.
Pertanto il triangolo AHO è rettangolo in H e dunque H appartiene alla
circonferenza γ di diametro AO.
In definitiva, le soluzioni del problema sono le rette r passanti per O
e per le (eventuali) intersezioni di γ con s; pertanto, vi possono essere
nessuna, una o due soluzioni.
A
H
Y
u
r

8 ALTRE COSTRUZIONI 63
• Date tre rette parallele, trovare un triangolo equilatero avente
un vertice so ogni retta [1], 1967.2 .
Siano a, b, c le tre rette, con b interna alle altre due. Osserviamo che
se si effettua una rotazione di 60 ◦ con centro in un vertice di un triangolo
equilatero, uno dei due restanti vertici viene trasformato nel terzo.
Possiamo allora procedere così: fissiamo ad arbitrio un punto A sulla
retta a. Sia b ′ la retta trasformata di b mediante la rotazione di 60 ◦ con
centro in A e sia C l’intersezione b ′ ∩ c. Per determinare adesso il terzo
vertice B su b del triangolo equilatero, basta intersecare b con il cerchio di
centro A e raggio AC, avendo cura di scegliere l’intersezione che sta nello
stesso semipiano di A rispetto a b ′ .
Osserviamo che, dato che di rotazioni di 60 ◦ rispetto ad A se ne possono
fare due, fissato A ci sono esattamente due soluzioni al problema.
A
C
b ′
Seconda costruzione.
Fissato nuovamente A, tracciare per A una delle due rette che intersecano
le parallele con un angolo di 30 ◦ e sia D l’intersezione di tale retta
con c.
Sia B l’intersezione di b con l’asse del segmento AD. Allora il secondo
punto di intersezione della retta c col cerchio con centro in B e raggio BD
è il punto C che completa il triangolo equilatero ABC.
Infatti A ˆ BC = 2 · A ˆ DC dato che i due angoli sono rispettivamente
l’angolo al centro e l’angolo alla circonferenza insistenti sulla corda AC
e quindi A ˆ BC = 2 · 30 ◦ = 60 ◦ . Inoltre, il triangolo ABC è isoscele per
costruzione e quindi è equilatero.
A
C
B
B
D
c
b
a
c
b
a

8 ALTRE COSTRUZIONI 64
• La sezione aurea. La sezione aurea è la parte di un segmento media
proporzionale tra tutto il segmento e la parte rimanente.
Detto in formule, su AB si cerca P tale che AB AP
AP = . Supponendo
PB
da cui
che AB = 1 e chiamando AP = x, allora si deve avere 1
x
= x
1−x
x = −1+√ 5
2 .
La costruzione di x è dunque molto semplice usando le costruzioni già
viste di somma, prodotto, divisione e radice quadrata. Ad ogni modo, una
costruzione più semplice ed elegante è la seguente: tracciare la perpendicolare
in B, su di essa scegliere Q tale che 2 · BQ = AB, riportare B in R su
AQ ed infine riportare R in P su AB. Il Teorema di Pitagora ci assicura
che AP ha la lunghezza giusta.
R
A P B
Un’altra costruzione della sezione aurea di AB è la seguente.
Quest’ultima costruzione ha il vantaggio che permette una rapida costruzione
del pentagono inscritto nel cerchio di raggio AB.
A
B
Q

8 ALTRE COSTRUZIONI 65
La sezione aurea ha una storia molto antica. Essa fu studiata dai Pitagorici,
i quali scoprirono che il lato del decagono regolare inscritto in una
circonferenza di raggio r è la sezione aurea del raggio e costruirono anche
il pentagono regolare intrecciato o stellato, o stella a 5 punte, che i chiamarono
pentagramma e considerandolo simbolo dell’armonia lo assunsero
loro segno di riconoscimento. Tale figura è ottenuta dal decagono regolare
congiungendo un vertice sì ed uno no o, equivalentemente, congiungendo
tra loro tutti i vertici di un pentagono regolare. A questa figura è stata
attribuita per millenni un’importanza misteriosa. I suoi lati si intersecano
sempre secondo la sezione aurea:
A
P
B

8 ALTRE COSTRUZIONI 66
La sezione aurea interviene insistentemente, in modo addirittura quasi
mistico, in varie discipline. In architettura, per esempio, molti ritengono
che un rettangolo avente i lati in proporzione aurea sia particolarmente
gradevole da vedere rispetto agli altri. Per questo motivo, molti edifici,
monumenti e costruzioni, dell’antichità e non, hanno i lati in proporzione
aurea. Del resto, è anche molto semplice costruire un rettangolo, partendo
da un quadrato ABCD, che abbia base ed altezza nella proporzione aurea:
puntando nel punto medio P di AB con raggio PC, il punto Q intersezione
del cerchio con il prolungamento di AB determina la base AQ del rettangolo
cercato, la cui altezza è AD.
D C
A P B Q
Tale figura serve anche come punto di partenza per costruire, usando
il compasso, una figura che è un’ottima approssimazione della spirale logaritmica
e ben rappresenta, per esempio, la forma di alcune conchiglie:

A PROPRIETÀ DELL’INVERSIONE 67
A Proprietà dell’inversione
In questa Appendice, studiamo alcune proprietà notevoli dell’inversione,
utili per poter giustificare alcune costruzioni che abbiamo visto. Non siamo
quindi interessati alla costruzione delle figure che incontreremo, ammesso
che esista.
Ricordiamo la definizione: dato un cerchio α di centro A e raggio a ed
un punto B diverso da A, l’inverso di B rispetto ad α è definito come quel
punto B ′ sulla retta AB tale che AB · AB ′ = a 2 .
A.1 Inversione di rette e cerchi
Naturalmente, una retta per A viene invertita in se stessa, con l’eccezione
di A il cui inverso non è definito (problema che si risolve con l’introduzione,
volendo, del punto ∞).
Usando la seguente figura dovrebbe essere un facile esercizio il fatto che
invertendo una retta non passante per A si ottiene un cerchio passante per
A, e viceversa (con la solita eccezione di A che va nel punto all’infinito).
A
Inoltre, il cerchio ha come diametro il punto inverso della perpendicolare
per A alla retta data.
Un po’ piu’ di attenzione è necessaria per i cerchi non passanti per A:
in questo caso, usando il teorema della tangente e delle secanti vediamo che
essi vengono trasformati in cerchi non passanti per A:
α
A
E′
C ′
P
D ′
C
B
β
D E

A PROPRIETÀ DELL’INVERSIONE 68
siano r, r ′ i raggi, rispettivamente, di α, β. Si scelgano tre punti C, D, E su
β, con C tale che AC sia tangente a β e D, E punti di intersezione di una
secante per A e siano C ′ , D ′ , E ′ i rispettivi punti inversi. Indichiamo con
b, c, d, e, c ′ , d ′ , e ′ le distanze, rispettivamente, AB, AC, AD, AE, AC ′ ,
AD ′ , AE ′ . Si ha dd ′ = ee ′ = r 2 per definizione di inversione e de = c 2 per il
teorema della tangente e delle secanti. Dividendo la prima per la seconda
d ′
e
= e′
d
= r2
c 2
che è costante.
Sia P il punto di intersezione della parallela per D ′ a BE con la retta
AB e sia p = AP e q = D ′ P. Si ha p/b = d ′ /e = q/r ′ e quindi
p = bd′
e
= br2
c2 , q = d′ r ′
e
r2
= r′ .
c2 Questo implica che il punto P è costante, così come la sua distanza da E ′
e pertanto l’inverso del cerchio di centro B e raggio r ′ è il cerchio di centro
P e raggio q. Osserviamo che il centro del cerchio inverso non è l’inverso
del centro del cerchio.
A.2 Invarianza degli angoli
L’inversione cambia profondamente l’aspetto di una curva, come abbiamo
visto. C’è però una proprietà che si conserva: l’angolo di intersezione di due
curve è invariante. Naturalmente, per angolo di intersezione di due curve
si deve intendere l’angolo compreso tra le rette tangenti alle due curve nel
punto di intersezione.
Per dimostrare ciò, iniziamo con l’osservare che è sufficiente considerare
il caso in cui una delle due curve sia una retta passante per il centro di
inversione O: se P è il punto di intersezione delle due curve, è sufficiente
considerare il caso particolare per ogni singola curva e la retta OP.
Sia dunque O il centro del cerchio γ di raggio r rispetto al quale si
inverte, α una curva e P un suo punto. Scegliamo un altro punto Q su α
e indichiamo con r la retta OP e con P ′ , Q ′ , α ′ gli inversi, rispettivamente,
di P, Q, α.

A PROPRIETÀ DELL’INVERSIONE 69
γ
Per definizione di inversione, r 2 = OP · OP ′ = OQ · OQ ′ da cui
O
r
α ′
Q ′
OP OQ
=
OQ ′ OP ′
e quindi i triangoli OPQ ed OP ′ Q ′ sono simili; in definitiva, per ogni scelta
di Q, ed ogni corrispondente Q, l’angolo O ˆ P ′ Q ′ è uguale al corrispondente
angolo in Q. Quando il punto Q tende a P, la retta PQ tende alla retta
tangente ad α nel punto P e contemporaneamente, Q ′ tende a P ′ e la retta
P ′ Q ′ tende alla retta tangente ad α ′ in P ′ , pertanto l’angolo in Q tende
all’angolo di incidenza in P, mentre Q ′ tende a P ′ e O ˆ P ′ Q ′ tende all’angolo
di incidenza in P ′ .
Se si considerano solo le rette di tangenza, senza cioè preoccuparsi del
fatto che l’inverso della tangente è la tangente, allora la dimostrazione può
essere svolta in modo più “geometrico”: supponiamo che le rette r, s si intersechino
in P con angolo α e siano P ′ , ρ, σ gli inversi di P, r, s. Tracciando
le rette parallele ad r, s passanti per O, si ha che queste due rette sono tangenti
a ρ, σ e, pertanto, i due cerchi si intersecano con lo stesso angolo in
P ′ .
γ ρ
α
O
r
P ′
σ
P ′
s
P
α
Q
P
α

A PROPRIETÀ DELL’INVERSIONE 70
A.3 Inversioni varie
Elenchiamo alcune semplici conseguenze delle proprietà viste dell’inversione.
Indichiamo con γ il cerchio di centro O e raggio r rispetto al quale
invertiamo.
1. L’inverso di un triangolo ABC è un triangolo A ′ B ′ C ′ simile al triangolo
di partenza. Ciò è conseguenza dell’invarianza degli angoli, ma
si può ottenere anche direttamente partendo dal caso particolare in
cui uno degli angoli del triangolo coincide con O.
2. Un’altra semplice conseguenza dell’invarianza degli angoli è il fatto
che un cerchio si inverte in se stesso se, e solo se, è ortogonale a γ.
Inoltre, ogni cerchio passante per due punti inversi l’uno dell’altro è
ortogonale a γ.
3. Dal punto precedente, l’inverso di un punto è il secondo punto di intersezione
di due qualsiasi cerchi passanti per il punto dato e ortogonali
a γ.
4. L’inverso rispetto a γ di un cerchio α (non passante per O) e di due
punti P, Q inversi l’uno dell’altro relativamente ad α, sono un cerchio
α ′ e due punti P ′ , Q ′ inversi l’uno dell’altro rispetto ad α ′ .
γ
O
α
La dimostrazione è molto semplice: Q per ipotesi e quanto visto, è
la seconda intersezione di due cerchi passanti per P ed ortogonali ad
α. Tali cerchi vengono invertiti, rispetto a γ, in due cerchi passanti
per P ′ e Q ′ ed ortogonali ad α ′ , pertanto P ′ e Q ′ sono l’uno l’inverso
dell’altro rispetto a α ′ .
Caso particolare molto importante è quello in cui Q = O: allora si
ottiene che l’inverso di O tramite α viene invertito, tramite γ, nel
centro del cerchio α ′ inverso di α. Detto in altri termini, l’inverso
del centro di un cerchio, è l’inverso del centro di inversione rispetto
all’inverso del cerchio.
P
Q
Q ′
P ′
α ′

A PROPRIETÀ DELL’INVERSIONE 71
5. Invertendo un fascio di rette passanti per un punto si ottiene un fascio
di cerchi passanti per O e l’inverso del punto dato. Invertendo
un fascio di cerchi concentrici si ottiene un fascio di cerchi coassiali
(cioè, con lo stesso asse radicale), non intersecantisi, aventi come
punti limite O e l’inverso del centro del fascio e come asse radicale
l’asse del segmento determinato dai punti limite. I due fasci inversi
sono ortogonali tra loro.
Dalla proprietà precedente, segue che il punto limite diverso da O
coincide con l’inverso del centro del fascio di cerchi concentrici.
6. La proprietà precedente permette di dimostrare un’importante proposizione:
dati due cerchi senza punti comune α, β di centro, rispettivamente,
A, B esiste un cerchio ζ di centro O tale che gli inversi di
α e β rispetto a ζ sono concentrici.
α
A
C ′
O
cerchio inverso dell’asse radicale
C
ζ
γ
P
C ′′
B
α ′
β

A PROPRIETÀ DELL’INVERSIONE 72
Per ciò, consideriamo l’asse radicale r di α e β. È facile verificare che
r non interseca i due cerchi dati. Sia adesso C un punto su r e C ′ , C ′′
gli inversi di C rispetto ad α e β. Il cerchio γ passante per C, C ′ , C ′′ è,
per le proprietà viste, ortogonale ai cerchi dati. Sia D il suo centro. Le
rette uscenti per D e passanti per i punti di intersezione di γ con α e
β devono essere le tangenti per D ai cerchi dati, essendo γ ortogonale
ad α e β. Da questo segue che il centro di γ è sull’asse radicale.
Ragionando in modo simile, si può anche ottenere il viceversa: ogni
cerchio ortogonale ad uno dei cerchi dati ed avente il centro sull’asse
radicale è ortogonale anche all’altro cerchio dato.
Sia quindi γ un cerchio ortogonale ad α e β e siano O, P le intersezioni
di γ con la retta AB: dato che γ è ortogonale ad α, per esempio, ed
il suo centro è sull’asse radicale che è ortogonale ad AB, i due punti
di intersezione di α e γ devono trovarsi in due semipiani differenti
rispetto ad A e B, pertanto O e P esistono sempre. Dato che O e P
sono intersezione di una retta ed un cerchio ortogonali a β, e quindi
autoinversi rispetto a quest’ultimo, ne segue che O e P sono l’uno
inverso dell’altro sempre rispetto a β. Analogamente, O e P sono
l’uno inverso dell’altro rispetto ad α.
Sia ora ζ il cerchio di centro O ed ortogonale a β. Da quanto detto
e dalle proprietà viste, segue che gli inversi di α e β rispetto ad O
sono due cerchi aventi entrambi per centro l’inverso di P rispetto a ζ.
Osserviamo che, di fatto, l’inverso di β rispetto a ζ è β stesso, dato
che i due cerchi sono ortogonali.

RIFERIMENTI BIBLIOGRAFICI 73
Riferimenti bibliografici
[1] Autori vari, I problemi di matematica della Scuola Normale Superiore
Boringhieri, 1985
[2] L. Carroll, Pillow-Probles Macmillan and Co., 1895
[3] R. Courant e H. Robbins, Che cos’è la matematica?, Universale
Scientifica Boringhieri (Celum Stellatum) 65/66/67, 1971
[4] H. S. M. Coxeter e S. L. Greitzer, Geometry rivisited, AMS, 1967
[5] I. Ghersi, Matematica dilettevole e curiosa Hoepli, 1978
[6] M. Girardi e G. Israel, Teoria dei campi, Feltrinelli, 1976
[7] G. E. Martin, Geometric Constructions, Springer, 1998

Indice analitico
Abel, 5
Apollonio
problema di, 4, 52–59
tre cerchi, 55
un punto e due rette, 52
cerchio definito su un campo, 18
compasso
molle, 3, 8, 13, 39
rigido, 3, 8, 13, 39
costruzioni col solo compasso, 38
asse di un segmento, 38
bisezione di un arco, 44
cerchio per tre punti, 42
compasso rigido, 39
doppio di un segmento, 39
inversione di un punto, 40
multipli di un segmento, 40
parallela per un punto, 40
perpendicolare per un punto
esterno, 38
interno, 40
punto medio di un segmento, 44
reciproci di interi, 42
costruzioni con riga e compasso
asse di un segmento, 11
asse radicale di due cerchi, 27
bisezione di un angolo, 14
cerchio per tre punti, 11
compasso rigido, 13
definizione, 8
omotetie di due cerchi, 26
operazioni sui numeri
differenza, 15
divisione, 16
prodotto, 15
radice, 16
somma, 15
parallela per un punto, 12
perpendicolare per un punto
74
esterno, 12
interno, 11
tangenti
a due cerchi, 23
ad un cerchio, 23
trasporto di un angolo, 14
duplicazione del cubo, 4, 6, 21
Eulero, 6, 22
ϕ di, 22
Fermat, primi di, 6
Galois, 5, 22
Gauss, 5, 6
Hermite, 7
inversione, 29–36, 42, 49, 67–72
centro del cerchio inverso, 68, 70
cerchi autoinversi, 70
cerchi concentrici, 33–36, 71
cerchi e punti inversi, 70
cerchi ortogonali, 26, 32, 33
definizione, 29, 67
di un cerchio, 67
di una retta, 67
fascio di cerchi per un punto, 71
fascio di rette per un punto, 71
invarianza degli angoli, 68
inverso di un punto, 29–31, 40,
70
triangoli, 70
Lindemann, 7, 22
Mascheroni, 4, 45
Mohr, 4, 45
numero (complesso) costruibile, 9

INDICE ANALITICO 75
operazioni fondamentali, 8
poligono regolare, 4, 6, 22
con 17 lati, 6
costruibilità, 6
punto costruibile, 9
punto definito su un campo, 18
quadratura del cerchio, 4, 7, 22
retta definita su un campo, 18
Ruffini, 5
sezione aurea, 64–66
simmetria, 39, 49
Steiner, 5, 29
tabella di una costruzione, 9
Teorema
di costruibilità, 18
di Gauss–Wantzel, 22
di Mascheroni–Mohr, 45
trisezione dell’angolo, 4, 7, 21
Wantzel, 6