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\begin{document}
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\newtheorem{lemma}{Lemma}
\newtheorem{prop}{Proposizione}
\newtheorem{oss}{Osservazione}
\newtheorem{cor}{Corollario}
\newtheorem{defin}{Definizione}
\newtheorem{cost}{Costruzione}
\newtheorem{exe}{Esercizio}
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\hyphenation{pre-sen-te-re-mo pos-sia-mo ab-bia-mo pi-ta-go-ri-ca no-stro ve-ri-fi-ca-re pri-mi-ti-va con-se-cu-ti-vi esem-pio ot-te-nia-mo con-si-de-ra-to o-ri-gi-na-ria-men-te os-ser-va-zio-ne so-lu-zio-ne con-si-de-ra-zio-ne li-be-ra per-met-ta de-ter-mi-nia-mo ana-liz-zan-do cer-chia-mo po-si-ti-vo ra-mi-fi-ca-zio-ni ge-ne-ra-te no-tia-mo si-gni-fi-ca-to re-la-ti-va dob-bia-mo pri-mi-ti-ve ge-ne-ra-le}

\setcounter{page}{1}

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\section*{Costruzioni}
\subsection*{Costruzioni di rette, segmenti ed angoli}


\begin{cost}

Condurre la perpendicolare ad un retta data, passante per un punto della retta stessa.

\end{cost}

\noindent
Consideriamo la retta $ r $ ed un punto $ A $ appartenente ad essa. Quello che vogliamo tracciare è la retta perpendicolare ad $ r $ passante per $ A .$ 
\begin{itemize}
\item[-] Centriamo il compasso in $ A $ e tracciamo due archi che taglino la retta $ r $ in due punti $ B $ e $C.$ $ B $ e $ C $ hanno quindi la stessa distanza da $ P .$
\item[-] Puntiamo adesso il compasso in $ B$ e disegnamo un arco di circonferenza con raggio $ R = \overline{BC} .$ 
\item[-] Spostiamo poi il compasso in $ C $ e tracciamo un arco sempre di raggio $ R , $ che intersechi nei punti $ D $ e $ E $ il precedente arco. 
\end{itemize} 
\noindent
Il punto $ E $ è equidistante da $ B $ e da $ C .$ Ma anche il punto $ D $ è equidistante da $ B $ e $ C.$ I punti $ D $ e $ E $ appertengono quindi entrambi all'asse del segmento $ \overline{BC} .$ L'asse del segmento è quindi proprio la retta passante per $ D $ e $ E ,$ la quale quindi risulta perpendicolare alla retta $ r $ e passa per $ P .$  

\begin{minipage}{\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema1.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost}

Condurre la perpendicolare ad una retta data, passante per un punto esterno ad essa.


\end{cost}


Sia $ r $ una retta generica e $ P $ un punto esterno ad essa.


\begin{itemize}

\item[-] Centriamo il compasso in $ P $ e tracciamo un arco di raggio abbastanza grande da incontrare $ r $ in due punti distinti $ A $ e $ B .$

\item[-] Puntiamo ora il compasso in $ A $ e tracciamo un arco con raggio $ R ,$ che sia `visivamente' maggiore della metà del segmento $AB .$ 

\item[-] Centriamo ora in $ B $ e tracciamo un altro arco con lo stesso raggio $ R ,$ che incontri nel punto $ C $ il precedente arco.

\end{itemize}
\noindent
Il punto $ C $ è equidistante da $ A $ e $ B $ e lo stesso valeva per il punto $ P .$ La retta per $ P $ e $ C $ è quindi l'asse di $AB $ e perciò risulta perpendicolare alla retta $ r .$


\begin{minipage}{\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema2.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}


\begin{cost}

Dividere un segmento in due parti uguali.


\end{cost}  

Dato un segmento $AB ,$ dobbiamo quindi determinare il suo punto medio.

\begin{itemize}

\item[-] Centriamo in $ A $ con raggio $ R $ maggiore della metà di $ AB $ e tracciamo un arco.
\item[-] Centriamo in $ B $ e tracciamo un altro arco con lo stesso raggio $ R ,$ che incontri il precedente in due punti $ C $ e $ D .$



\end{itemize}
\noindent
Sia $ C $ che $ D $ risultano equidistanti da $ A $ e da $ B .$ La retta per $ A $ e $ B $ è quindi l'asse di $ AB $ e il suo punto di incontro $ M $ con il segmento è proprio il punto medio di $AB$ .  


\begin{cost}


Dividere un angolo in due parti uguali.

\end{cost}


Consideriamo un angolo $ \widehat{ABC} .$

\begin{itemize}

\item[-] Centriamo il compasso in $ B $ e tracciamo un arco di raggio $R=\overline{AB}$ che intersechi i lati dell'angolo nei punti $ A $ ed $ D .$

\item[-] Teniamo il compasso con apertura fissata $ R ,$  e tracciamo, prima centrando il compasso in $ A $ e poi in $ D ,$ due archi  che si intercano in $B$ e in $E$.

\item[-] Essendo $E$ equidistante da $A$ e da $D$, $BE$ in comune e i lati $AB$ e $AC$ congruenti, i triangoli $ABE$ e $BCE$ sono congruenti, per cui gli angoli $\hat{DBE}$ e $\hat{EBA}$ risultano congruenti.

\end{itemize}

\begin{minipage}{0.8\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema4.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost}\label{5}

Dato un angolo e il vertice costruire un angolo uguale a un angolo dato

\end{cost}


Consideriamo un angolo $ A\widehat{B}C .$ e la semiretta di centro $D$ passante  per $E$.

\begin{itemize}

\item[-]Si scelga un punto $F$ sulla semiretta $AB$ e si considerino  due circonferenze: quella di centro $A$ e raggio $\overline{AF}$ e quella  di centro $D$ e raggio $\overline{AF}$. La prima intersecherà la semiretta $AC$ nel punto $G$, mentre la seconda intersecherà la semiretta $DE$ nel punto $H$

\item[-] Si disegni la circonferenza di centro $H$ e raggio $\overline{FG}$: essa intersecherà la circonferenza di centro $H$ in due punti, ne  scegliamo uno e lo chiamiamo $I$

\item[-] Per costruzione $\overline{AG}=\overline{AF}=\overline{DH}=\overline{DI}$ e $\overline{FG}=\overline{IH}$, dunque i due triangoli $GAF$ e $HDI$ sono congruenti, e dunque $ \widehat{ABC}= \widehat{HDI}$

\end{itemize}

\begin{minipage}{0.8\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema5.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost}\label{6}

Dato una retta e un punto esterno ad essa, condurre la parallela alla retta passante per il punto.

\end{cost}


Si consideri  la retta $r$ e il punto $C$
\begin{itemize}

\item[-] Si scelgano due punti distinti $A$ e $B$ qualsiasi su $r$, si tracci il segmento $BC$ e la circonferenza di centro $A$ e raggio $\overline{BC}$

\item[-] Si tracci la circonferenza di centro $C$ e raggio $\overline{AB}$
\item[-] Le due circonferenze si intersecano in due punti: si consideri il punto di intersezione $E$ che sta dalla parte opposta  di $B$ rispetto alla retta passante per $A$ e $C$
\item[-] Per costruzione $\overline{AB}=\overline{CE}$ e $\overline{AE}=\overline{BC}$ e dunque il quadrilatero $ABCE$ risulta un parallelogramma
\item[-] La retta contenente i punti $C$ ed $E$ è dunque parallela alla retta data.

\end{itemize}
\begin{minipage}{0.8\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema6.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost}

Dati due segmenti di lunghezza $a$ e $b$, con $a \geq b$, trovarne il medio proporzionale.

\end{cost}


Si consideri  la retta $r$
\begin{itemize}

\item[-] Si scelgano due punti distinti $A$ e $B$, in modo che $\overline{AB}=b$
\item[-] Sulla stessa retta si considerino i punti $D$ ed $C$ in modo che $D$ si trovi dalla stessa parte di $A$ rispetto $B$ e $\overline{DB}=a$ e in modo che $C$ si trovi dalla stessa parte di $B$ rispetto ad $A$ e $\overline{AC}=a$
\item[-] Si considerino la circonferenze di centro rispettivamente $C$ e $D$ e raggio uguale a $a$, che si intersecano neo punti $E$ ed $E'$
\item[-] Per costruzione, i triangoli  $BDE$ e $ACE$ sono isosceli e congruenti in quanto il triangolo $AEB$ è isoscele per costruzione.
\item[-] I triangoli isosceli $EAB$ e $ECA$ sono simili per il primo criterio di similitudine, avendo in comune l'angolo in $A$.
\item[-] $$\overline{AC}: \overline{EA}= \overline{EA}: \overline{AB}$$
Per costruzione $\overline{AC}=a$, $\overline{AB}=b$ e dunque $\overline{EA}$ risulta il segmento cercato.
\end{itemize}
\begin{minipage}{\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Medioproporzionale.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}

Dividere il segmento in sezione aurea ( ossia in due parti tale che il quadrato della parte maggiore sia equivalente al rettangolo dell'intero segmento e della parte minore)
\end{cost}
\noindent
Si deve trovare un punto $C$ su $AB$ tale che se $AC > CB$, si abbia che $AB:AC=AC:CB$
Si consideri  il segmento $AB$
\begin{itemize}
\item[-] Si costruisca un segmento $OB$ perpendicolare ad $AB$ e lungo la metà;
\item[-] Si consideri il segmento $AO$ e su di esso un segmento $OE$ di lunghezza pari a $OB$; 
\item[-] Su $AB$ si prenda un segmento $AC$ di lunghezza pari ad $AE$. Il segmento $AC$ è il medio proporzionale fra $AB$ e $CB$.
\item[- ]
Basta osservare che se $AB=l$ e $AC=x$, si deve avere che $l: x= x: (l-x)$, ossia $l^2-lx=x^2$, ossia $x$ è soluzione dell'equazione $x^2+lx-l^2=0$, che ha per soluzione $x_1=\frac{l(\sqrt{5}-1)}{2}$
Il triangolo $ABO$ è rettangolo per costruzione e  i suoi cateti misurano $l$ e $l/2$.
Dunque $\overline{AO}=  \frac{\sqrt{5}l}{2}$. Poichè $\overline{OE}=\overline{OB}=l/2$, abbiamo che $\overline{AC}=\overline{AE}=\frac{\sqrt{5}}{2}- \frac{l}{2}=\frac{l(\sqrt{5}-1)}{2}$
\end{itemize}

\begin{minipage}{\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Sezioneaurea.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\subsection*{Costruzioni inerenti i triangoli}
D'ora in poi indicheremo con $a$, $b$ e $c$ i tre lati del triangolo di vertici $A$, $B$ e $C$, in modo che $a$ sia opposto al vertice $A$, $b$ al vertice $B$ e $c$ al vertice $C$
\begin{cost}
Costruire un triangolo dati i tre lati
\end{cost}
\begin{itemize}
\item[-] Fissata una retta $r$ nel piano, si scelga un punto $A$ di tale retta e si tracci la circonferenza $c_1$ di centro $A$ e raggio $c$.
Sia $B$ il punto di intersezione tra $r$  e $c_1$.
\item[-] Si traccino le circonferenze $c_2$ di centro $A$ e raggio $b$ e $c_3$, di  centro $B$ e raggio $a$.
\item[-] Si possono verificare due casi:
\begin{itemize} \item  $c_2$ e $c_3$ si intersecano: questo accade quando $a \leq b+c$. In tal caso chiamando con $C$ l'intersezione, il traingolo $ABC$ è quello richiesto.
\item $c_2$ e $c_3$ non si intersecano: questo accade quando se $a>b+c$. In tal caso il triangolo non è costruibile.
\end{itemize}
In generale, dati tre segmenti di lunghezza $a$, $b$ e $c$, essi formano i lati del triangolo soltanto quando ognuno di essi è minori della somma degli altri due ({\bf disuguaglianza triangolare}).
\end{itemize}
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema9.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost}
Costruire un triangolo, dati un lato $c$ , l'angolo opposto $\beta$ ed un angolo adiacente $\alpha$.
\end{cost}
\begin{itemize}
\item[-]
Si tracci una retta $r$, si fissi un punto $A$ su di essa e si determini un ounto $B$ tale che $\overline{AB}=c$
\item[-] Sul vertice $A$, usando la costruzione numero $5$, si costruisca una semiretta $g$ uscente da $A$ (passante per un altro punto $B'$ in modo che $\widehat{BAB'}=\alpha$.
\item[-] Condurre, usando  la costruzione numero $5$, una semiretta $h$ uscente da $B'$ dalla parte della retta $r$ in modo che, chiamata $K$ l'intersezione di $h$ con $r$, si abbia $\widehat{AB'K}= \beta$
\item[-] Utilizzando la costruzione numero $6$, condurre la parallela a $h$  passante per $B$: essa incontrerà la semiretta $g$ in un punto, che chiameremo $C$: il triangolo $ABC$ è quello cercato
\end{itemize}
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema10.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}
Costruire un triangolo, dati due lati $b$, $a$ e l'angolo opposto $\alpha$ ad uno di essi.
\end{cost}
Vi sono tre casi da considerare, a seconda che $\hat{A}$ sia acuto, retto o ottuso:
\begin{itemize}
\item{ $\hat{A}$ acuto}

\noindent
Su una retta $k$, fissiamo un punto $A$ e usando la costruzione $5$, si tracci la semiretta $s$ uscente da $A$ in modo che l'angolo tra $r$ e $s$ sia proprio $\alpha$.
Su $s$ si prenda un punto $C$ in modo che $\overline{AC}=b$ e si chiami con $H$ il piede della perpendicolare a $r$ condotta da $C$.
A questo punto si tracci la circonferenza $h$ di centro $C$ e lunghezza $a$.
Si hanno tre casi:

\noindent
{\bf PRIMO CASO: $a < CH$} $h$ ed $r$ non si intersecano e quindi il problema non ha soluzione
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema11-11.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\noindent
{\bf SECONDO CASO: $a = CH$} una soluzione (il triangolo è rettangolo)

\noindent
{\bf TERZO CASO: $a > CH$} due soluzioni per $a<b$ ( in questo la circonferenza $h$ taglia in due punti la semiretta passante per $A$, un punto è compreso tra $A$ e $H$, l'altro dopo $H$) e una soluzione per $a \geq b$.
\begin{minipage}{0.5\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema11-12.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{minipage}{0.5\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema11-13.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\item {$\hat{A}$ retto}
In questo caso $b=CH$ e  in tal caso ovviamente $b<a$, essendo $a$ l'ipotenusa e $b$ il cateto. In tal caso la soluzione è unica.
\item {$\hat{A}$ ottuso}
Si ottiene che per $a>b$ si ha sempre una e una sola soluzione, mentre per $a\leq b$ non si ha soluzione.
\end{itemize} 
\begin{cost}
Inscrivere in un dato cerchio un triangolo simile a un triangolo dato
\end{cost}
\noindent
Dati il cerchio $O$ e il triangolo $ABC$, fissiamo un qualsiasi punto $D$ su tale circonferenza e tracciamo la tangente in $D$ alla circonferenza: per farlo basterà tracciare la perpendicolare per $D$ al raggio $OD$.
Si considerino $M$ e $N$ due punti della tangente da parte opposta rispetto a $D$.
Usando la costruzione $5$, si determina una semiretta $b$ uscente da $D$ dalla parte della circonferenza tale che, chiamando con $M'$ un punto di tale semiretta, si ha che $\widehat{MDM'}= \widehat{ABC}$. $b$ interseca la circonferenza in un punto, che chiameremo $G$.
Allo stesso modo, si determina una semiretta $f$ uscente da $D$ dalla parte della circonferenza tale che, chiamando con $N'$ un punto di tale semiretta, si ha che $\widehat{NDN'}= \widehat{BAC}$. $f$ interseca la circonferenza in un punto, che chiameremo $F$.
Il triangolo $FGE$ è quello cercato: infatti $\widehat{ABC}=\widehat{MDM'}= \widehat{DFG}$, in quanto $\widehat{DFG}$ insiste sull'arco $DG$,
e $\widehat{BAC}=\widehat{NDN'}= \widehat{DGF}$, in quanto $\widehat{DGF}$ insiste sull'arco $DF$.
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema12.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}
Costruire un triangolo equivalente a un quadrilatero dato.
\end{cost}
\begin{itemize}
\item[-] Dato il poligono $ABCD$, si tracci la retta $f$ contenente il lato $CD$, si tracci la diagonale $AC$, si consideri dal punto $B$ la $g$ parallela ad $AC$
\item[-] $g$ incontra $f$ nel punto $E$
\item[-] I triangoli $ABC$ e $ACE$ sono equivalenti, avendo stessa base $AC$ e stessa misura dell'altezza relativa ad $AC$ ( le altezze sono condotte da punti che giacciono su una retta parallela alla base)
\item[-] Il triangolo $DAE$ è quello cercato.
\end{itemize}
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema13.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost}
Costruire un triangolo di data base ed equivalente a un triangolo dato.
\end{cost}
\begin{itemize}
\item[-]
Sia dato il segmento $AB$ e il triangolo $CDE$.
\item[-] Si prolunghi, se necessario, il segmento $CE$ e si prenda su di essa il segmento $CG$ tale che $\overline{CG}=\overline{AB}$.
\item[-] Si tracci il segmento $DG$ e la parallela $h$ a $DG$ passante per il punto $E$. La semiretta $i$ per $C$ contenente $CD$ interseca $h$ in un punto $H$
\item[-] Il triangolo $CHG$ è quello cercato: $CHE$ è in comune, i triangoli $DHE$ e $HEG$ sono equivalenti avendo in comune la base $HE$ e la medesima altezza ( è condotta da punti che stanno sulla stessa parallela alla base)
\end{itemize}
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema14.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}
Costruire un triangolo di data altezza ed equivalente a un triangolo dato.
\end{cost}
Sia dato il segmento $AB$ e il triangolo $CDE$.
\begin{itemize}
\item[-] Si prolunghi, se necessario, il segmento $CD$
\item[-] Si tracci una retta parallela $g$ a $CE$ a una distanza pari ad $AB$ 
\item[-] Si prolunghi il dato $DE$ fino a incontrare in $H$ la retta $g$.
\item[-] Tracciare il segmento $CH$ e la parallela a $CH$ condotta da $E$: essa intersecherà la retta contenente $CD$ in un punto $K$
\item[-] Il triangolo $HKD$ è quello cercato: per costruzione l'altezza è congruente a $AB$ e i triangoli $CDE$ è congruente a $HKD$.
Infatti, hanno in comune il triangolo $KED$,  mentre i triangoli $CKE$ e $HKE$ sono congruenti, avendo la  stessa base $KE$ e le altezze congruenti (sono condotte da punti che stanno sulla medesima parallela alla base)
\end{itemize}
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema15.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\subsection*{Costruzioni inerenti i poligoni}
\begin{cost}
Costruire un parallelogramma dati due lati e l'angolo compreso
\end{cost}
Dati i lati di lunghezza $a$ e $b$ e l'angolo $\alpha$, si traccia il segmento $AB$ di lunghezza pari a $b$; utilizzando la Costruzione \ref{5}, si traccia la semiretta $r$ in modo che l'angolo in $A$ sia uguale a $\alpha$.
Si determini poi il punto $Q$ su $r$ in modo che $\overline{OQ}=a$.
Tracciare da $Q$ la retta parallela al segmento $AB$ e determinare poi il punto $S$ dalle stessa parte di $B$ rispetto alla retta $r$ in modo che $\overline{QS}=b$.
Il quadrilatero $ABQS$ è il parallelogramma cercato.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema16.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}\label{17}
Costruire un trapezio dati i suoi lati.
\end{cost}
Dati i segmenti $a$, $b$, con $a \leq b$ ( rispettivamente base maggiore e base minore), $c$ e $d$ (i due lati obliqui), creare un segmento di lunghezza $b$, di estremi $I$ e $L$.
Determinare su $IL$ il punto $M$ tale che $\overline{ML}=a$
Sia $O$ l'intersezione tra la circonferenza di centro $I$ e raggio $c$ e la circonferenza di centro $M$ e raggio $d$.
Sia $P$ l'intersezione tra la retta parallela al lato $IL$ passante per $O$ e la parallela al segmento $OM$ passante per $L$: il quadrilatero $ILPO$ è il trapezio cercato.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema17.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{cost} \label{18}
Trovare il lato del quadrato equivalente ad un rettangolo dato.
\end{cost}
\noindent
La costruzione è la stessa del problema di calcolare la radice di $2$.
Dati il rettangolo di lati $a$ e $b$, si costruisce due segmenti adiacenti $EH$ e $HK$ che giacciono sulla stessa retta, in modo che $EH=a$ e $HK=b$.
Determinare il punto medio $L$ del segmento $EK$ e tracciare la semicirconferenza di centro $L$ e raggio $EL$.
Dal punto $H$ tracciare i segmento perpendicolare a $EK$, che incontra la semicirconferenza in $M$.
Applicando il secondo Teorema di Euclide al triangolo rettangolo $EMK$, si ha che $\overline{MH}^2=\overline{EH} \cdot \overline{HK}= ab$
Dunque $MH$ è il segmento cercato.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema18.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}
Costruire un rettangolo di data base ed equivalente a un dato rettangolo
\end{cost}
\noindent
Siano $b$, $h$ le dimensioni del primo rettangolo e $b'$ la base del secondo rettangolo.
Si costruisce il rettangolo $GIML$ di dimensioni  $\overline{GH}=b'$ e $\overline{GL}=h$. Sulla retta contenete GI, determiniano il punto $H$ dalla stessa parte di $I$ in modo che $\overline{GI}=b$.
Considerare la retta contenente il lato $GL$ e  la retta parallela a $HL$ passante per $I$: esse si intersecano in un punto chiamato $N$.
I triangoli rettangoli $GHL$ e $GIN$ sono simili per cui vale che $$\overline{GH}: \overline{GI}= \overline{GL}: \overline{GN},$$ per cui
si ha che $b' \overline{GN}= bh$, per cui $GN$ è l'altezza che stavamo cercando.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema19.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\section*{Costruzioni sulla circonferenza}
\begin{cost}
Da un punto dato, esterno ad una circonferenza data, condurre le tangenti alla circonderenza medesima.
\end{cost}
\noindent
Data la circonferenza $c$ di centro $O$ e raggio $AB$, dato il punto $P$ esterna ad essa, si conduce la circonferenza $d$ di raggio $OP$ e centro il punto medio $C$ di tale segmento. $c$ e $d$ si intersecano in due punti, chiamati $D$ e $E$.
Tali punti sono i punti di tangenza cercati, dato che le rette $PD$ e $PE$ formano angoli rette con i raggi $OC$ e $OD$ rispettivamente: questo perchè i triangoli $ODP$ e $OEP$ sono inscritti in una semicirconferenza e quindi risultano rettangoli.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema20.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\begin{cost}
Condurre ad una circonferenza data una tangente che sia parallela ad una retta data.
\end{cost}
\noindent
Data la circonferenza $c$ di centro $O$ e raggio $AB$, condurre da $O$ la perpendicolare $d$ a $r$: tale retta intersecherà $c$ in due punti: $E$ e $F$.
Tracciare da $E$ ed $F$ le parallele a $r$: tali rette sono le tangenti cercate.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Problema21.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\section*{Risoluzione di un'equazione di secondo grado della forma  \newline $x^2+ax-b=0$, con $a$, $b$ numeri positivi.}
Costruiamo la radice positiva dell'equazione:
$$x^2+ax - b = 0$$
Siano $a$, $b$ due numeri positivi che interpreteremo
come misure di due segmenti: si noti che affinché una radice sia costruibile (come
segmento) deve essere positiva. Nell'equazione data
una radice è positiva per la regola di Cartesio: infatti i
coefficienti dell'equazione presentano una
permanenza ed una variazione.
Dato $b$, determiniamo in primo luogo  un segmento $\overline{AB}= \sqrt{b}$, seguendo la Costruzione \ref{18}.
Si conduca per $B$ la retta
perpendicolare ad $AB$; su di
essa si fissi un punto $O$
tale che $OB$ misuri $a/2$.
Si tracci la circonferenza
di centro $O$ e raggio $OB$.
$P$ e $Q$ sono i punti in cui la semiretta $AO$ incontra la
circonferenza.
Se $x$ la misura di $AP$; allora la misura di $AQ$ è $x+a$: per il teorema della tangente e della secante
$$\overline{AB}^2= \overline{AP} \cdot  \overline{AQ},$$
ossia $$x(x+a)=b$$ e dunque $x$ è la soluzione positiva dell'equazione.

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{Equazionesecondogrado.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\begin{exe} Siano $a$ e $b$ due numeri positivi. Determinare la soluzione positiva (se esiste) dell' equazione $x^2-ax-b=0$.
\end{exe}

\subsection*{Cerchio di Carlyle}
Il Cerchio di Carlyle rappresenta un sistema semplice e ingegnoso per risolvere per via geometrica (con l'uso di soli riga e compasso) un'equazione di secondo grado. Prende il nome da Thomas Carlyle il quale, prima di dedicarsi alla storia e alla filosofia, in gioventù aveva mostrato notevoli doti come matematico.
\begin{teo}
Data l'equazione
$x^2-sx+p=0$
in cui $s$ e $p$ sono segmenti di lunghezza data (con segno), è sufficiente disegnare su un piano cartesiano i punti $A=(0;1)$ e $B=(s;p)$. Costruito un cerchio il cui diametro è identificato dai punti $A$ e $B$, se tale cerchio interseca l'asse delle $x$, i punti $x_1$ e $x_2$ di intersezione sono le soluzioni reali dell'equazione data.
\end{teo}

\noindent
{\sc Dimostrazione}
Come sappiamo, se $x_1$ e $x_2$ sono le radici dell'equazione assegnata, vale che 
$$s=x_1+x_2 \ e \ p=x_1 \cdot x_2$$
Chiamiamo con $X_1$ e $X_2$ le eventuali intersezioni del cerchio considerato con l'asse $x$, con $A=(0,1)$ e con $B=(0,p)$.
Supponiamo che $s \geq 0$ (l' altro caso è analogo) e vediamo il caso $p\geq 0$ (se $p<0$ la dimostrazione è analoga):

\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{cc1.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\noindent
Per il teorema delle corde abbiamo la seguente equivalenza:
$$\overline{O X_1} \cdot \overline{OX_2}= \overline{OA} \cdot \overline{OP},$$
ossia 
$$x_1 \cdot x_2 = p$$.
Inoltre, chiaramente $OX_1=X_2S$, dove $S=(s,0)$, e dunque $$\overline{OX_1}+\overline{OX_2}=s.$$
Per cui $X_1$ e $X_2$ sono i punti cercati.
\section*{Caratterizzazione algenrica dei problemi costruibili con riga e compasso}
Una volta fissata l'unità su un piano cartesiano, abbiamo visto nella prima lezione l'utilizzo della sola riga permette di costruire tutti e soli i punti $(a,b)$ del piano cartesiano che hanno \textbf{coordinate razionali}, ossia tali che la loro ascissa e la loro ordinata sono numeri razionali: questo avviene mediante le quattro operazioni algenriche fondamentali.
Con l'aggiunta del compasso,  è possibile realizzare realizzare la radice quadrata di un qualsiasi numero razionale.
Dunque, si possono costruire con riga e compasso tutti i numeri della forma 
$$p+ q\sqrt{r},$$ con $p,q,r \in \mathbb{Q}.$
I numeri costruibili sono tutti quelli che possono
essere ottenuti attraverso una successione di
estensioni come quella descritta.
Ad esempio, risulta costruibile: $\sqrt{1+ \sqrt{3}} + \sqrt{5} +1$
Detto in termini algebrici,
i numeri \textbf{costruibili} sono soluzioni di equazioni che hanno come grado massimo una potenza di $2$ ($2$, $4$, $8$, ecc \dots)
\subsection*{Tre problemi non risolubili con riga e compasso}
\begin{itemize}
\item $\mathbf{Duplicazione \ del \ cubo:}$ dato un cubo, determinare lo
spigolo di un cubo avente volume doppio del dato.
\item $\mathbf{Trisezione \ dell' \ angolo}$: dato un angolo qualunque,
dividerlo in tre parti uguali.
\item $\mathbf{Quadratura \ del \ cerchio}$: dato un cerchio,
determinare l'area di un quadrato con area
uguale a quella del cerchio dato.
\end{itemize}
\noindent
\textbf{Osservazione}: esistono metodi esatti ad esempio per
trisecare un angolo (il metodo di Archimede), ma tali
metodi presuppongono l'uso di altri strumenti,
diversi dalla riga e dal compasso.
\subsection*{Duplicazione del cubo}
\begin{enumerate}
\item
La prima testimonianza in merito è una lettera di Eratostene al re Tolomeo III
(citata, settecento anni più tardi, dal commentatore Eutocio di Ascalona). Vi si narra di un'antica
tragedia che, mettendo in scena il re Minosse al cospetto del sepolcro in
costruzione, di forma cubica, del re Glauco, disse: ''piccolo sepolcro per un re:
lo si faccia doppio conservandone la forma; si raddoppino, pertanto, tutti i lati''.
Eratostene, dopo aver rilevato che l'ordine dato era erroneo, perché
raddoppiando i lati di un cubo se ne ottiene un altro con volume 8 volte
maggiore, riferisce che nacque tra gli studiosi il cosiddetto ''Problema della
duplicazione del cubo''.
\item
La seconda testimonianza, conosciuta come Problema di Delo, è attribuita a
Teone di Smirne. Egli, citando Eratostene, riporta che gli abitanti di Delo,
avendo interrogato l'oracolo di Apollo sul modo di liberarsi dalla peste, avessero
ricevuto l'ordine di costruire un altare, di forma cubica, di volume doppio
rispetto a quello esistente. Venne consultato PLATONE che rispose agli abitanti
di Delo di studiare la geometria. (''Non entri chi non conosce la geometria'').
\end{enumerate}
Si tratta di costruire con riga e compasso lo spigolo di un
cubo che abbia volume doppio di un cubo dato.
Se $L$ è lo spigolo del cubo dato, occorre costruire un
segmento di lunghezza $\sqrt[3]{2}L$, che 
non sta nell'insieme dei numeri costruibili
con riga e compasso e quindi non è costruibile con questi
strumenti.

\medskip
\noindent
\textbf{L'utilizzo di coniche per la risoluzione del problema}

\noindent
Menecmo ($380 - 320 a.C.$) fu maestro di Alessandro Magno assieme al
grande Aristotele. Egli riuscì a duplicare il cubo utilizzando due parabole.
Sembra addirittura che fu lui a scoprire la parabola e l'iperbole.
Ragionando in termini moderni vediamo la soluzione cercata come intersezione di due parabole
$$\left\{
\begin{array}{ll}
y= \frac{1}{a} x^2 \\
x= \frac{1}{2a} y^2 \\
\end{array}\right.$$
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{duplicazionecubo.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\noindent
o, in alternativa, come intersezione di un iperbole equilatera e di una parabola:
$$\left\{
\begin{array}{ll}
xy=2a^2 \\
x= \frac{1}{2a} y^2 \\
\end{array}\right.$$
\begin{minipage}{0.7\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{duplicazionecubo2.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\subsection*{La trisezione dell'angolo}
Il problema richiede, dato un qualsiasi angolo $\alpha$, di suddividerlo in tre parti
uguali.
Sappiamo dalla trigonometria (formule di triplicazione) che si ha:
$$\sin(\alpha)= 3 \sin(\alpha/3)- 4\sin^3(\alpha/3)$$
Ponendo $m = \sin(\alpha)$ e $x = \sin(\alpha/3)$ si ottiene l'equazione cubica:
$$4x^3 - 3x + m = 0$$
che non è quindi di grado $2^n$ e ciò prova come il problema della trisezione
dell'angolo in generale non sia risolubile con riga e compasso.
In casi particolari (tipo $\alpha = \pi/2$) l'equazione ammette soluzione razionale e
quindi puo essere risolubile con riga e compasso.
$$4x^3- 3x + 1 = (x+1)(4x^2-4x+1)=(x+1)(2x-1)^2=0$$
Essendo $x=-1$ non accettabile, l'unica soluzione sarà $x=1/2$.

\medskip
\noindent
$\mathbf{ La \ trisettrice \ d'Ippia}$
La sua costruzione risale alla seconda metà del $V$ sec. a.C.): dato un quadrato di lato $l$ denominato $ABCD$, si faccia traslare in modo uniforme il segmento $AB$
fino a coincidere con $DC$; nello stesso tempo si faccia
ruotare uniformemente il
segmento $AB$ fino a farlo
coincidere con $AD$. 
Il luogo dei punti di
intersezione dei due
segmenti durante
il loro movimento
simultaneo è la curva di Ippia.
SE $x=AE$ e $\alpha=\widehat{BAG}$, vale che:
$$x:l= \alpha: \pi/2,$$
ovvero $\alpha= \pi/2 \cdot x/l$.

\noindent
\begin{minipage}{0.9\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{trisettrice.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}

\noindent
Per trisecare l'angolo $\alpha$, si triseca il segmento $AE$ e si tracciano le parallele ad $AB$, le intersezioni con la trisettrice sono i punti che servono a trisecare l'angolo considerato.

\begin{minipage}{0.9\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{trisettrice2.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\noindent

\subsection*{La quadratura del cerchio}
Consiste nel costruire con riga e compasso un quadrato
esattamente equivalente (della stessa area) ad un cerchio dato.
Se il cerchio ha raggio $r = 1$ e area $A= \pi$ è necessario costruire un quadrato
di lato $L = \sqrt{\pi}$
Ciò è impossibile con riga e compasso
poiche nel $1882$, Ferdinand von
Lindemann ha dimostrato che $\pi$ è un numero
irrazionale trascendente, ossia che $\pi$
non e soluzione di nessuna equazione
algebrica e tantomeno di una di grado $2^n$.

\begin{quote}
Qualè 'l geometra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova
(Paradiso, XXXIII, vv. 133-138 )
\end{quote}

\medskip
$\mathbf{ La \ quadratura \ del \ cerchio \ e \ la \ trisettrice \ d'Ippia}$

\noindent
La trisettrice permette di mettere in relazione la lunghezza dell'arco di
circonferenza $\widehat{AC}$ con quella del lato $AB$ e del segmento $AR$ secondo la relazione:
$$\widehat{AC} : AB = AB : AR.$$
Dunque abbiamo rettificato l'arco $\widehat{AC} = AB^2/AR$ .
Si ha anche ovviamente: $\widehat{AC} = AB \cdot \pi/2.$
Per l'area del cerchio: $$A = \pi AB^2 = 2 \widehat{AC} \cdot AB = 2 AB^3/ AR$$
Da questo punto in poi con costruzioni geometriche con riga e
compasso è possibile costruire un quadrato equivalente ad un
cerchio di raggio $AB$.

\noindent
\begin{minipage}{0.9\textwidth}%
\center{\includegraphics[width=\textwidth]{quadratura.jpg}}
\end{minipage} \hspace{0.2cm}
\noindent

\section*{La geometria del solo compasso}
In questo caso, si ritiene che una retta è tracciata (ossia individuata) se ne conoscono almeno due suoi punti distinti.
\begin{teo}(Teorema di Mascheroni-Mohr)
Ogni costruzione con riga e compasso si
può eseguire con il solo
compasso.
\end{teo}

\noindent
Per un approfondimento in materia, si può consultare il libro di Mascheroni ''Géométrie du compas'' $(1798)$.
Alcune costruzioni sono impegnative: ad esempio, è
complicato trovare con il solo compasso il punto medio di un segmento !!.
Con la sola riga (ordinaria, non a due bordi paralleli!) si eseguono meno costruzioni: ad esempio, risulta
impossibile trovare il punto medio di un segmento. 
J.V. Poincelet $(1788 - 1867)$ e J. Steiner $(1796 - 1863)$
hanno provato che ogni costruzione eseguibile con
riga e compasso è ottenibile anche con la sola riga
quando sia assegnata, nel foglio, una circonferenza
fissa di cui sia indicato il centro.

%\subsection*{La costruzione del punto medio di un segmento con il solo compasso}
%Sia $AB$ un segmento dato: con centri in  $A$ e $B$ e raggio $AB$ descrivi due circonferenze ($a$ e $b$) che si intersecano in due punti: chiameremo uno di essi $D$. Si traccino i punti $E$ ed $F$ in modo che  $DE = AD =EF$. Con centri $A$ and $F$ e raggio $DF$ si costruiscano due circonferenze che si intersecano in $G$. Con centri $A$ and $B$ e distanza $BG$, si disegnino due circonferenze (chiamate $c$ e $d$ rispettivamente), che intersecheranno le circonferenze $a$ e $b$ nei punti $H$ e $N$ rispettivamente . Trovare su $d$ un punto $K$ da parte opposta di $G$ rispetto a $H$ tale che $HK=AB$ e su $b$ un punto $L$ in modo che $HL=HB$ dalla parte opposta di $E$ rispetto ad $A$. Con i  centri $K$ e $L$ e raggio $AB$, si descrivano due circonferenze che si intersecano in due punti: sia $I$ quello che sta sopra il segmento $AB$. Make BM equal to BI. Finally, with the centre M and radius MB cut the line in C, and the point C is the required middle of the line AB. For greater exactitude you can mark off R from A (as you did M from B), and from R describe another arc at C. This also solves the problem, to find a point midway between two given points without the straight line.


\end{document}