Capitolo 1 “Prematematica” e Matematica antica

Dinostrato, servendosi di questa cuva riuscì a rettificare la circonferenza e
risolse il problema quadrando il triangolo rettangolo di cateti il raggio e la
circonferenza.
Assumendo che la quadratrice intersechi AD in G, iniziamo dimostrando
la proposizione che ci permette di calcolare la lunghezza dell’arco arc(BD) e
perciò la lunghezza della circonferenza del cerchio.
Proposizione 9.
arc(BED) : AB = AB : AG (7.2)
Dimostrazione. Questa proposizione si prova per esclusione. Se il precedente
rapporto non fosse uguale a AB : AG, deve essere uguale ad AB : AK dove
AK è o più grande o più piccolo di AG. Mostriamo come nessuna delle due
possibilità sia vera. Supponiamo che AK sia più grande di AG.
Con A come centro e AK come raggio, disegnamo il
quarto di cerchio KL ′ che interseca la quadratrice in
F ′ e AB in L ′ . Si congiunga A con F ′ e si prolunghi
tale segmento intersecando l’arco BD in E ′ e si
disegni F ′ H ′ perpendicolare ad AD. Ora per ipotesi
arc(BD) : AB = AB : AK = arc(BD) : arc(L ′ K)
perciò AB = arc(L ′ F ′ K).
Ma, per la proprietà della quadratrice, si ha:
AB : F ′ H ′ = arc(BD) : arc(E ′ D) = arc(L ′ K) : arc(F ′ K)
quindi, avendo provato che AB = arc(L ′ F ′ K), si ha F ′ H ′ = arc(F ′ K), ma
questo è impossibile perché ogni arco di cerchio è maggiore della corda da
esso sottesa. Perciò AK non può essere più grande di AG. Analogamente si
dimostra che AK non può essere minore di AG.
Quindi se AK non è né più grande né più piccolo di AG questi due segmenti
devono essere uguali e
ossia
arc(BD) : AB = AB : AG
1
AB2
circonferenza = arc(BD) =
4 AG .
dove con ′′ circonferenza ′′ si intende la circonferenza di centro A e raggio AB.
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