Gli Elementi d'Euclide/Libro Primo/Proposizioni

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PROPOSIZIONE I.

problema.

Sopra una data retta finita, costruire un triangolo equilatero.

Sia la retta data AB; bisogna sopra essa costruire un triangolo equilatero.

Dal centro A con l’intervallo AB descrivasi [post. 3] il cerchio BCD; similmente dal centro B con l’intervallo BA descrivasi un altro cerchio ACE, e dal punto C, nel quale le circonferenze dei due cerchi fra loro si segano, si tirino [post. 1] le linee rette CA, CB ai punti A e B.

Perchè A è centro del cerchio BCD, sarà [def. 15] la AC uguale alla AB; e perchè B è centro del cerchio ACE, sarà la BC uguale alla BA. Dunque l’una e l’altra delle CA, CB è uguale alla AB. Ma le grandezze che sono uguali ad una medesima sono uguali fra loro [ass. 1]; onde la CA è uguale alla CB, e le tre linee CA, AB, BC sono uguali [p. 7 modifica]fra loro: dunque il triangolo ABC è equilatero ed è costruito sopra la data retta finita AB, il che bisognava fare.

Le circonferenze dei due cerchi si segano necessariamente, perchè ciascuna di esse ha un punto interno ed un punto esterno rispetto all’altro cerchio.



PROPOSIZIONE

problema.

Da un punto dato tirare una linea retta uguale ad un’altra retta data.

Sia A il punto dato, e BC la linea retta data; bisogna dal punto A tirare una linea retta uguale alla retta BC.

Tirisi dal punto A al punto B la retta AB [post 1], e sopra essa costruiscasi [prop. 1] il triangolo equilatero DAB, e si prolunghino [post. 2] per diritto alle DA, DB le linee rette AE, BF, e dal centro B con l’intervallo BC descrivasi [post. 3] il cerchio CGH, e finalmente dal centro D con l’intervallo DG descrivasi il cerchio GKL.

Perchè il punto B è centro del cerchio CGH, sarà [def. 15] la BC uguale alla BG; e perchè D è centro del cerchio GKL, sarà la DL uguale alla DG: e poiché la parte DA è uguale alla parte DB, anche la rimanente AL sarà uguale [ass. 3] alla rimanente BG. Ma si è dimostrato che la BC è uguale alla BG, onde l’una e l’altra AL, BC è uguale alla BG. Ma le grandezze che [p. 8 modifica]sono uguali ad una medesima sono uguali fra loro [ass. 1]; dunque la AL è uguale alla BC, e così dal punto dato A si è tirata la linea retta AL uguale alla data retta DC, il che bisognava fare.

Questa Prop. II è un caso particolare di una proposizione più generale che si suole assumere come postulato «che una figura possa essere trasportata in un modo qualunque nello spazio, senza che si alteri alcuno de’ suoi elementi» (distanze scambievoli ed angoli).



PROPOSIZIONE

problema.

Date due linee rette disuguali, dalla maggiore tagliare una parte uguale alla minore.

Siano date due linee rette disuguali AB, C, delle quali AB sia la maggiore. Bisogna dalla maggiore AB tagliare una retta uguale alla minore C.

Tirisi [prop. 2] dal punto A la retta AD uguale alla C, e dal centro A con l’intervallo AD descrivasi [post. 3] il cerchio DEF.

Poiché A è centro del cerchio DEF, la AE sarà uguale alla AD [def. 15]; ma anche la C è uguale alla AD; onde la AE sarà uguale alla C [ass. 1]. Date dunque due lince rette disuguali AB, C, dalla maggiore AB si è tagliata la AE uguale alla minore C; il che bisognava fare.


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PROPOSIZIONE

problema.

Se due triangoli hanno due lati rispettivamente uguali a due lati, ed hanno uguale l’angolo che è contenuto dai lati uguali, avranno anche la base uguale alla base, ed il triangolo sarà uguale al triangolo, e degli altri angoli saranno uguali, l’uno all’altro, quelli che sono opposti ai lati uguali.

Siano due triangoli ABC, DEF i quali abbiano due lati AB, AC uguali a due lati DE, DF, l’uno all’altro, cioè il lato AB uguale al lato DE, ed il lato AC a DF, e l’angolo BAC uguale all’angolo EDF. Dico anche la base BC esser uguale alla base EF, ed il triangolo ABC uguale al triangolo DEF, e gli altri angoli uguali agli altri angoli, cioè l’angolo ABC all’angolo DEF, e l’angolo ACB all’angolo DFE.

Perciocchè, se si adatta il triangolo ABC sul triangolo DEF, posto il punto A sopra D e la retta AB sopra DE, il punto B coinciderà col punto E, per esser la AB uguale alla DE; e adattandosi la AB alla DE, eziandio la retta AC si adatterà alla DF, perchè l’angolo BAC è uguale all’angolo EDF; onde anche il punto C coinciderà col punto F, perchè la linea retta AC è uguale alla linea retta DF. Adunque altresì la base BC si adatterà alla base EF; perciocchè, se coincidendo il punto B col punto E e C con F la base BC non [p. 10 modifica]si adattasse alla base EF, due linee rette chiuderebbero uno spazio, il che non è [ass. 10]; onde la base BC sarà uguale alla base EF [ass. 8]. Ma adattandosi la base BC alla base EF, anche tutto il triangolo ABC si adatterà a tutto il triangolo DEF e gli sarà uguale [ass. 8], e gli altri angoli si adatteranno agli altri angoli e saranno uguali ad essi, cioè l’angolo ABC all’angolo DEF, e l’angolo ACB all’angolo DFE. Adunque se due triangoli hanno, ecc., come dovevasi dimostrare.



PROPOSIZIONE

teorema.

Gli angoli alla base del triangolo isoscele sono uguali fra loro, e se si prolungano i lati uguali, gli angoli sotto la base saranno anche fra loro uguali.

Sia il triangolo isoscele ABC, che abbia il lato AB uguale al lato AC, e si prolunghino le rette BD, CE per diritto alle AB, AC. Dico l’angolo ABC esser uguale all’angolo ACB, e l’angolo CBD all’angolo BCE.

Piglisi nella linea BD un punto qualsivoglia F, e dalla maggiore AE taglisi AG uguale alla minore AF [prop. 3]; e si tirino FC, GB.

Poiché le due FA, AC sono uguali alle due GA, AB, l’una all’altra, e contengono l’angolo comune FAG, la base FC sarà uguale alla base GB [prop. 4]; ed il triangolo AFC sarà uguale al triangolo AGB; e degli altri [p. 11 modifica]angoli saranno uguali, l’uno all’altro, quelli che sono opposti ai lati uguali, cioè l’angolo ACF all’angolo ABG, e l’angolo AFC all’angolo AGB. E poiché tutta la linea AF è uguale a tutta la AG e la parte AB della prima è uguale alla parte AC della seconda, sarà [ass. 3] anche la rimanente BF della prima uguale alla rimanente CG della seconda: e la FC si è dimostrata uguale alla GB; onde le due BF, FC sono rispettivamente uguali alle due CG, GB, e l’angolo BFC è uguale all’angolo CGB; e la base BC è comune: dunque il triangolo BFC sarà uguale [prop. 4] al triangolo CGB, e saranno uguali gli angoli opposti ai lati uguali, cioè l’angolo FBC all’angolo GCB, e l’angolo BCF all’angolo CBG. Siccome poi tutto l’angolo ABG è stato dimostrato uguale a lutto l’angolo ACF, de’ quali la parte CBG è uguale alla parte BCF, sarà [ass. 3] il rimanente ABC uguale al rimanente ACB. Dunque gli angoli alla base del triangolo isoscele, ecc., c. d. d.

corollario.

Di qui risulta che ogni triangolo equilatero è anche equiangolo.



PROPOSIZIONE VI.

teorema.

Se due angoli d’un triangolo sono uguali fra loro, eziandio i lati che sono opposti agli angoli uguali saranno fra loro uguali.

Sia il triangolo ABC, che abbia l’angolo ABC uguale all’angolo ACB. Dico anche il lato AC essere uguale al lato AB.

Perciocchè se la AB non è uguale alla AC, una [p. 12 modifica]di esse sarà maggiore. Sia maggiore la AB, e da essa taglisi [prop. 3] la BD uguale alla minore AC, e si tiri DC. Siccome le due DB, DC sono uguali alle due AC, CD, l’una all’altra, e l’angolo DDC è uguale all’angolo A CD, sarà la base DC uguale alla base AB, ed il triangolo DSC [prop. 4] al triangolo ACB, cioè il minore al maggiore, il che è impossibile. Non è dunque la AD disuguale alla AC, ma sarà uguale. E però se due angoli d’un triangolo sono uguali fra loro, eziandio i lati, ecc. c. d. d.

corollario.

Di qui risulta che ogni triangolo equiangolo è anche equilatero.



PROPOSIZIONE VII

teorema.

Sopra la medesima base e dalla medesima parte di essa non si possono costruire due triangoli i quali abbiano fra loro uguali contemporaneamente e i lati che vanno ad uno dei termini della base e i lati che vanno all’altro termine.

Sopra la medesima base AB e dalla medesima parte di essa siano costruiti, se pure è possibile, due triangoli A CD, ADB, i quali abbiano uguali fra loro i lati AC, AD, ed uguali pure fra loro i lati DC, BD. Il vertice dell’un triangolo non potrà manifestamente cadere su [p. 13 modifica]un lato dell’altro, o sul suo prolungamento: adunque o l’uno e l’altro vertice cadrà al di fuori dell’altro triangolo, ovvero uno di essi cadrà al di dentro.

Cadano primieramente entrambi al di fuori, e congiungasi CD. Poichè la AC è eguale alla AD, sarà [prop. 5] l’angolo ADC uguale all’angolo ACD, maggiore pertanto dell’angolo BCD: ma per essere la BC uguale alla BD, l’angolo BCD è uguale all’angolo BDC; onde l’angolo ADC sarà maggiore dell’angolo BDC, ciò che non può essere perchè è minore [ass. 9].

Cada ora uno dei vertici, per esempio D, entro l’altro triangolo; congiungasi DC, c si prolunghino le rette AC, AD a due punti E, F. Poiché la AC è uguale alla AD, i due angoli al disotto della base CD saranno uguali [prop. 5]: sarà dunque l’angolo FDC uguale all’angolo ECD, maggiore pertanto dell’angolo BCD: ma per essere la BC uguale alla BD, l’angolo BCD è uguale all’angolo BDC; onde l’angolo FDC sarà maggiore dell’angolo BDC, ciò che non può essere perchè è minore. Adunque sopra la medesima base, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE VIII

teorema.

Se due triangoli hanno due lati uguali rispettivamente a due lati, ed hanno la base uguale alla [p. 14 modifica]base, avranno anche uguali gli angoli contenuti dai lati uguali.

Siano due triangoli ABC, DEF, che abbiano due lati AB, AC uguali a due lati DE, DF, l’uno all’altro, cioè AB uguale a DE, ed AC a DF, ed abbiano la base BC uguale alla base EF. Dico anche l’angolo BAC essere uguale all’angolo EDF.

Perciocché, se si porta il triangolo ABC sopra il triangolo DEF, posto il punto B sopra E, e la linea retta BC sopra la EF, anche il punto C cadrà sopra il punto F, perchè la BC è uguale alla EF. Allora anche il punto A cadrà sopra il punto D: imperocché se non cadesse in D, ma in un altro punto come G, avremmo le rette EG, FG, uguali rispettivamente alle ED, FD, il che è impossibile [prop. 7], Perchè dunque il punto A cade sopra il punto D, i lati BA', AC si adatteranno ai lati ED, DF, e l’angolo BAC si adatterà all’angolo EDF, e gli sarà uguale. Onde se due triangoli hanno due lati uguali rispettivamente a due lati, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE IX

problema.

Dividere per metà un angolo rettilineo dato.

Sia dato l’angolo rettilineo BAC; bisogna dividerlo per metà. [p. 15 modifica]

Piglisi nella linea AB un punto qualunque D, e dalla linea AC taglisi [prop. 3] la AE uguale alla AD, e condotta DE, costruiscasi sopra essa [prop, 1] il triangolo equilatero DEF, e tirisi AF, dico l’angolo BAC essere diviso per metà dalla linea retta AF.

Perciocchè essendo le due DA, AF uguali alle due EA, AF, l’una all’altra, e la base DF uguale alla base EF, sarà [prop. 8] l’angolo DAF uguale all’angolo EAF, e però l’angolo rettilineo dato BAC è diviso per metà dalla linea retta AF; il che bisognava fare.



PROPOSIZIONE X.

problema.

Dividere per metà una data retta terminata.

Sia AB la data retta terminata, bisogna dividerla per metà.

Costruiscasi sopra essa [prop. 1] il triangolo equilatero ABC e dividasi per metà l’angolo ACB con la linea retta CE [prop. 9]: dico che la linea retta AB è divisa per metà nel punto E.

Perciocchè, essendo le due AC, CE uguali alle due BC, CE l’una all’altra, e l’angolo ACE uguale all’angolo BCE, sarà [prop. 4] la base AE uguale alla base BE, e però la linea retta terminala AB è divisa per metà nel punto E; il che bisognava fare.


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PROPOSIZIONE XI.

problema.

Tirare una linea retta perpendicolare ad una data retta da un punto dato in essa.

Sia AB la data retta, e C il punto dato in essa. Bisogna dal punto C tirare una linea retta perpendicolare alla AB.

Piglisi nella AC un punto qualsivoglia D, e prendasi la CE uguale alla CD [prop. 3], e sopra DE costruiscasi [prop. 1] il triangolo equilatero FDE, e tirisi CF: dico che la linea retta FC sarà perpendicolare alla retta data AB.

Perciocché essendo le due DC, CF uguali alle due EC, CF, l’una all’altra, e la base DF uguale alla base FE, sarà [prop. 8] l’angolo DCF uguale all’angolo ECF. Ma questi due angoli sono conseguenti: e quando una linea retta stando sopra un’altra fa gli angoli conseguenti uguali fra loro, ciascuno degli angoli uguali è retto [def. 10] e la prima retta è perpendicolare alla seconda: dunque si è tirata la linea retta FC perpendicolare alla data retta AB dal punto C dato in essa; il che bisognava fare.



PROPOSIZIONE XII

problema.

Sopra una data retta indefinita, da un punto dato che non sia in essa, tirare una linea retta perpendicolare. [p. 17 modifica]

Sia AB la data retta indefinita, e C il punto dato che non sia in essa. Dal punto C, bisogna tirare una retta perpendicolare alla AB.

Piglisi dall’altra parte della linea retta AB qualsivoglia punto F, e dal centro C con l’intervallo CF descrivasi [post 3] il cerchio EFG, e la EG seghisi [prop. 10] per metà nel punto H, e si conducano CG, CH, CE: dico che la CH è perpendicolare alla AB.

Perciocchè essendo le due GH, HC uguali alle due EH, HC, l’una all’altra, e la base CG uguale alla base CE, sarà [prop. 8] l’angolo CHG uguale all’angolo EHC. Ma questi due angoli sono conseguenti: laonde [def. 10] sopra la retta AB, dal punto C che non è dato in essa, si è tirata la CH perpendicolare: il che bisognava fare.



PROPOSIZIONE XIII.

teorema.

teorema Una linea retta stando sopra un’altra retta fa due angoli, i quali o sono ambedue retti, o presi insieme valgono due retti.

La linea retta AB stando sopra la retta CD faccia gli angoli CBA, ABD. Dico che gli angoli CBA, ABD o sono retti ambedue, o presi insieme valgono due retti.

Perchè se CBA è uguale ad ABD, sono due retti [def. 10]; ma se no, tirisi [prop. 11] dal punto B sopra la CD la BE perpendicolare. Allora gli angoli CBE, EBD saranno due retti [def. 10], e perchè [p. 18 modifica]CBE è uguale alla somma dei due CBA, ABE, posto EBD comune, la somma degli angoli CBE, EBD sarà uguale a quelle dei tre angoli CBA, ABE, EBD. Similmente, perchè l’angolo DBA è uguale alla somma dei due angoli DBE, EBA, posto ABC comune, sarà la somma degli angoli DBA, ABC uguale a quella dei tre DBE, EBA, ABC. Le grandezze che sono uguali ad una medesima sono uguali fra loro [ass. 1]; dunque eziandio la somma degli angoli CBE, EBD è uguale alla somma degli angoli DBA, ABC. Ma CBE, EBD sono due retti, onde gli angoli BDA, ABC valgono insieme due retti, e però una linea retta stando sopra un’altra retta fa due angoli ecc., c. d. d.

corollario i.

Di qui risulta che due rette non possono avere una porzione comune.

corollario ii.

Risulta eziandio che se una retta è perpendicolare ad un’altra, quest’altra è perpendicolare alla prima.



PROPOSIZIONE XIV.

problema.

Se con una linea retta, ed in un punto di essa, due rette non poste dalla medesima parte fanno angoli conseguenti la cui somma sia uguale a due retti, esse rette saranno per diritto fra loro.

Con una retta AB, nel punto B che è in essa, due linee rette BC, BD non poste dalla medesima parte facciano gli angoli conseguenti ABC, ABD, la cui somma [p. 19 modifica]sia due retti. Dico la BD essere per diritto alla CB.

Perciocchè se la BD non è per diritto alla CB, sia la BE per diritto alla CB. Perchè dunque la linea retta A B sta sopra la retta CBE, gli angoli ABC, ABE valgono insieme due retti [prop. 13] Ma eziandio gli due retti; onde gli angoli CBA, ABE varranno insieme come CBA, ABD [ass. 1 e 11]. Sottraggasi l’angolo ABC comune; il rimanente ABE sarà uguale al rimanente ABD, cioè il minore al maggiore; il che non può essere. Adunque la BE non è per diritto alla BC. Dimostreremmo similmente non essere alcun’altra che non sia la BD; dunque la BD sarà per diritto alla CB. E però se con una linea retta ed in un punto di essa, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XV.

teorema.

Se due linee rette si segano insieme, fanno gli angoli opposti al vertice uguali fra loro.

Due linee rette AB, CD si seghino insieme nel punto E. Dico l’angolo AEC essere uguale all’angolo DEB, e l’angolo CEB all’angolo AED.

Perchè la linea retta AE sta sopra la retta CD, fa gli angoli CEA, AED, la cui somma è uguale a due retti. Similmente, perchè la linea retta DE sta sopra la retta AB fa gli angoli AED, DEB, la cui somma sarà uguale a due retti. Adunque gli angoli CEA, AED valgono [p. 20 modifica]insieme come gli angoli AED, DEB [ass. 1 e 11]. Sottraggasi l’angolo comune AED; il rimanente CEA sarà uguale al rimanente BED [ass. 3]. Si dimostreranno parimente uguali CEB, DEA, e però se due linee rette si segano insieme, ecc., c. d. d.

corollario.

Da questo chiaramente si vede che se più linee rette si segano insieme, la somma degli angoli consecutivi formati intorno al punto comune è uguale a quattro retti.



PROPOSIZIONE XVI.

teorema.

Se si prolunga un lato di un triangolo, l’angolo esterno è maggiore di ciascuno degli angoli interni opposti.

Sia il triangolo ABC, ed un lato di esso BC si prolunghi in D. Dico l’angolo esterno ACD essere maggiore dell’uno e dell’altro interno opposto, cioè CBA, BAC.

Seghisi AC per metà nel punto E [prop. 10], e condotta BE prolunghisi ad un punto F, pongasi la EF uguale alla BE [prop. 3], e congiungasi FC.

Poiché le due AE, EB sono uguali alle due CE, EF, l’una all’altra, e l’angolo AEB è uguale all’angolo FEC, perchè sono opposti al vertice [prop. 15], sarà la base AB uguale alla base FC [prop. 4], ed il triangolo ABE al triangolo FEC ed uguali gli altri angoli opposti ai lati uguali. Adunque l’angolo [p. 21 modifica]BAE è uguale all’angolo ECF; ma l’angolo ECD è maggiore di ECF; dunque l’angolo ACD sarà maggiore dell’angolo BAE. Parimente segando la linea retta BC per metà e prolungando la AC, si dimostrerà l’angolo BCG, cioè ACD [prop. 15], maggiore dell’angolo ABC. Laonde se si prolunga un lato, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XVII.

teorema.

Due angoli di un triangolo, presi in qualunque modo, danno una somma minore di due retti.

Sia il triangolo ABC. Dico che due angoli del triangolo ABC, presi in qualsivoglia modo, valgono meno di due retti.

Prolunghisi la BC nel punto D.

L’angolo esterno ACD del triangolo ABC, è maggiore dell’interno opposto ABC [prop. 16]: pongasi ACB comune: la somma degli angoli ACD, ACB sarà maggiore [ass. 4] della somma degli angoli ABC, BCA. Ma gli angoli ACD, ACB valgono due retti [prop. 13], quindi la somma di ABC, BCA sarà minore di due retti. Dimostreremmo similmente che la somma degli angoli BAC, ACB e quella degli angoli CAB, ABC sono ambedue minori di due retti. Adunque due angoli di un triangolo, ecc., c. d. d.

corollario.

Di qui risulta che se un triangolo ha un angolo retto, gli altri due angoli saranno entrambi acuti.


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PROPOSIZIONE XVIII.

teorema.

Al maggior lato di un triangolo è opposto il maggior angolo.

Sia il triangolo ABC, che abbia il lato AC maggiore del lato AB. Dico anche l’angolo ABC essere maggiore dell’angolo BCA.

Perciocché, essendo la AC maggiore della AB, pongasi la AD uguale, alla AB [prop. 3], e congiungasi BD.

Siccome l’angolo ADB è esterno del triangolo BDC, sarà maggiore dell’interno opposto DCB [prop. 16]. Ma ADB è uguale ad ABD, essendo il lato AB uguale al lato AD [prop. 5]. Adunque l’angolo ABD è maggiore dell’angolo ACB: onde ABC sarà molto maggiore di ACB, e però al maggior lato di un triangolo è opposto il maggior angolo, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XIX.

teorema.

Al maggior angolo di un triangolo è opposto il maggior lato.

Sia il triangolo ABC che abbia l’angolo ABC maggior dell’angolo BCA. Dico il lato AC essere maggiore del lato AB. [p. 23 modifica]

Perciocchè se non è maggiore, ovvero AG è uguale ad AB, ovvero è minore di esso. Ma non è uguale, perchè ancora l’angolo ABC sarebbe [prop. 5] uguale all’angolo ACB, ciò che non è. Ma nè anche è minore, perchè anche l’angolo ABC sarebbe [prop. 18] minore dell’angolo ACB, che non è. Adunque AC sarà maggiore di AB. Laonde al maggior angolo di un triangolo ecc., c. d. d.

corollario.

In un triangolo rettangolo il lato opposto all’angolo retto è maggiore di ciascuno degli altri due lati.



PROPOSIZIONE XX.

teorema.

La somma di due lati di qualunque triangolo, presi in qualsivoglia modo, è maggiore del lato rimanente.

Sia il triangolo ABC. Dico che la somma di due lati del triangolo ABC, come BA, AC, è maggiore del rimanente BC.

Prolunghisi BA nel punto D, pongasi AD uguale a CA [prop. 3], e conducasi DC.

Poiché DA è uguale ad AC [prop. 5], sarà l’angolo ADC uguale all’angolo ACD. Ma l’angolo BCD è maggiore dell’angolo ACD [ass. 9], onde l’angolo BCD sarà maggiore dell’angolo ADC. E perchè [p. 24 modifica]DCB è un triangolo che ha l’angolo BCD maggiore dell’angolo BDC, ed al maggior angolo è opposto il maggior lato, sarà il lato BD maggiore del lato Be [prop. 19]. Ma DB è uguale alla somma di BA e AG; onde la somma dei lati BA, AC è maggiore di BC. Dimostreremmo similmente ancora che la somma dei lati AB, BC è maggiore del lato CA, e che la somma dei lati BC, CA è maggiore di AB. Adunque la somma di due lati, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXI.

teorema.

Se dai termini d’un lato di un triangolo si conducono due linee rette ad un punto interno, queste rette daranno una somma minore della somma degli altri due lati del triangolo, ma conterranno un angolo maggiore.

Sopra un lato BC del triangolo ABC, dai termini B, C conducansi a un punto D interno al triangolo due rette BD, DC. Dico che BD, DC danno una somma minore degli altri due lati del triangolo BA, AC, ma contengono l’angolo BDC maggiore dell’angolo BAC.

Prolunghisi BD nel punto E. Poiché due lati di qualunque triangolo danno una somma maggiore del rimanente [prop. 20], così la somma di due lati BA, AE del triangolo ABE sarà maggiore del lato BE. Pongasi EC comune: la somma di BA, AC sarà maggiore della somma di BE, EC [ass. 4]. Inoltre perchè i due lati CE, ED del triangolo CED danno una somma [p. 25 modifica]giore del lato CD [prop. 20], ponendo comune BD, sarà la somma di CE, EB maggiore della somma di CD, DB. Ma si è dimostrato che la somma di DA, AC supera quella di BE, EC; adunque la somma di DA, AC tanto più supererà quella di DD, DC. Oltre a ciò, perchè l’angolo esterno di un triangolo è maggiore dell’interno opposto [prop. 16], sarà l’angolo esterno BDC del triangolo CDE, maggiore di CED: per la medesima ragione, anche l’angolo esterno CEB del triangolo ABE è maggiore di BAC: dunque l’angolo BDC sarà molto maggiore dell’angolo BAC. Onde se dai termini di un lato di un triangolo, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXII.

problema.

Costruire un triangolo i cui lati siano uguali a tre rette date, tali che la somma di due qualunque fra esse sia maggiore della rimanente.

Siano le tre linee rette date A, B, C, tali che le A, B prese insieme superino C, e le A, C superino B, e le B, C superino A. Bisogna con tre linee rette uguali alle A, B, C costruire un triangolo.

Tirisi la linea retta DE terminata nel punto D, ma indefinita verso il punto E; e pongasi la DF uguale alla A, la FG uguale alla B, e la GH alla C: e dal centro F con l’intervallo FD descrivasi il cerchio DKL; dal centro G con l’intervallo GH descrivasi un altro cerchio [p. 26 modifica]KLH, e conducansi KF, KG': dico che KFG è il triangolo domandato.

Perciocché, essendo il punto F centro del cerchio DKL, sarà la FD uguale alla FK [def. 15]; ma FD è uguale alla A; adunque anche la FK è uguale ad A. Oltre a ciò, perchè il punto G è centro del cerchio LKH; sarà la GH uguale alla GK; ma la GH è uguale alla C, adunque eziandio la GK è uguale alla C. Inoltre la FG è uguale alla B; quindi le tre KF, FG, GK sono uguali alle tre rette A, B, C. E però colle tre linee rette KF, FG, GK, che sono uguali alle tre rette date A, B, C si è costruito il triangolo KFG; il che bisognava fare.

La restrizione intorno alla lunghezza delle tre rette date A, B, C, è posta in base alla prop. 20. Deriva da essa che le due circonferenze si segheranno certamente. Difatti perchè le due A, B prese insieme sono maggiori della C, sarà la DG maggiore della GN e però il punto N cadrà alla destra del punto D: e perchè le due A, C prese insieme sono maggiori della B, sarà la somma delle due FM, GN maggiore della FG, e però il punto M cadrà alla destra del punto N: e perchè le due B, C, prese insieme sono maggiori della A, sarà la FU maggiore della FM, e però il punto M cadrà alla sinistra del punto H. Adunque ciascuna delle due circonferenze ha un punto esterno ad un punto interno rispetto all’altro cerchio,, e però si segheranno necessariamente.



PROPOSIZIONE XXIII.

problema.

Sopra una data retta, ed in un punto dato in essa, costruire un angolo rettilineo uguale ad un altro angolo rettilineo dato. [p. 27 modifica]

Sia AB la retta data, A il punto dato in essa, e DCE l’angolo rettilineo dato. Bisogna nella data retta AB, e nel punto A dato in essa, costruire un angolo rettilineo uguale all’angolo rettilineo dato.

Piglinsi nell’una e nell’altra delle rette CD, CE due punti quali si vogliano D, E, e conducasi DE, e con tre rette che siano uguali alle e tre rette CD, DE, EC [prop. 22] costruiscasi il triangolo AFG, di modo che la CD sia uguale alla AF, la CE alla AG, e la DE alla FG.

Perchè le due DC, CE sono uguali alle due FA, AG, l’una all’altra, e la base DE è uguale alla base FG, sarà l’angolo DCE uguale all’angolo FAG [prop. 8].

Adunque nella data retta AB, e nel punto A dato in essa, si è costruito l’angolo rettilineo FAG uguale all’altra angolo rettilineo dato DCE; il che bisognava fare.



PROPOSIZIONE XXIV.

teorema.

Se due triangoli hanno due lati uguali a due lati, l’uno all’altro, ed hanno disuguale l’angolo compreso da questi lati, la base sarà maggiore nel triangolo ove l’angolo è maggiore.

Siano due triangoli ABC, DEF, i quali abbiano il lato AB uguale al lato DE ed il lato AC uguale al lato DF; e l’angolo DAC sia maggiore dell’angolo EDF. Dico la base BC essere maggiore della base EF.

Sopra la retta BA, nel punto A dato in essa, costruiscasi un angolo uguale all’angolo EDF [prop.23]: sia BAH. [p. 28 modifica]Sulla AH prendasi la porzione AG uguale all’una o all’altra delle AC, DF, e congiungansi BG, GC.

Perchè le due BA, AG sono uguali alle due ED, DF, l’una all’altra, ed è l’angolo BAG uguale all’angolo EDF, sarà la base BG uguale alla base EF. Il punto G può cadere o sulla base BC, come nella prima figura; o fuori dal triangolo ABC, come nella seconda; o dentro lo stesso triangolo ABC, come nella terza. Nel primo caso la BC è manifestamente maggiore della BG. Nel secondo e terzo caso, per essere la AG uguale alla AC, sarà [prop. 5] l’angolo HGC uguale all’angolo KCG, maggiore pertanto dell’angolo BCG: ma l’angolo BGC è maggiore dell’angolo HGC, onde lo stesso angolo BGC sarà molto maggiore dell’angolo BCG. Ma in un triangolo al maggiore angolo sta opposto il lato maggiore [prop. 19]: laonde il lato BC sarà maggiore del lato BG. In ogni caso adunque la base BC è maggiore della BG, ossia della base EF; e però se due triangoli, ecc., c. d. d.


[p. 29 modifica]

PROPOSIZIONE XXV.

teorema.

Se due triangoli hanno due lati uguali a due lati, l’uno all’altro, e le basi disuguali, l’angolo compreso fra i lati uguali sarà maggiore nel triangolo in cui la base è maggiore.

Siano due triangoli ABC, DEF, che abbiano il lato AB uguale al lato DE, ed il lato AG al lato DF, e la base BC sia maggiore della base EF. Dico anche l’angolo BAC essere maggiore dell’angolo EDF.

Perciocchè se non è maggiore, o è uguale o minore. Ma l’angolo BAC non è uguale all’angolo EDF perchè eziandio la base BC sarebbe uguale [prop. 4] alla base EF, il che non è. Ma nè anche è minore: perchè la base BC sarebbe minore della base EF [prop. 24], che non è. Adunque l’angolo BAC non è nè uguale nè minore dell’angolo EDF, onde sarà necessariamente maggiore; e però se due triangoli hanno due lati uguali, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXVI.

teorema.

Se due triangoli hanno due angoli uguali a due angoli, ciascuno a ciascuno, ed un lato uguale ad un lato, che sia o quello compreso fra gli angoli uguali od uno opposto ad uno degli angoli uguali, avranno anche l’angolo rimanente uguale all’angolo rimanente, e dei rimanenti lati saranno uguali, l’uno all’altro, quelli che stanno opposti ad angoli uguali. [p. 30 modifica]

Siano due triangoli ABC, DEF, che abbiano due angoli ABC, BCA uguali ai due DEF, EFD, l’uno all’altro, cioè l’angolo ABC uguale all’angolo DEF, e l’angolo BCA a all’angolo EFD, ed abbiano un lato uguale ad un lato; e consideriamo prima il caso che questo lato sia quello che è fra gli angoli uguali, cioè il lato BC sia uguale al lato EF. Dico che ancora gli altri lati saranno uguali agli altri lati, l’uno all’altro, cioè il lato AB al lato DE, ed il lato AC a DF, ed il terzo angolo BAC uguale al terzo angolo EDF.

Perciocchè se la AB non è uguale alla DE, una di esse sarà maggiore; sia maggiore AB, e pongasi la BG uguale alla DE, e tirisi GC. Allora i due lati GB, BC sono uguali ai due lati DE, EF, l’uno all’altro, e l’angolo GBC è uguale all’angolo DEF; adunque [prop. 4] anche l’angolo GCB sarà uguale all’angolo DFE. Ma l’angolo DFE si suppone uguale all’angolo BCA, onde anche l’angolo BCG sarebbe uguale all’angolo BCA, cioè il minore al maggiore, che non può essere. Non è dunque la AB disuguale alla DE; e però sarà uguale. Ed essendo le due AB, BC uguali alle due DE, EF l’una all’altra, e l’angolo ABC uguale all’angolo DEF, anche la base AC sarà uguale alla base DF, ed il rimanente angolo BAC al rimanente EDF [prop. 4].

Siano ora invece uguali i lati opposti agli angoli uguali, come AB e DE. Dico anche gli altri lati essere uguali agli altri lati, cioè AC a DF, e BC ad EF, ed il rimanente angolo BAC uguale al rimanente EDF.

Perciocchè se la BC non è uguale alla EF, una di esse sarà maggiore. Sia maggiore la BC, se esser può, [p. 31 modifica]e pongasi la BH uguale alla EF, e conducasi AH. Allora le due AB, BH sono uguali alle due DE, EF, l’una all’altra, e contengono angoli uguali; dunque [prop. 4], anche l’angolo BHA sarà uguale all’angolo EFD. Ma l’angolo EFD è uguale all’angolo BCA; onde anche l’angolo BHA sarà uguale all’angolo BCA. Dunque l’angolo esterno BHA del triangolo AHC sarebbe uguale all’interno ed opposto BCA, che non può essere [proposiz. 46], e però la BC non è disuguale alla EF, ma uguale. E AB è uguale alla DE; onde le due AB, BC sono uguali alle due DE, EF, l’una all’altra, e contengono angoli uguali; e perciò la base AC sarà uguale alla base DF, ed il triangolo ABC al triangolo DEF, e l’angolo rimanente BAC al rimanente EDF. Adunque se due triangoli, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXVII.

teorema.

Se una retta cadendo sopra due altre rette fa gli angoli alterni uguali fra loro, le due rette saranno parallele.

La linea retta EF, cadendo sopra le due linee rette AB, CD, faccia gli angoli alterni AEF, EFD uguali fra loro. Dico che la linea retta AB sarà parallela alla CD.

Perciocchè se non è parallela, le AB, CD prolungale o verso la parle BD, o verso la AC concorreranno insieme. Prolunghisi, e concorrano insieme dalla parte BD nel punto G. Allora l’angolo esterno [p. 32 modifica]AEF del triangolo GEF è maggiore dell’interno opposto EFG [prop. 16]: ma è ancora uguale, il che non può essere. Adunque le AD, CD prolungate non concorreranno dalla parte BD. Si dimostrerà parimente che esse non concorrono dalla parte AC, onde la AB è parallela alla CD [def. 15]. Dunque se una retta, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXVIII.

teorema.

Se cadendo una linea retta sopra due altre rette fa l’angolo esterno uguale all’interno opposto dalla medesima parte, ovvero gli interni dalla stessa parte la cui somma sia uguale a due retti, le linee rette saranno parallele fra loro.

La linea retta EF, cadendo sopra le due linee rette AB, CD, faccia l’angolo esterno EGB uguale all’interno opposto GHD, ovvero gli angoli interni dalla medesima parte BGH, GHD la cui somma sia uguale a due retti. Dico che la linea retta AB sarà parallela alla CD.

Perciocchè essendo l’angolo EGB uguale all’angolo GHD, e l’angolo EGB all’angolo AGH [prop. 15], sarà anche l’angolo AGH uguale all’angolo GHD. Ma questi sono alterni; dunque la AB è parallela alla CD [prop. 27).

Oltre a ciò, se la somma degli angoli BGH, GHD è uguale a due retti, siccome anche gli angoli AGH, BGH fanno due retti, la somma degli angoli AGH, BGH [p. 33 modifica]sarà uguale a quella degli angoli BGH, GHD. Sottraggasi l’angolo comune BGH; risulta il rimanente AGH uguale al rimanente GHD. Ma questi angoli sono alterni; dunque la AB sarà parallela alla CD. Dunque se cadendo una linea, ecc., c.d. d.



PROPOSIZIONE XXIX.

teorema.

Se una linea retta cade sopra due rette parallele, farà gli angoli alterni uguali fra loro, e l’esterno uguale all’interno opposto dalla medesima parte e la somma degli interni dalla stessa parte sarà uguale a due retti.

Sia la retta EF che cade sopra le linee rette parallele AB, CD. Dico che essa fa gli angoli alterni AGH, GHD uguali fra loro, e l’esterno EGB uguale all’interno opposto dalla medesima parte GHD, e che la somma degli interni dalla stessa parte BGH, GHD è uguale a due retti.

Perciocchè se AGH non è uguale a GHD, Uno di essi sarà maggiore. Sia maggiore AGH. Poiché l’angolo AGH è maggiore dell’angolo GHD, aggiungendo ad ambedue BGH, gli angoli AGH, BGH faranno una somma maggiore degli angoli BGH, GHD. Ma gli angoli AGH, BGH fanno due retti [prop. 13]; dunque gli angoli BGH, GHD sommerebbero meno di due retti. Ma le rette che segate da un’altra fanno gli angoli da una stessa parte la cui [p. 34 modifica]somma sia minore di due retti, se si prolungano da questa parte, concorrono fra loro [ass. 12]; onde le linee rette AB, CD prolungate fra loro dovrebbero concorrere. Ma non concorrono, poiché esse sono parallele; dunque l’angolo AGH non sarà disuguale all’angolo GHD, e però gli sarà uguale. Ma l’angolo AGH è uguale [prop. 15] all’angolo EGB; dunque anche EGB sarà uguale a GHD. Aggiungasi BGH ad ambedue: la somma degli angoli EGB, BGH sarà uguale a quella degli angoli BGH, GHD. Ma gli angoli EGB, BGH fanno due retti [prop. 1S] dunque eziandio la somma di BGH, GHD sarà uguale a due retti; e però se una linea retta cade, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXX.

teorema.

Le rette che sono parallele ad una medesima retta sono anche parallele fra loro.

Siano ambedue le AB, CD parallele alla EF. Dico che le AB e CD sono anche parallele fra loro.

Tirisi sopra esse la linea retta GK.

Poiché la linea retta GK cade sopra le linee rette parallele AB, EF, l’angolo AGH è uguale all’angolo GHF [prop. 29]. Inoltre, poiché la linea retta GK cade sopra le linee rette parallele EF, CD, l’angolo GHF è uguale all’angolo GKD. Adunque anche l’angolo AGK sarà uguale all’angolo GKD; ma essi sono alterni; dunque [prop. 27] la AB sarà parallela alla CD. E però le rette che sono, ecc., c. d. d. [p. 35 modifica]

PROPOSIZIONE XXXI.

problema.

Per un punto dato tirare una linea retta parallela ad una retta data.

Sia A il dato punto, BC la retta data. Bisogna pel punto A tirare una linea retta parallela alla BC.

Piglisi nella BC un punto qualsivoglia D, e conducasi DA, e sopra la retta DA nel punto A di essa costruiscasi [prop. 28] l’angolo DAE uguale all’angolo ADC, e prolunghisi la linea retta AF per diritto alla EA.

Siccome la linea retta AD cadendo sopra le due linee rette DC, EF fa gli angoli alterni EAD, ADC uguali fra loro, la EF sarà parallela alla BC [prop. 27]; e così pel dato punto A si è tirata la linea retta EAF parallela alla retta BC; il che bisognava fare.



PROPOSIZIONE XXXII.

teorema.

Se si prolunga un lato di qualunque triangolo, l’angolo esterno è uguale alla somma dei due interni opposti, e la somma dei tre angoli interni del triangolo è eguale a due retti.

Sia il triangolo ABC e si prolunghi uno de’ suoi lati BC fino ad un punto qualunque D. Dico che l’an[p. 36 modifica]golo esterno ACD è uguale alla somma dei due interni opposti CAB, ABC, ed i tre angoli interni ABC, BCA, CAB del triangolo presi insieme sono uguali a due retti.

Tirisi pel punto C la CE parallela alla linea retta AB [prop. 31].

Poiché la AB è parallela alla CE, ed in esse cade la CA, gli angoli alterni BAC, ACE sono uguali fra loro [prop. 29]. Oltre a ciò, poiché la AB è parallela alla CE, ed in esse cade la linea retta BD, l’angolo esterno ECD è uguale all’interno opposto ABC. Dunque tutto l’angolo esterna ACD è uguale alla somma dei due interni opposti BAC, ABC. Pongasi ACB comune: gli angoli ACD, ACB sommeranno come i tre ABC, BCA, CAB: ma gli angoli ACD, ACB fanno due retti; onde anche ACB, CBA, CAB faranno insieme due retti. Dunque se si prolunga un lato, ecc., c. d. d.


corollario i.

Se due triangoli hanno due angoli uguali a due angoli, l’uno all’altro, l’angolo rimanente sarà uguale all’angolo rimanente.

corollario ii.

Se un triangolo ha un angolo retto, la somma degli altri due angoli acuti sarà uguale ad un retto.

corollario iii.

La somma degli angoli interni di un poligono è uguale a tante volte due retti quanti sono i lati meno quattro angoli retti.

Imperocchè un poligono ABCDE si può dividere in tanti triangoli quanti sono i lati, congiungendo i suoi vertici ad un punto qualunque F scelto entro il poligono. La somma degli
[p. 37 modifica]angoli di tutti questi triangoli, diminuita degli angoli consecutivi

che sono intorno al punto F è uguale manifestamente alla somma degli angoli interni del poligono: ma la somma degli angoli dei triangoli è uguale a tante volte due retti quanti sono i lati; e la somma degli angoli consecutivi che sono intorno al punto F è H uguale a quattro retti [prop. 15 cor.]: dunque la somma degli angoli interni di un poligono, ecc.

La somma degli angoli interni di un quadrilatero è uguale a quattro angoli retti, e se i quattro angoli sono uguali, ciascuno sarà retto. Questo giustifica le definizioni XXX e XXXI.

corollario iv.

La somma degli angoli esterni di un poligono è uguale a quattro angoli retti.

Imperocchè un angolo interno CBA insieme col conseguente esterno ABD vale due angoli retti: quindi la somma di tutti gli angoli interni insieme alla somma di tutti gli esterni sarà uguale a tante volte due retti quanti sono i lati; e però la somma degli angoli esterni sarà uguale a quattro angoli retti.

La proposizione XXIX e le seguenti si fondano sopra l’assioma XII, al quale si potrebbe sostituire il IV del signore Hoüel. Senza ammettere quell’assioma, si possono dimostrare le seguenti proposizioni:

In due parallele segate da una terza retta la somma degli angoli interni dalla medesima parte non può superare due retti.

In un triangolo (rettilineo) qualunque, la somma degli angoli interni non può superare due retti. [p. 38 modifica]

Se fra i triangoli rettilinei ne esiste uno nel quale la somma degli angoli interni sia uguale a due retti, anche la somma degli angoli interni in qualsivoglia altro triangolo rettilineo, e la somma degli angoli interni dalla medesima parte in qualsivoglia pajo di rette parallele segate da una terza retta, sarà uguale a due retti.

Soltanto l’esperienza ha fatto conoscere che l’assioma XII di Euclide è in accordo colla realtà dei fatti naturali. — Veggasi la quarta Parte degli Elementi di Matematica del dottore Baltzer, tradotti dal prof. L. Cremona.nota



PROPOSIZIONE XXXIII.

teorema.

Le linee rette che congiungono dalle medesime parti gli estremi di rette uguali e parallele sono anche esse uguali e parallele.

Siano le rette uguali e parallele AB, CD, e le linee rette AC, BD ne congiungano gli estremi dalle medesime parti. Dico che le AC, BD sono pure uguali e parallele.

Conducasi BC.

Poiché la AB e la CD sono parallele e cade in esse la BC, gli angoli alterni ABC, BCD sono uguali [prop. 29]. Allora le due AB, BC sono uguali alle due DC, CB, e l’angolo ABC è uguale all’angolo BCD; dunque la base AC è uguale alla base BD [prop. 4], ed il triangolo ABC al triangolo BCD, e sono uguali gli angoli rimanenti ai quali Si oppongono i lati uguali; onde l’angolo ACB è uguale all’angolo CBD. E poiché sulle due linee rette AC, BD cade la linea

1 [p. 39 modifica]retta BC facendo gli angoli alterni ACB, CBD uguali fra loro, la AC è parallela alla BD [prop. 27]. Adunque le linee rette, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXXIV.

teorema.

Un parallelogrammo ha i lati e gli angoli opposti uguali fra loro e la diagonale lo taglia per metà.

Sia il parallelogrammo ACBD, la cui diagonale è BC. Dico che esso ha i lati e gli angoli opposti uguali fra loro, e la diagonale BC lo sega per metà.

Perciocchè essendo la AB parallela alla CD, e cadendo in esse la linea retta BC.gli angoli alterni ABC, BCD sono uguali fra loro [prop. 29]. Similmente perchè la AC è parallela alla BD, ed in esse cade la BG,gli angoli alterni ACB, CBD sono uguali fra loro. I due triangoli ABC, CBD hanno dunque due angoli ADG, BCA uguali a due angoli BCD, DBG, l’uno all’altro, e hanno comune il lato BC che è fra gli angoli uguali; dunque avranno [prop. 26] anche i lati rimanenti uguali ai rimanenti, l’uno all’altro, e l’angolo rimanente uguale al rimanente, cioè il lato AB uguale al lato CD, ed il lato AC a BD, e l’angolo BAC uguale all’angolo BDG. E perchè l’angolo ABC è uguale all’angolo BCD, e l’angolo CBD all’angolo ACB, sarà tutto l’angolo A BD uguale a tutto ACD. Dunque nel parallelogrammo i lati e gli angoli opposti sono uguali fra loro.

Dico ancora che la diagonale sega il parallelogrammo in due parli uguali. Perciocchè essendo i due lati AB, BC [p. 40 modifica]uguali ai due DC, CB, l’uno all’altro, e l’angolo ABC uguale all’angolo BCD; sarà la base AC uguale alla base DB [prop. 4], ed il triangolo ABC uguale al triangolo BCD. Dunque la diagonale BC divide il parallelogrammo ACDB in due triangoli uguali; c. d. d.



PROPOSIZIONE XXXV.

teorema.

I parallelogrammi costruiti sulla medesima base e terminati alla medesima retta parallela alla base sono fra loro uguali.

Siano primieramente i due parallelogrammi ABCD, DBCE costruiti sulla medesima base BC e fra le parallele BC, AE. Dico il parallelogrammo ABCD essere uguale al parallelogrammo DBCE.

Poiché BD è diagonale del parallelogrammo ABCD, questo sarà doppio del triangolo BCD [prop. 34]: e poiché CD è diagonale del parallelogrammo DBCE, questo pure sarà doppio del triangolo BCD: laonde [ass. 6] il parallelogrammo ABCD sarà uguale al parallelogrammo DBCE.

Siano i due parallelogrammi ABCD, EBCF costruiti sulla medesima base BC e fra le medesime parallele BC, DF. Dico ancora il parallelogrammo ABCD essere uguale al parallelogrammo EBCF.

Perciocché essendo ABCD parallelogrammo, la AB è uguale alla CD [prop. 34]: e per la medesima ragione la AD è uguale alla BC, e la EF uguale pure alla BC; [p. 41 modifica]onde le due AD, EF sono fra loro uguali: tolgasi nella prima figura la ED comune, e nella seconda figura pongasi comune la ED; sarà la A E uguale alla DF. Inoltre essendo le due AB, CD parallele e cadendo su di esse la AF, l’angolo FDC sarà uguale all’interno opposto EAB [prop. 29]. Sono dunque le due EA, AB uguali alle due FD, DC, l’una all’altra,ed è l’angolo EAB uguale all’angolo FDC; onde il triangolo EAB sarà uguale al triangolo FDC. Dall’intero quadrilatero ABCF tolgasi prima il triangolo FDC, e quindi il triangolo EAB: il rimanente parallelogrammo ABCD sarà uguale al rimanente parallelogrammo EBCF [ass. 3]. Dunque i parallelogrammi costruiti, ecc., c. d. d.

Quando Euclide dice che due figure sono uguali, intende solo che hanno la stessa grandezza.



PROPOSIZIONE XXXVI.

teorema.

I parallelogrammi costruiti sopra basi uguali poste sulla medesima retta e terminali alla medesima retta parallela alle basi, sono fra loro uguali. [p. 42 modifica]

Siano i parallelogrammi ABCD, EFGH costruiti sulle basi BC, FG uguali e poste per diritto, e fra le medesime parallele AH, BG. Dico che il parallelogrammo ABCD è uguale al parallelogrammo EFGH.

Conducansi BE e CH.

Perchè la BC è uguale alla FG, e la FG alla EH, sarà ancora le BC uguale alla EH. Ma BC ed EH sono anche parallele; dunque le BE e CH che ne congiungono gli estremi dalle medesime parti sono uguali anch’esse e parallele [prop. 33]. Onde EBCH è un parallelogrammo: ed è eguale al parallelogrammo ABCD [prop. 35], perchè ha la medesima base BC ed è compreso tra le medesime parallele BC, AH. Per la medesima ragione il parallelogrammo EFGH è uguale al medesimo parallelogrammo EBCH, e però il parallelogrammo ABCD sarà uguale al parallelogrammo EFGH. Dunque i parallelogrammi costruiti sopra, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXXVII.

teorema.

I triangoli costruiti sulla medesima base e terminati alla medesima retta parallela alla base sono fra loro uguali.

Siano i triangoli ABC, DBC collocali sulla medesima base BC, e fra le medesime parallele AD, BC. Dico il triangolo ABC essere uguale al triangolo DBC.

Prolunghisi la AD dall’una e dall’altra parte, per B; tirisi [proposiz. 31] la BE parallela alla CA, e per C la CF parallela alla BD. [p. 43 modifica]Cosi si ottengono i parallelogrammi EBCA, DBCF, uguali, perchè sono collocati sulla medesima base BC, e tra le medesime parallele BC, EF [prop. 35]. Il triangolo ABC è metà del parallelogrammo EBCA, perchè la diagonale AB divide questo per metà [prop. 34], ed il triangolo BBC è metà del parallelogrammo DBCF, chè è diviso per metà dalla diagonale DC. Ma le grandezze che sono la metà di grandezze uguali sono anche uguali fra loro [ass. 7]; però il triangolo ABC è uguale al triangolo BBC. Dunque i triangoli costruiti sulla medesima base, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXXVIII.

teorema.

I triangoli costruiti sopra basi uguali poste sulla medesima retta e terminati alla medesima retta parallela alle basi sono fra loro uguali.

Siano i triangoli ABC, DEF aventi basi uguali BC, EF, e compresi tra le medesime parallele BF, AD. Dico il triangolo ABC esser uguale al triangolo DEF.

Prolunghisi AB dall’una e dall’altra parte e per B tirisi BG parallela alla CA [prop. 31], e per F tirisi FH parallela alla DE.

Gli spazi GBCA, DEFH sono ciascuno un parallelogrammo, e sono fra loro uguali, poiché hanno basi uguali BC, EF, e sono compresi tra le medesime parallele BF, GH [prop. 36]. Ma il triangolo ABC è metà del parallelogrammo GBCA, perchè la diagonale AB divide questo per metà [prop. 34]; [p. 44 modifica]e il triangolo DEF è metà del parallelogrammo DEFH perchè questo è diviso per metà dalla diagonale DF. Ora le grandezze che sono la metà di grandezze uguali sono uguali fra loro; dunque il triangolo ABC è uguale al triangolo DEF. E però i triangoli costruiti, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XXXIX.

teorema.

I triangoli uguali costruiti sulla medesima base e dalla medesima parte di essa sono eziandio compresi tra le medesime parallele.

Siano i triangoli uguali ABC, DBC collocati sulla medesima base BC e dalla medesima parte. Dico essere anche compresi tra le medesime parallele BC, AD.

Conducasi AD. Se la AD non è parallela alla BC, tirisi per A la linea retta AE parallela alla BC (prop. 31], e conducasi EC.

II triangolo ABC è uguale al triangolo EBC [prop. 37], essendo costruiti sulla medesima base BC e tra le medesime parallele BC, AE. Ma il triangolo ABC è uguale al triangolo DBC; onde eziandio il triangolo DBC sarebbe uguale al triangolo EBC, cioè il maggiore al minore, il che non può essere. Non è dunque AE parallela alla BC. Similmente dimostreremmo niun’altra retta essere parallela alla BC, fuorché la AD. Dunque la AD è parallela alla BC, e però i triangoli uguali, ecc., c. d. d.


[p. 45 modifica]

PROPOSIZIONE XL.

teorema.

I triangoli uguali costruiti sopra basi uguali poste sulla medesima retta e dalla medesima parte di esse, sono anche terminati alla medesima retta parallela alle basi.

Siano i triangoli uguali ABC, CDE costruiti su basi BC, CE uguali e poste per diritto. Dico eziandio essere compresi tra le medesime parallele BE, AD.

Si tiri AD. Se la AD non è parallela alla BE, tirisi per A la AF parallela alla BE, e conducasi FE.

II triangolo ABC sarà uguale al triangolo FCE, perchè sono costruiti sopra basi uguali, e fra le medesime parallele BE, AF. Ma il triangolo ABC è uguale al triangolo DCE; onde anche il triangolo DCE sarebbe uguale al triangolo FCE, cioè il maggiore al minore, il che non può essere. La AF dunque non è parallela alla BE. Dimostreremmo similmente non essere alcun’altra retta parallela, fuori che la AD. Dunque la AD sarà parallela alla BE, e però i triangoli uguali, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XLI.

teorema.

Se un parallelogrammo ed un triangolo hanno la medesima base, e sono terminati alla medesima retta parallela alla base, il parallelogrammo è doppio del triangolo. [p. 46 modifica]

Il parallelogrammo ABCD, ed il triangolo FBC abbiano la medesima base BC, e siano tra le medesime parallele BC, AF. Dico il parallelogrammo ABCD esser doppio del triangolo FBC.

Si tiri AC.

Il triangolo ABC è uguale al triangolo FBC [prop. 37], perchè sono collocati sulla medesima base BC, e Ira le medesime parallele BC, AF. Ma il parallelogrammo ABCD è doppio del triangolo ABC [prop. 34]; onde sarà anche doppio del triangolo FBC. E però se un parallelogrammo, ecc., c. d. d.



PROPOSIZIONE XLII.

problema.

Costruire in un angolo uguale ad un angolo rettilineo dato un parallelogrammo uguale a un triangolo dato.

Sia ABC il dato triangolo, e D l’angolo rettilineo dato. Bisogna costruire un parallelogrammo uguale al triangolo ABC, e che abbia un angolo rettilineo uguale a D.

Seghisi BC per metà nel punto E, e conducasi AE, e colla linea retta EC, e nel punto E di essa [prop. 23] costruiscasi l’angolo CEF uguale all’angolo D, e per A tirisi la AG parallela alla EC, e per C tirisi la CG parallela alla FE.

La figura FECG è un parallelogrammo; e siccome [p. 47 modifica]il triangolo ABE è uguale al triangolo AEC, perchè giacciono sopra le basi uguali BE, EC, e tra le medesime parallele BC, AG, così il triangolo ABC è doppio del triangolo AEC. Ma anche il parallelogrammo FECG, è doppio del triangolo AEC, perchè ha la medesima base ed è tra le medesime parallele; dunque il parallelogrammo FECG è uguale al triangolo ABC, ed ha l’angolo CEF uguale all’angolo dato D, come appunto era stato richiesto.



PROPOSIZIONE XLIII.

teorema.

Se per un punto della diagonale di un parallelogrammo si tirano due rette parallele ai lati, dei quattro parallelogrammi che così si formano i due che sono situati per intero, uno da una parte e uno dall’altra della diagonale, sono uguali.

Sia il parallelogrammo ABCD, la cui diagonale è AC: pel punto qualsivoglia K di questa diagonale si tirino le rette EF, HG, parallele rispettivamente ad AD, DC, con che si formeranno quattro parallelogrammi EH,BK,FG,KD. Dico che i pallelogrammi BK, KD sono uguali.

Infatti siccome ABCD è un parallelogrammo, e AC la sua diagonale, il triangolo ABC sarà uguale [prop. 34] al triangolo ADC. Inoltre poiché EKHA è un parallelogrammo, e AK è la sua diagonale, il triangolo AEK sarà uguale al triangolo AHK, e per la medesima ragione il triangolo KGC sarà uguale al trian[p. 48 modifica]golo KFC. Dunque la somma dei due triangoli AEK e KGC sarà uguale alla somma dei due triangoli AHK e KFC: sottraggasi la prima di queste somme dal triangolo ABC e la seconda dal suo uguale ADC: i rimanenti parallelogrammi BK e KD saranno uguali. Dunque se per un punto della diagonale, ecc., c. d. d.

I parallelogrammi BK, KD, che sono per intero uno da una parte e l’altro dall’altra parte della diagonale, si dicono supplementi dei due parallelogrammi EH, FG, che sono dintorno alla diagonale.



PROPOSIZIONE XLIV.

problema.

Sopra una linea retta data in un angolo uguale ad un angolo rettilineo dato costruire un parallelogrammo uguale ad un triangolo dato.

Sia AB la retta data, C il triangolo dato, e D l’angolo rettilineo dato. Bisogna sopra la retta data AB, in un angolo uguale a D, costruire un parallelogrammo che sia uguale al dato triangolo C.

Costruiscasi il parallelogrammo BEKM uguale al triangolo C, nell’angolo EBM uguale a D [prop. 42]; e pongasi in modo che la BE sia per diritto alla AB, e per A tirisi la AH parallela alle BM, EK, conducasi HB e prolunghisi la KM tino in H.

Poiché sulle parallele AH, EK cade la linea retta HK [prop. 20], la somma degli angoli AHK, HKE è uguale a due retti, e quindi BHK e HKE fanno meno di due retti, e le HB, KE prolungate [ass. 12] concorreranno. Sia F il loro punto [p. 49 modifica]d’incontro. Per F si conduca FL parallela alle EA, KH, e si prolunghino le AH, MB fino ai punti L e G.

Poiché KHLF è un parallelogrammo, la cui diagonale è HF; e d’intorno ad HF sono i parallelogrammi MA, EG, ed i supplementi KB, BL; questi supplementi LB, BK saranno uguali [prop. 43]; e poiché BK è uguale al triangolo C, anche LB sarà uguale allo stesso triangolo C. E così, poiché l’angolo MBE è uguale all’angolo ABG ed anche all’angolo D, sopra la data linea retta AB nell’angolo ABG, che è uguale all’angolo D, si è costruito il parallelogrammo LB uguale al dato triangolo C; il che bisognava fare.



PROPOSIZIONE XLV.

problema.

In un angolo uguale ad un angolo rettilineo dato costruire un parallelogrammo uguale ad un dato poligono.

Sia ABCD il poligono dato, ed E l’angolo rettilineo dato. Bisogna in un angolo uguale ad E costruire un parallelogrammo uguale alla figura ABCD.

Tirisi BD, e costruiscasi [prop. 42] il parallelogrammo FH, uguale al triangolo ADB, nell’angolo HKF uguale ad E: sulla linea retta GH e nell’angolo GHM, uguale ad E, costruiscasi [prop. 44] il parallelogrammo GM uguale al triangolo BDC.

Poiché l’angolo E è uguale a ciascuno dei due HKF, GHM, sarà anche HKF uguale a GHM: aggiungasi ad ambedue KHG; la somma degli angoli FKH, KHG sarà uguale a quella degli angoli KHG, GHM. Ma FKH e KHG [p. 50 modifica]fanno due retti, quindi anche KHG e GHM faranno due retti. E perchè colla linea retta GH e nel dato punto H che è in essa, le due linee rette KH, HM non poste dalla medesima parte fanno due angoli conseguenti la cui somma è uguale a due retti, la KH sarà per diritto alla HM [prop. 14]. Poiché sopra le parallele KM, FG cade la linea retta HG, gli angoli alterni MHG, HGF sono uguali [prop. 29]; quindi, aggiungendo ad ambedue HGL, la somma degli angoli MHG, HGL sarà uguale a quella degli angoli HGF, HGL. Ma gli angoli MHG, HGL fanno due retti; quindi anche gli angoli HGF, HGL faranno due retti, e però [prop. 14] la FG è per diritto alla GL. Ora poiché la ALF è parallela alla HG e la HG è parallela alla LM anche la KF sarà parallela alla ML [prop. 30]; inoltre KM ed FL sono pur esse parallele; dunque la figura KFLM sarà un parallelogrammo. Ma il triangolo ABD è uguale al parallelogrammo HF, ed il triangolo DBC al parallelogrammo GM; quindi tutta la figura ABCD sarà uguale a tutto il parallelogrammo KFML. E così si è costruito nell’angolo FKM, uguale al dato angolo E, il parallelogrammo FKLM uguale al dato poligono ABCD; il che bisognava fare.

corollario.

Dalle cose dette è manifesto in qual modo si possa sopra una data retta, in un angolo dato, costruire un parallelogrammo uguale ad un poligono dato; imperocchè basta costruire [prop. 44] sopra la retta data, nell’angolo dato, un parallelogrammo uguale al primo triangolo ABD.



PROPOSIZIONE XLVI.

problema.

Sopra una data linea retta descrivere un quadrato. [p. 51 modifica]

Sia AB la linea retta data. Bisogna sopra AB descrivere un quadrato.

Tirisi la AC ad angolo retto sopra la AB dal punto A dato in essa, e pongasi la AD uguale alla AB, e per D tirisi la DE parallela alla AB, e per B la BE parallela alla AD [prop. 31].

ADEB è un parallelogrammo, e però [prop. 34] la AB è uguale alla DE, e la AD alla BE; e poiché ancora la BA è uguale alla AD, le quattro BA, AD, DE, EB sono uguali fra loro, onde il parallelogrammo ADEB è equilatero. Dico inoltre che esso è rettangolo. Poiché sopra le parallele AB, DE cade la linea retta AD, la somma degli angoli BAD, ADE è uguale a due retti; e siccome BAD è retto, anche ADE sarà retto. Ma in un parallelogrammo [prop. 34] i lati e gli angoli opposti sono uguali fra loro: quindi ciascuno degli angoli ABE, BED è retto, ed ADEB è rettangolo. Ma si è già dimostrato che esso è equilatero; quindi sarà necessariamente un quadrato, ecc.



PROPOSIZIONE XLVII.

teorema.

In ogni triangolo rettangolo il quadrato descritto sul lato opposto all’angolo retto è uguale alla somma dei quadrati descritti sui lati, che contengono l’angolo retto.

Sia il triangolo rettangolo ABC, che abbia l’angolo BAC retto. Dico che il quadrato descritto sulla [p. 52 modifica]rettà BC è uguale alla somma dei quadrati descritti sulle BA, AC.

Descrivasi sulla BC il quadrato BDEC e sulle BA, AC i quadrati GB, HC: e per A tirisi AL parallela alle BD, CE: e conducansi AD, FC.

Poiché gli angoli BAC, BAG sono ambedue retti, la CA è per diritto alla AG [prop. 14]; e per la medesima ragione la AB è per diritto alla AH.

L’angolo DBC è uguale all’angolo FBA, poiché sono ambedue retti: aggiungasi a Ciascuno di essi ABC; tutto l’angolo DBA sarà uguale a lutto FBC: e poiché le due AB, BD sono uguali alle due FB, BC, l’una all’altra, anche la base AD del triangolo ABD sarà uguale alla base FC del triangolo FBC, e questi due triangoli saranno uguali [prop. 4]. Ma il parallelogrammo BL è doppio del triangolo ABD, perchè hanno la medesima base BD, e sono tra le medesime parallele BD, AL [prop. 41], ed il quadralo GB è doppio del triangolo FBC, perchè anch’essi hanno la medesima base FB e sono tra le medesime parallele FB, GC; dunque [ass. 6] il parallelogrammo BL sarà uguale al quadrato GB. Parimente, conducendo AE, BK, si dimostrerà che il parallelogrammo CL è uguale al quadrato HC; onde la somma dei parallelogrammi BL, CL, ossia tutto il quadrato BDEC descritto sul lato BC, sarà uguale alla somma dei quadrati GB, HC descritti sui lati BA, AC. Adunque in ogni triangolo rettangolo, ecc., c. d. d.

In un triangolo rettangolo si chiama ipotenusa il lato opposto all’angolo retto, e cateti gli altri due lati.


[p. 53 modifica]

PROPOSIZIONE XLVIII.

teorema.

Se il quadrato descritto sopra uno dei lati di un triangolo sia uguale alla somma dei quadrati descritti sugli altri due lati, l’angolo contenuto da questi due lati sarà retto.

Suppongasi che il quadrato descritto sopra il lato BC del triangolo ABC sia uguale alla somma dei quadrati descritti sugli altri lati BA, AC. Dico che l’angolo BAC è retto.

Tirisi dal punto A la AD ad angoli retti sopra la AC, pongasi la AD uguale alla BA, e conducasi DC.

Poiché la "DA" è uguale alla AB, anche il quadrato della "DA" sarà uguale al quadrato della AB, e quindi, aggiungendo ad ambedue il quadrato della AC, la somma dei quadrati delle "DA", AC sarà uguale a quella dei quadrali delle BA, AC. Ma la somma dei quadrali delle "DA", AC è uguale al quadrato della DC, perchè l’angolo "DA"C è retto; e la somma dei quadrati delle "DA", AC si suppone uguale al quadralo della BC; dunque il quadrato della DC £ uguale al quadralo della BC, e però il lato DC è uguale al Iato CD. E poiché nei due triangoli "DA"C, ACD, la "DA" è uguale alta AB, la AC è comune e la base CD è uguale alla base CD, l’angolo ZMCsarà uguale all’angolo BAC [prop. 8]: e "DA"C è retto; onde anche "DA"C sarà retto. Dunque se il quadrato, ecc., c. d. d.


  1. Genova, Tipografia del R. Istituto dei Sordo-muti.