Le messager d'ouverture forse ritiene che il grande savio Euclide non potrebbe risolvere alcuni problemi della più nobile branca
de les mathématiques senza infangare la stessa con orridi conti algebrici, ma io sono qui per dimostrare che l'
esprit de géométrie può fare questo e molto altro "cum lo solo uso delli anguli et delle recte".
Infatti
Blaise Pascal ha scritto:Non posso perdonarla a Cartesio, il quale avrebbe voluto ridurre l'intera geometria all'algebra, ma non ha potuto soffocare l'innato anelito umano verso la purezza della geometria degli antichi.
Vista la diffusa ignoranza delle più basilari nozioni
de la géométrie fra i giovani (e anche fra qualcuno dei miei più anziani compatrioti),
je suis forcé a inserire le dimostrazioni di alcuni
lemmes basilari così banali che a 16 anni avrei avuto vergogna di non conoscere.
Premier Lemme. Sia $\Gamma$
une parabole, con
foyer $F$ e
directrice $\ell$; sia $P$ un punto su $\Gamma$ e $H$ la sua proiezione su $\ell$. Allora la tangente a $\Gamma$ in $P$ biseca l'angolo $\angle HPF$.
Démonstration. Sia $\tau$ la bisettrice di $\angle HPF$; supponiamo per assurdo che $\tau$ non sia tangente a $\Gamma$; diciamo quindi che la interseca in un punto $P'\neq P$. Sia $H'$ la proiezione di $P'$ su $\ell$. Per la definizione di
parabole, $HP=PF$ e $H'P'=P'F$, quindi $\tau$ è asse sia di $HF$ che di $H'F$. Ma allora $HF$ e $H'F$ sono paralleli, quindi coincidono, quindi $H=H'$, da cui $P=P'$, assurdo. Dunque $\tau$ è tangente a $\Gamma$, ed è perciò una retta nella stessa condizione mediana (fra secante ed esterna) qual è l'uomo:
un néant à l'égard de l'infini, un tout à l'égard du néant, un milieu entre rien et tout.
Deuxième Lemme. Sia $\Gamma$
une parabole con
directrice $\ell$; il luogo dei punti $P$ tali che le tangenti da $P$ a $\Gamma$ sono perpendicolari è $\ell$.
Démonstration. Dimostriamo innanzitutto che se $P$ giace su $\ell$, allora le tangenti da $P$ a $\Gamma$ sono perpendicolari. Siano $A, B$ i punti in cui le tangenti condotte da $P$ intersecano $\Gamma$; siano $H_A, H_B$ le proiezioni, rispettivamente, di $A, B$ su $\ell$; sia infine $F$
le foyer di $\Gamma$. I triangoli $\triangle AH_AP$ e $\triangle AFP$ sono congruenti, poichè (per
le premier lemme) $\angle H_AAP=\angle PAF$, (per la definizione di
parabole) $AH_A=AF$ e il segmento $AP$ è in comune. Da ciò segue che $\angle H_APA=\angle APF$. Analogamente $\angle H_BPB=\angle BPF$. Si deduce che
$$
\angle APB=\angle APF+\angle BPF=\frac{1}{2}(\angle H_APF+\angle H_BPF)=\frac{1}{2}\cdot 180^\circ=90^\circ
$$
Ora rimane da dimostrare che se $P$ non appartiene a $\ell$ allora le tangenti da $P$ a $\Gamma$ non sono perpendicolari. Supponiamo per assurdo che lo siano. Siano di nuovo $A, B$ i punti in cui le tangenti condotte da $P$ intersecano $\Gamma$; sia $P'=AP\cap \ell$, e $B'$ l'intersezione diversa da $A$ della tangente da $P'$ a $\Gamma$; siano $H$ e $H'$ le proiezioni, rispettivamente, di $B$ e $B'$ su $\ell$; sia infine $K$ la proiezione di $F$ su $\ell$. Per quanto dimostrato precedentemente $\angle AP'B'$ è retto, ma per ipotesi di assurdo anche $\angle APB$ lo è, pertanto $PB$ e $P'B'$ sono parallele; poichè anche $HB$ e $H'B'$ sono parallele, segue che $\angle HBP=\angle H'B'P'$. Per
le premier lemme $\angle HBP=\angle PBF$, quindi $\angle KFB=180^\circ - \angle HBF=180^\circ-2\angle HBP$. Analogamente, $\angle KFB'=180^\circ-2\angle H'B'P'=180^\circ - 2\angle HBP=\angle KFB$. Siccome $B$ e $B'$ sono dalla stessa parte rispetto a $FK$ e formano lo stesso angolo con la retta $FK$, allora coincidono, quindi anche $P$ e $P'$ coincidono, che è assurdo. Questo conclude la dimostrazione
de le lemme, il quale possiede un'interessante generalizzazione dimostrata nel mio
"Essai sur les coniques" (che, modestamente, fu da me pubblicato a 16 anni, età nella quale
le vénérable messager d'ouverture studiava ancora sotto la beneamata supervisione dei gesuiti, così grandi maestri di teologia e rigidità morale da pensare che la salvezza si possa comprare con opere o, ancor peggio, con effimero denaro).
Troisième Lemme. Sia $\Omega$
une ellipse e $\omega$
un cercle di centro $O$, con $O\in\Omega$. Il luogo dei poli rispetto a $\omega$ delle tangenti a $\Omega$ è
une parabole.
Démonstration. Se $\ell$ è una retta, definiamo $\Psi(\ell)$ il polo di $\ell$ rispetto a $\omega$; se $P$ è un punto, definiamo $\Psi(P)$ la polare di $P$ rispetto a $\omega$.
Cominciamo mostrando che il luogo richiesto (chiamiamolo $\Gamma$)
est une conique. Siano $t_1,t_2,t_3,t_5,t_5$ rette distinte tangenti a $\Omega$; siano $X_i=\Psi(t_i)$; sia $\Gamma'$
la conique passante per $X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$. Prendiamo una retta $t_6$ variabile tangente a $\Omega$, e sia $X_6=\Psi(t_6)$. Definiamo $A_i=t_i\cap t_{i+1}$ (con gli indici $\mod{6}$). Per il teorema di Brianchon (che, a differenza di altri miei connazionali, ha dato lustro alla nobile arte
de la géométrie) le rette $A_iA_{i+3}$ ($i=1,2,3$) concorrono; ciò significa che i loro tre poli, ovvero
$$
\Psi(\overline{A_iA_{i+3}})=\Psi(A_i)\cap \Psi(A_{i+3})=\Psi(t_i\cap t_{i+1})\cap\Psi(t_{i+3}\cap t_{i+4})=\\=(\overline{\Psi(t_i)\Psi(t_{i+1})})\cap(\overline{\Psi(t_{i+3})\Psi(t_{i+4})})=X_iX_{i+1}\cap X_{i+3}X_{i+4}
$$
sono allineati.
Quindi la polare dell'intersezione delle rette $A_iA_{i+3}$ ($i=1,2,3$) è la retta passante per $X_iX_{i+1}\cap X_{i+3}X_{i+4}$ ($i=1,2,3$), pertanto, per il celebre teorema che
de moi prende il nome, i punti $X_i$ ($1\leq i \leq 6$) appartengono
à la même conique. Ma siccome $X_1,X_2, X_3, X_4, X_5\in \Gamma'$, anche $X_6\in \Gamma'$.
Dunque, al variare di $t_6$, $X_6$ giace sempre su $\Gamma'$, da cui $\Gamma\subseteq \Gamma'$. Per mostrare che $\Gamma=\Gamma'$ possiamo considerare un punto $X_6'$ variabile su $\Gamma'$ e, ripercorrendo al contrario la dimostrazione precedente, notare che $t_6'=\Psi(X_6')$ è tangente a $\Omega$. Pertanto ogni punto di $\Gamma'$ è polo di una qualche tangente a $\Omega$.
Rimane ora da mostrare che $\Gamma$ è
une parabole; ma è evidente (senza il bisogno di false astrazioni come il
cogito) che $\Gamma$ ha un solo punto all'infinito (il polo della tangente in $O$), per cui non può essere
une ellipse nè
une hyperbole, dunque è
une parabole.
Concluse le dimostrazioni dei tre
lemmes, che non sono che una forma di
divertissement per distrarci dal nostro vuoto esistenziale, possiamo mostrare con quale eleganza si può risolvere il problema.
Sia $\omega$
un cercle centrato in $P$; d'ora in poi i poli e le polari si intendono riferite a $\omega$. Sia $\Gamma$ il luogo dei poli delle tangenti a $\Omega$; per
le troisième lemme, $\Gamma$ è
une parabole.
Sia $a$ la tangente da $A$ a $\Omega$, e $t_A$ la polare di $A$; sia $T$ il polo di $a$, che sta su $\Gamma$. Per il teorema di de La Hire (il quale, come tutti i veri geometri, preferisce l'arte euclidea allo scempio analitico), siccome $A\in a$, allora $T\in t_A$. Supponiamo per assurdo che $t_A$ non tanga $\Gamma$; allora deve intersecarla, oltre che in $T$, anche in un altro punto $T'$. Ma allora (di nuovo per de La Hire) $A$ giace sulla polare di $T'$ che, per definizione di $\Gamma$, è la tangente a $\Omega$ in un qualche punto $A'\neq A$; questo implica che la polare di $T'$, pur essendo tangente a $\Omega$, passa sia per $A$ che per $A'$, che è assurdo.
Dunque $t_A$ è tangente a $\Gamma$. Inoltre, essendo polare di $A$, è perpendicolare a $AP$, cioè è parallela a $BP$. Analogamente si dimostra che $t_B$, la polare di $B$, è tangente a $\Gamma$ e parallela a $AP$. Ma allora, essendo $AP\perp BP$, segue che $t_A\perp t_B$. Per
le deuxième lemme, ciò implica che $t_A, t_B$ e
la directrice di $\Gamma$ concorrono, ovvero che i loro poli ($A, B$ e diciamo $Q$) sono allineati. Ma è evidente (anche per
un roseau pas pensant) che $Q$ non dipende dalla scelta di $A, B$, dunque è il punto richiesto.
Concluderei infine con una rivisitata citazione del "
Maître":
René Descartes ha scritto:Cur enim scribere due numeri quando se ne abbisogna di niuno?