Massimo Geometrico

  
 
Prenderemo in esame un problema di massimo geometrico inserito come proposizione XXXV nel testo di James Thomson: "Euclid's elements", third edition, London, 1845. L'autore, di origine irlandese, fu professore di matematica all'Università di Glasgow e padre di William Thomson, 1st Baron Kelvin (1824-1907).

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Lo stesso problema fu ripreso e studiato anche da G. Polya in "Induction and analogy in mathematics", Princeton University Press, 1955, (Volume I, pag. 122). Per ragioni di chiarezza preferiamo l'enunciato nella forma data da Polya, mentre la soluzione sarà sostanzialmente quella presentata da J. Thomson.
« In un piano sono dati una retta e due punti, entrambi i punti sono dalla stessa parte della retta. Determinare un punto sulla retta tale che il segmento che unisce i due punti sia visto sotto il più grande angolo possibile »
 
Siano A e B i punti assegnati e indichiamo con a la retta data. Diamo subito la soluzione con la relativa costruzione, successivamente daremo la dimostrazione della condizione di massimo.
La soluzione si trova determinando il punto di contatto tra la retta data a e la circonferenza passante per i punti  A e B. Il punto di contatto e' quello che rende massimo l'angolo sotto il quale e' visto il segmento AB. Poiché di circonferenze di questo tipo ne esistono due bisognerà individuare il massimo tra due massimi relativi.
  Fig.1  
Diamo la costruzione per ottenere i punti di contatto E e D. Le due circonferenze cercate sono definite dalle due terne di punti  A, B, E e A, B, D. Tracciamo la retta passante per A e B  che interseca in O la retta data. Dal teorema delle due secanti mandate da un punto esterno ad una data circonferenza si ha che

Prendiamo ora il punto A' simmetrico di A rispetto ad O e sia M  il punto medio del segmento BA' . Tracciamo la circonferenza di centro M e raggio MA'. Mandiamo la perpendicolare per O al diametro A'B  che interseca la circonferenza in C. Per il II Teorema di Euclide risulta

Adesso riportiamo sulla retta a due segmenti della stessa lunghezza di OC aventi in comune il punto O , gli altri due estremi di questi segmenti definiscono i punti di contatto D ed E cercati.

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  Fig.2  
Veniamo ora alla dimostrazione che gli angoli  BEA e BDA sono i massimi relativi richiesti. Consideriamo la circonferenza  ABE  ed un punto P diverso da A appartenente alla retta a. Tracciamo la rette AP e BP quest'ultima taglia la circonferenza  ABE in F,  tracciamo anche il segmento AF. Al variare di P sulla retta a dalla stessa parte di E rispetto ad O si ha che l'angolo  BFA resta costante in quanto angolo alla circonferenza che insiste sulla corda AB. D'altra parte l'angolo BFA e' angolo esterno del triangolo FPA quindi uguale alla somma dei due interni non adiacenti:

e il massimo per BPA si ottiene quando vale il segno di uguaglianza cioè quando i punti P ed F coincidono in  E.
  Fig.3  
La stessa dimostrazione si puo' ripetere quando il punto P si trova dalla stessa parte di D rispetto ad O e quindi il massimo dell'angolo BPA si ha quando i punti P ed F coincidono con D.
  Fig.4  
La corda AB e' comune alle due circonferenze passanti per i punti O ,  O e tangenti alla retta O  e dal teorema della corda

quindi l'angolo maggiore si avra' in corrispondenza alla circonferenza di raggio più piccolo cioè quella alla quale corrisponde l'angolo BOE acuto. Vediamo di chiarire questa affermazione.
  Fig.5  
Se la posizione dei punti A e B rispetto alla retta a e' nota allora sono note le distanze AB, OA e l'angolo formato dalla retta passante per i punti A e B con la retta data a. Se N e' il punto medio di AB la retta perpendicolare a questa corda intercetta in T  la retta data e interseca le perpendicolari ai punti di tangenza D ed E  rispettivamente in R ed S che sono i centri delle circonferenze cercate. Come si e' visto nella costruzione iniziale OD = OE e

Dal triangolo rettangolo ONT si ha che

e da questa espressione e' possibile dedurre le lunghezze dei raggi delle due circonferenze

al variare dell'angolo BOT  da 0 a 180 (e diverso da 90) le due circonferenze si scambiano di ruolo. Quando l'angolo vale 90 le circonferenze hanno raggi uguali.
  Fig.6  
Una soluzione analitica del problema e' decisamente più complessa, ponendo OP = x e  f(x) uguale all'angolo BPA  Fig.4 si arriva ad una funzione il cui grafico e' del tipo indicato in figura dove si notano i due massimi relativi ed una cuspide in corrispondenza di OP = x = 0 .