Test_USA

Da una raccolta di prove di ammissione dal titolo «College entrance examination papers in plane geometry» pubblicata a New York nel 1911 riprendiamo alcune prove di geometria piana assegnate tra il 1889 e il 1899. Il passaggio al Novecento è un dato significativo perché proprio nel 1900 nasce negli USA il «College Entrance Examination Board», una associazione di scuole, college e università che aveva lo scopo di rendere omogenei i programmi e le prove per i passaggi tra i diversi livelli del sistema formativo. L'associazione esiste ancora, ha raggiunto dimensioni e importanza rilevanti, ha ampliato i suoi scopi, si chiama semplicemente «College Board» e ha sede in New York City ed è l'associazione che cura la realizzazione delle prove SAT (Scholastic Assessment Test ) e AP (Advanced Placement examinations).

Le varie istituzioni scolastiche prima della nascita del «College Board» si muovevano secondo modalità diverse, più che un problema di corsi era sicuramente un problema di contenuti che potevano variare, anche parecchio, da scuola a scuola. Il Board si fece carico di esplicitare e rendere omogeneo il bagaglio di conoscenze necessarie per accedere alle Universita'.

Noi ci soffermeremo soltanto su alcuni problemi assegnati nelle prove di accesso ad Harvard e al Massachusetts Institute of Tecnology. In generale i quesiti non erano troppo difficili, tra le richieste erano presenti sia la dimostrazione di teoremi noti che la soluzione di problemi ed ogni prova era composta da almeno sei domande di geometria piana piu' altre domande di algebra. Il tempo assegnato era inferiore alle due ore e per restare nei tempi il candidato doveva sapersi muovere abbastanza rapidamente tra temi che gli dovevano essere familiari.

La scelta dei problemi e' stata fatta per consentire, in linea di massima, una campionatura e un confronto tra stili e modi di presentare la materia.

Le prove di «entrance examination» avevano la forma del saggio, per i test veri e propri bisognera' attendere le prove SAT del 23 giugno 1926.

Giugno 1890, Problema 2.

Dimostrare che un angolo avente il vertice interno ad una circonferenza ha come misura la semisomma dei due archi intercettati dai suoi lati prolungati in entrambe le direzioni.

Per rendere immediata la comprensione del testo per quanto riguarda la lunghezza degli archi e la misura degli angoli in radianti riportiamo semplicemente le relazioni che legano queste grandezze. Nella soluzione del quesito e' sufficiente considerare gli angoli in radianti o utilizzare una circonferenza di raggio unitario.

Sia APB l'angolo considerato e i prolungamenti dei suoi lati intersecano la circonferenza in C e D. Poiche' angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco sono uguali risulta

L'angolo APB e' angolo esterno del triangolo CPB e vale la somma dei due angoli interni non adiacenti quindi, in radianti, si ha

Dal 1896 fu chiesto al candidato di scrivere in testa al foglio della prova su quale libro di testo avesse studiato per prepararsi all'esame di ammissione. Lo scopo era di chiarire a chi doveva correggere «l'ordine delle proposizioni geometriche» cioè quali proposizioni dovevano essere ritenute note e quindi considerate tra le ipotesi implicite del problema e quali dovevano essere necessariamente dedotte. Dal 1899 l'Università di Harvard fornì un Syllabus che fissava un «ordine» di riferimento che pero' non era vincolante; i candidati potevano ancora adottare un ordine diverso specificando il testo utilizzato.

Settembre 1897, Problema 6.
Una figura e' formata da tre archi cerchio uguali ciascuno dei quali ha il centro in un vertice di un triangolo equilatero di lato a ed e' sotteso dal lato opposto del triangolo equilatero. Dimostrare che il perimetro e l'area della figura valgono rispettivamente

Il perimetro della figura e' dato dalla somma della lunghezza di tre archi appartenenti a tre circonferenze uguali aventi ciascuna il centro in uno dei vertici di un triangolo equilatero di lato a. Ne risulta che ogni arco e' 1/6 di una circonferenza di raggio a quindi i tre archi hanno una lunghezza pari a quella di una semicirconferenza di raggio a.

L'area della figura si puo' ottenere sovrapponendo tre settori circolari e tenendo che le parti comuni verranno contate tre volte. Quindi dalla somma delle aree di tre settori circolari uguali ciascuno dei quali ha area pari a 1/6 dell'area di un cerchio di raggio a, cioè dall'area di un semicerchio, andra' sottratta l'area di due triangoli equilateri di lato a.

Settembre 1898, Problema 6.

Tre punti dividono una circonferenza in tre parti uguali. Per ogni coppia di punti come estremi si traccia un arco di circonferenza tangente ai raggi che uniscono i punti con il centro della circonferenza data. Determinare il perimetro della figura e la sua area sapendo che il raggio della circonferenza vale a.

Siano A, B e C tre punti sulla circonferenza di centro O che la dividono in parti uguali. Mandate le rette tangenti alla circonferenza in questi punti dalle loro intersezioni si ottiene il triangolo equilatero
A 'B 'C '. La retta OC ' e' bisettrice dell'angolo AC 'B e il triangolo rettangolo OAC ' e' la metà di un triangolo equilatero nel quale si ha

Quindi il perimetro della figura e' la somma di tre archi che sono ciascuno 1/6 di una circonferenza di raggio AC ' cioè pari a una semicirconferenza dello stesso raggio.

L'area della figura si puo' ottenere sottraendo dall'area del triangolo equilatero A 'B 'C ' l'area di tre settori circolari ciascuno di area pari a 1/6 dell'area di un cerchio di raggio A'C ', quindi l'area di un semicerchio dello stesso raggio

Giugno 1886, Problema 2.

Sia CD la perpendicolare dal vertice all'ipotenusa di un triangolo rettangolo ABC, e sia CE la bisettrice dell'angolo in C. Dimostrare che l'angolo DCE e' uguale alla semidifferenza degli angoli in A e in B.

La generalizzazione di questo problema ottenuta sostituendo al triangolo rettangolo ABC un triangolo qualsiasi fu assegnata nell'ammissione ad Harward nel settembre del 1894, Problema 2.