Il teorema della farfalla

In questa pagina presentiamo un teorema che, per la figura cui dà origine, viene spesso individuato come il teorema della farfalla. Di questo teorema, pubblicato per la prima volta in forma di problema nel 1815 in una rivista di matematica, si possono trovare numerose dimostrazioni: noi ne proporremo quattro, le prime tre di carattere sintetico, l'ultima di carattere algebrico.

Una figura particolare

Tra i teoremi della geometria elementare che coinvolgono corde e cerchi il teorema della "farfalla" (Butterfly theorem nei paesi anglosassoni) non sempre appare conosciuto forse perché le sue dimostrazioni appaiono abbastanza articolate pur non coinvolgendo nozioni particolarmente avanzate.

Teorema

Se per il punto medio M di una corda PQ di un cerchio si conducono due altre corde AB e CD e le corde AD e BC intersecano PQ rispettivamente in R e S, allora M risulta il punto medio di RS (fig. 1).

figura 1

Di questo teorema proporremo diverse prove, ciascuna con le proprie peculiarietà.

I dimostrazione. Da R e S tracciamo le perpendicolari alle corde AB e CD e siano R₁ e, rispettivamente, R₂ le loro intersezioni (fig. 2). Analogamente facciamo da S cosicché S₁ è l'intersezione della perpendicolare per S ad AB e S₂ l'analogo punto che si ottiene dalla corda CD.

È immediato notare le seguenti similitudini tra triangoli rettangoli

MR1R		MS1S
MR2R		MS2S
ARR1		CSS2
DR2R		BS1S

e dove le ultime due derivano dalla congruenza rispettivamente degli angoli alla circonferenza DAB = DCB e ADC = ABC.

In corrispondenza possiamo impostare le quattro proporzioni

Moltiplichiamo i primi membri di (1) e (2)

e quindi commutiamo i fattori a denominatore del secondo membro

Possiamo ora applicare la (3) e (4) ottenendo

Ricordando che il teorema delle secanti afferma che il punto comune di due corde secanti divide ciascuna delle corde in due parti che sono rispettivamente i medi e gli estremi di una proporzione ed applicandolo alle coppie di corde AD, PQ e CB PQ, deduciamo

per cui risulta

Poiché è immediato notare la validità delle relazioni seguenti (fig. 2)

dove si è tenuto conto del fatto che M è il punto medio di PQ, la (5) si riscrive come

e in definitiva

Moltiplicando entrambi i membri per (PM² - MS²) / MR² si ottiene

cioè

da cui

Avendo i due rapporti il medesimo numeratore, si deduce che MR² = MS² cioè MR = MS: il punto M appare, in conclusione, il punto medio di RS e ciò è la tesi che si voleva dimostrare.

Intermezzo: un teorema sui quadrilateri ciclici

Dimostriamo un facile teorema che riguarda i quadrilateri inscritti in un cerchio in quanto ci verrà utile in una seconda dimostrazione del teorema appena esposto. Intendiamo quindi dimostrare che

Teorema

Un quadrilatero è ciclico se un lato sottende angoli congruenti nei due vertici opposti.

Si tratta di dimostrare che, se ACB = ADB allora ABCD è inscritto in un cerchio (fig. 3).

figura 3

figura 4

Procediamo per assurdo negando la tesi per cui uno dei quattro vertici, per esempio, D non appartenga alla circonferenza. In tale ipotesi D potrà essere esterno o interno ad essa. Supponiamo inizialmente che sia esterno (fig. 4): in tal caso la diagonale BD interseca in un punto D₁ la circonferenza passante per i rimanenti tre punti cosicché a seguito del teorema sugli angoli alla circonferenza è ACB = AD₁B. D'altra parte quest'ultimo angolo risulta angolo esterno a AD₁D per cui

AD1B = ADD1 + DAD1 = ADB + DAD1

e quindi AD₁B > ADB. Per quanto sopra questa diseguaglianza si può riscrivere come ACB > ADB manifestamente contro l'ipotesi che sia ACB = ADB.

Nel caso D sia interno alla circonferenza passante per A, B, C (si sposti D in figura 4 internamente alla circonferenza) è ancora possibile definire il punto D₁ quale intersezione del prolungamento di BD con la circonferenza e quindi individuare la congruenza ACB = AD₁B. Questa volta risulta ADB esterno a ADD₁ per cui ADB > AD₁B ossia ADB > ACB, contro l'ipotesi. In definitiva D deve appartenere alla circonferenza per A, B, C ossia questi quattro punti sono conciclici.

Seconda dimostrazione

Siamo ora in grado di proporre una seconda dimostrazione del teorema della farfalla deduzione che, per poter essere generale, converrà sviluppare in due momenti diversi.

I parte. In riferimento alla figura 5, tracciamo la corda DHPQ, la retta per M, perpendicolare a DH in N e i segmenti MH, SH e BH.

Dato il parallelismo tra PQ e DH e la perpendicolarità di MN con DH, MN risulta pure perpendicolare a PQ cosicché passando, per costruzione, per il suo punto medio, ne costituisce l'asse. Il centro del cerchio dovrà appartenere quindi a tale retta e conseguentemente questa risulta pure l'asse della corda DH in quanto una retta passante per il centro di un cerchio e perpendicolare ad una corda costituisce l'asse di quest'ultimo segmento.
Ne segue che

MD = MH

e

MDNMNH,

e quindi pure DMN = NMH: un'analoga congruenza vale perciò per i rispettivi complementari RMD = SMH (oppure PMD = QMH).

Sia ora O il centro del cerchio e tracciamo i raggi PO, DO, CO, QO e OH (fig. 6). Questi permettono di definire gli angoli al centro DOP e COQ collegabili all'angolo PMD formato dalle corde PQ e CD. La relazione che lega l'angolo formato da due corde con gli angoli al centro intercettati dalle medesime corde è fornita dal teorema seguente

figura 6

Teorema

L'angolo formato da due rette che si intersecano in un punto interno di un cerchio è congruente con la semisomma degli angoli al centro che insistono sugli archi di circonferenza interni all'angolo.

In base a ciò

PMD

=

1 2

(DOP + COQ)

e quindi, essendo DOP = QOH in quanto angoli al centro che insistono su archi congruenti (si vedano i teoremi sulle corde parallele e sulla congruenza di angoli al centro),

PMD	=	1 2	(DOP + COQ)
	=	1 2	(QOH + COQ)	=	SMH		(6)

dove, nell'ultimo passaggio si è sfruttata la conguenza già vista. D'altra parte l'angolo alla circonferenza CBH è la metà di quello al centro COH (in fig. 7 quest'ultimo angolo è quello concavo)

figura 7

CBH

=

SBH

=

1 2

COH,

(7)

per cui sommando la (6) e la (7) si ottiene

SMH

+

SBH

=

1 2

(QOH + COQ + COH)

e notando che QOH + COQ + COH = 360°, si deduce

SMH

+

SBH

=

180°

che mostra come i due angoli SMH e SBH siano supplementari e che quindi il quadrilatero SMHB sia ciclico. Tracciata la circonferenza passante per questi quattro punti (fig. 8) è immediato dedurre la congruenza tra gli angoli alla circonferenza MHS = MBS ed essendo, per lo stesso motivo sulla circonferenza originaria, ABC = ADC cioè MBS = MDR, la transitività della congruenza implica MHS = MDR.

figura 8

Ne segue che i triangoli RDM e MHS avendo ordinatamente congruenti due angoli, RMD = SMH, MDR = MHS e il lato compreso MD = MH, sono pure essi congruenti: in particolare risulta MR = MS come volevasi dimostrare.

II parte. Se spostiamo il punto D della figura 8 in modo che H passi dall'arco DB all'arco BQ (fig. 9) osserviamo che i punti M, B, H e S rimangono ancora conciclici ma non risulta più valida la relazione SMH + SBH = 180°. Dobbiamo quindi cercare un modo alternativo per dimostrare ancora la ciclicità di questi quattro punti.

figura 9

A tal fine osserviamo che SMH = MHD in quanto alterni interni di rette parallele mentre già conosciamo che MHD = MDH dato che MDH è isoscele. Poiché MDH si può vedere come l'angolo alla circonferenza CDH discende immediatamente che CDH = CBH = SBH. Abbiamo pertanto che SMH = SBH per cui possiamo applicare il teorema dimostrato nella sezione precedente che afferma, anche in questo caso, la ciclicità dei punti M, B, H, S. La generalità della dimostrazione è in tal modo assicurata.

Terza dimostrazione

Tracciato il segmento perpendicolare per il centro O al punto medio M di PQ, l'ulteriore dimostrazione che presentiamo si basa sull'osservazione che si avrà MR = MS se e solo se riusciremo a dimostrare che i due triangoli rettangoli MRO e MSO sono congruenti il che equivale a dimostrare che sia ROM = SOM dato che i suddetti triangoli possiedono già MO come lato in comune (fig. 10).

figura 10

Sulla figura precedente aggiungiamo i segmenti OH e OK perpendicolari rispettivamente alle corde AD e CB (fig. 11).

Dato che DAB = DCB e ADC = ABC (coppie di angoli che insistono sullo stesso arco) segue la similitudine dei triangoli ADMCBM per cui si giustifica l'uguaglianza tra i rapporti

Poiché H e K sono i punti medi di AD e CB in quanto DOA e COB sono isosceli, possiamo sostituire nella proporzione precedente le relazioni AD = 2 AH e CB = 2 CK ottenendo

Consideriamo ora AHM e CKM. Per quanto appena ottenuto questi triangoli hanno due lati corrispondenti in proporzione e gli angoli compresi congruenti (HAM = KCM). Pertanto per il secondo criterio di similitudine è AHMCKM e, in particolare, discende che

AHM

=

CKM

che può essere riscritta come

RHM

=

SKM.

(8)

Osserviamo ora i quadrilateri RHOM e SKOM (fig. 12). Avendo ciascuno una coppia di angoli opposti retti (e quindi supplementari), in particolare RHO e OMR per RHOM, SKO e OMS per SKOM (fig. 11), risultano entrambi inscrivibili in una circonferenza per cui discendono le congruenze

RHM

=

ROM

SKM

=

SOM

Per la (8) ciò significa che ROM = SOM da cui, come previsto, deriva la congruenza dei triangoli rettangoli MROMSO e quindi dei lati MR e MS.

Quarta dimostrazione

L'ultima dimostrazione che presentiamo vuole, diversamente dalle precedenti, seguire un approccio algebrico basato sul teorema trigonometrico dei seni. Per rendere le espressioni algebriche che costruiremo più snelle converrà introdurre una simbologia adeguata ponendo, in riferimento alla figura 13:

RM	=	x		AMR	=	α		DAB	=	γ
PM	=	a		RMD	=	β		ADC	=	δ

Come nella prima dimostrazione partiamo dalla applicazione del teorema delle secanti per cui, considerando queste ultime come i segmenti AD e PQ abbiamo

Esprimiamo ora tramite il teorema dei seni le lunghezze dei segmenti a primo membro di questa relazione. Allora in ARM si ha

Ragionando allo stesso modo in RDM deduciamo

e poiché comunque vale la relazione

in quanto somma degli angoli interni di un triangolo, l'ultimo rapporto si riscrive come

Inserendo questi risultati nel primo membro della (9) abbiamo

dalla quale, moltiplicando per il denominatore,

Esplicitando x²

si ottiene in definitiva

Dovremmo ora procedere allo stesso modo per determinare il segmento incognito MS a partire dalla proprietà

Notiamo comunque che l'unica differenza tra il procedimento seguito e quest'altro consiste nello scambio degli angoli α e β interni a SMB e CMS. L'espressione per MS cui si giunge è pertanto del tutto analoga a quella appena ottenuta tranne che per lo scambio di questi due angoli. Ma, dato che α e β appaiono nella (10) coinvolti in una somma (commutativa) o nel prodotto dei rispettivi seni (pure commutativo), la stessa (10) risulta simmetrica rispetto a tale scambio per cui entrambe devono esprimere la medesima quantità: possiamo quindi concludere in tutta generalità che MR = MS.

Problema

Tutte le dimostrazioni presentate finora hanno considerato i punti R ed S come appartenenti strettamente alla corda PQ e intersezioni con questa dei segmenti AD e BC. Il problema che proponiamo vuole invece generalizzare l'affermazione del teorema pure a punti appartenenti ai prolungamenti di PQ.

Problema 10.1. Se per il punto medio M di una corda PQ di un cerchio si conducono due altre corde AB e CD e le rette BD e AC intersecano la retta PQ rispettivamente in R e S, allora M risulta il punto medio di RS.
Dimostrazione