Sì!Dalla sezione "Il problema della mitra"
6. Quadrare il rettangolo
E' possibile ritagliare un qualunque rettangolo in un numero finito di pezzi e ricomporli in modo da formare un quadrato che abbia la stessa area del rettangolo?
Eh? Come? Volevate la dimostrazione? Siete sicuri? Proprio? E va bene, ma non dite che non vi avevo avvertito.
Cominciamo con il metterci d’accordo: è dato un rettangolo di lati $a$ e $b$, con $a > b$ (se $a 2$
Per trovare il quadrato di area uguale (I° teorema di Euclide) si riporta il lato $b$ sul segmento $\overline {\rm CD}$
si trova l'intersezione tra il semicerchio da ${\rm C}$ a ${\rm D}$ e la perpendicolare ad $a$ per ${\rm E}$
il segmento $\overline {\rm CF}$ è il cateto, di cui $b$ è la proiezione su $\overline {\rm CD}$ (l'ipotenusa del triangolo rettangolo ${\rm CFD}$)
si riporta la distanza $\overline {\rm CF}$ sul segmento $\overline {\rm AB}$ e si traccia il segmento $\overline {\rm CG}$ che è il secondo lato del quadrato
si traccia la perpendicolare a $\overline {\rm CF}$ in ${\rm F}$ e a $\overline {\rm CG}$ in ${\rm G}$ individuando così il quarto vertice del quadrato, ${\rm H}$, e si tracciano gli altri due lati
Incidentalmente, si noti che la perpendicolare in ${\rm F}$ passa per il punto ${\rm D}$: come deve, essendo $\overline {\rm DF}$ l'altro cateto.
Procedendo con il sezionamento, di determina il punto ${\rm I}$, intersezione del lato del quadrato con il lato del rettangolo
si riporta ${\rm I}$ su $\overline {\rm CF}$
il punto ${\rm D’}$ su $\overline {\rm FH}$
e il punto ${\rm A’}$ su $\overline {\rm CD}$
si traccia quindi la retta per ${\rm D}$ e ${\rm G}$
e si riportano i punti ${\rm H}$ e ${\rm I}$ rispettivamente su $\overline {\rm CG}$ e $\overline {\rm AB}$
Il trapezio ${\rm AGID}$ è congruente con il trapezio ${\rm A’}{\rm CI’}{\rm D’}$
Il triangolo ${\rm GCI}$ è comune alle due figure
Il quadrilatero ${\rm I”}{\rm BCH’}$ è congruente con il quadrilatero ${\rm IA’}{\rm DH}$
Ed infine, il triangolo ${\rm G’}{\rm I”}{\rm H’}$ è congruente con il triangolo ${\rm D’}{\rm I’}{\rm F$}.
Consideriamo ora un valore di $r 0\quad \forall i > 0$ e quindi esiste sempre una sola radice reale (ma come numero magico, te lo raccomando!)
$r = - \frac{2}{3}\left( {i + 1} \right) + \sqrt[3]{{ - \frac{{2\left( {i + 1} \right)^3 + 18\left( {i + 1} \right) - 27}}{{54}} - \sqrt {\frac{{\left[ {2\left( {i + 1} \right)^3 + 18\left( {i + 1} \right) - 27} \right]^2 }}{{2916}} - \frac{{\left[ {\left( {i + 1} \right)^2 - 3} \right]^3 }}{{729}}} }} \\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad + \sqrt[3]{{ - \frac{{2\left( {i + 1} \right)^3 + 18\left( {i + 1} \right) - 27}}{{54}} + \sqrt {\frac{{\left[ {2\left( {i + 1} \right)^3 + 18\left( {i + 1} \right) - 27} \right]^2 }}{{2916}} - \frac{{\left[ {\left( {i + 1} \right)^2 - 3} \right]^3 }}{{729}}} }}$
Fine della digressione!
Oh! Una volta quadrato il rettangolo, è gioco facile "rettangolare" il quadrato. Ho scelto un esempio facile: $l = 10$, $a = 20$ , $b = 5$ , $r = 4$.
Dato il quadrato
si traccia la retta passante per i puniti ${\rm C}$ e ${\rm D}$ e si trova l’intersezione con una circonferenza di raggio $a$
si traccia il segmento $\overline {\rm BE}$ che è il primo lato del rettangolo
si tracciano, per ${\rm E}$ la perpendicolare e per ${\rm A}$ la parallela al segmento $\overline {\rm BE}$ (le due rette si intersecano in ${\rm F}$, terzo vertice del rettangolo) e si traccia il segmento $\overline {\rm EF}$, secondo lato del rettangolo.
si traccia quindi, per ${\rm B}$ la perpendicolare al segmento $\overline {\rm BE}$, si trova il quarto vertice del rettangolo e si tracciano gli ultimi due lati.
Il sezionamento procede analogamente a quello del rettangolo e il risultato è
Carino, no?
Bruno