1. Chiamo Geometria del Compasso quella, che per via del solo compasso senza la riga determina la posizione de’ punti.

Dati per esempio due punti ${\displaystyle A}$, ed ${\displaystyle E}$ Fig. 1.; se si cerchi il terzo ${\displaystyle D}$, che sia tanto lontano da ciascuno di essi, quanto essi lo sono tra loro; si descrivano coll’intervallo, ossia raggio ${\displaystyle AE}$, e coi centri ${\displaystyle A}$, ed ${\displaystyle E}$ i due cerchj ${\displaystyle EDB}$, ${\displaystyle ADV}$, che si tagliano nel punto ${\displaystyle D}$; questo punto sarà il cercato; poichè sarà lontano dai punti ${\displaystyle A}$, ed ${\displaystyle E}$ d’un intervallo eguale ad ${\displaystyle AE}$ (Prop. 1. lib. 1. Eucl.). Questo punto ${\displaystyle D}$ si è trovato col solo compasso senza la riga.

2. Può accadere che la posizione di un punto si trovi col solo compasso; ma per dimostrare la proposizione ci sia bisogno di costruire la figura col mezzo della riga.

Se per esempio, dati due punti ${\displaystyle A}$ e ${\displaystyle B}$, che sieno lontani d’un cerro intervallo, che si prende per l’unità, ossia si fa ${\displaystyle =1}$; si cerchi un punto ${\displaystyle D}$, che sia lontano da ${\displaystyle B}$ dell’intervallo ${\displaystyle BD=}$${\displaystyle {\sqrt {3}}}$; la soluzione del Problema sarà come segue.

Col centro ${\displaystyle A}$, raggio ${\displaystyle AB}$ si descriva il cerchio ${\displaystyle BCD}$. Collo stesso raggio, centro ${\displaystyle B}$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza in ${\displaystyle C}$. Di nuovo collo stesso raggio, centro ${\displaystyle C}$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza più oltre in ${\displaystyle D}$. Sarà questo il punto cercato, e trovato senza la riga.

Per dimostrare nondimeno, che sia l’intervallo ${\displaystyle BD=}$${\displaystyle {\sqrt {3}}}$, vi sarà d’uopo di linee rette, le quali si segnano colla riga. Sia ${\displaystyle BE}$ il diametro del cerchio ${\displaystyle BCD}$, e si guidino le rette ${\displaystyle BD}$, ${\displaystyle DE}$. Sarà il triangolo ${\displaystyle BDE}$ rettangolo in ${\displaystyle D}$ (31, lib. 3.). Sarà dunque il quadrato della ${\displaystyle BE}$ eguale alla somma de’ due quadrati delle rette ${\displaystyle BD}$, e ${\displaystyle DE}$ (47. lib. 1.); e però il quadrato della ${\displaystyle BD}$ sarà eguale alla differenza de’ quadrati della ${\displaystyle BE}$ e della ${\displaystyle DE}$. Ma essendo l’intervallo ${\displaystyle BC=CD=AB}$; sarà ancora ${\displaystyle DE=AB}$ (15, lib. 4.), ossia ${\displaystyle DE=1}$. È ancora ${\displaystyle BE=2}$. Sarà dunque ${\displaystyle (BD)^{2}}$, cioè il quadrato della ${\displaystyle BD}$, eguale a ${\displaystyle 4-1=3}$; e però la sua radice ${\displaystyle BD=}$${\displaystyle {\sqrt {3}}}$. Il che era da dimostrarsi, e non si è potuto fare senza la riga. Questa proposizione è la 12. del lib. 13 d’Euclide.

3. Dalla definizione di questa Geometria del Compasso (§. 1.) è chiaro, che appartengono ad essa tutti i Problemi, che si possono sciogliere col compasso solo, benchè per esso solo non si possano dimostrare; com’è il Problema precedente (§. 2.).

4. L’uso di questa Geometria sarà grandissimo, come apparirà dagli esempj, nel trovare i punti in pratica colla maggior precisione possibile, e spesso molto più speditamente col solo compasso, che chiamando in soccorso anche la riga.

5. Sarà dunque nostro ufizio sciogliere i Problemi col solo compasso; sarà poi lecito servirsi di dimostrazioni costruite secondo l’uso col compasso e colla riga, al qual fine citeremo le proposizioni e i libri d’Euclide.

6. Così poi verremo a capo di questo trattato, che non abbia a mancare alcun elemento, perchè col solo compasso si possono determinare tutti que’ punti di qualsivoglia Problema, che fino adesso col cerchio e colla riga solevansi determinare.

7. Non pertanto noi non porremo qui tutti questi Problemi; ma dimostrati gli elementi necessarj e bastanti per tutti, tra essi sceglieremo un buon numero de’ principali, cioè tutti quelli, che ci sembreranno i più utili, o per una certa eleganza pregevoli.

8. Aggiungeremo qui in favore degli artisti, in grazia de’ quali in gran parte quest’opera è stata scritta, che sapendo essi la molestia e il pericolo d’errare, che nasce dall’allargare e stringere il compasso a varie aperture precise; noi procureremo di sciogliere i Problemi col minimo numero possibile di aperture di compasso. Sarà poi anche meglio per l’artista avere in pronto tanti compassi fedeli, come li chiamano, ossia tali, che uno si possa assicurare, che conservino appunto l’apertura data; quante sono le aperture, che richiede la soluzione del Problema. Poichè accaderà spesso, che dovremo adoperar più volte la stessa apertura dopo averne adoperata una o più altre; così senza allargare o stringere un sol compasso, ripiglieremo quell’altro compasso messo da parte, che la conserva. A questo fine alcune volte chiameremo col nome di compasso primo, secondo, terzo le aperture successive, colle quali verrà sciolto il Problema.

9. Essendo oltre ciò importante alla precisione pratica della posizione di un punto, che la sezione delle linee, che lo determinano, si faccia ad angoli retti o vicini al retto; faremo sempre in modo, che un arco tagli l’altro o ad angoli retti, se ciò ne riuscirà, o almeno ad angoli non molto lontani dal retto.

10. Per essere più brevi, senza però riuscire oscuri, nell’indicare le costruzioni delle figure adopreremo spesso alcuni compendj, che saranno tosto intesi al solo guardar la figura. Per esempio nella Fig. 2 in luogo di dire: col raggio ${\displaystyle AB}$, e col centro ${\displaystyle B}$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza ${\displaystyle BCD}$ nel punto ${\displaystyle C}$. Poi collo stesso raggio, e col centro ${\displaystyle C}$ si descriva un arco, che tagli la stessa circonferenza in ${\displaystyle D}$ ec.; diremo solamente: si faccia ad ${\displaystyle AB=BC=CD}$, ec. Poichè è abbastanza chiaro, che i punti ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ e ${\displaystyle D}$, coi quali si indica la stessa circonferenza ${\displaystyle BCD}$ sono nella stessa; cosicchè non v’è alcun pericolo d’equivoco.

11. Istessamente dati per esempio tre intervalli ${\displaystyle AB}$, ${\displaystyle CD}$, ${\displaystyle EF}$; se dirò; si faccia a ${\displaystyle CD=EG}$; ad ${\displaystyle AB=FG}$; si dovrà intendere che dica: col raggio ${\displaystyle CD}$, e col centro ${\displaystyle E}$ si descriva un cerchio, nella cui circonferenza sia il punto ${\displaystyle G}$. Quindi coll’intervallo ${\displaystyle AB}$, e col centro ${\displaystyle F}$ si descriva un altro cerchio, che tagli il primo nel punto ${\displaystyle G}$.

12. Alle volte nelle dimostrazioni nomineremo alcune linee rette, che non saranno nella figura, nominando i due punti estremi, ai quali dovrebbero esser condotte; come se nella figura del §. 11. nominassi la retta ${\displaystyle AB}$, ovvero ${\displaystyle CD}$. Ciò faremo quando non vi sarà pericolo d’oscurità, per conservar nitida la figura, e lasciare apparire meglio la costruzione fatta col solo cerchio.

13. Lemma. Se co’ due centri ${\displaystyle A}$, e ${\displaystyle B}$, e co’ raggi ${\displaystyle AP}$ ed ${\displaystyle AQ}$ si descrivano degli archi, che si tagliano in ${\displaystyle P}$ e ${\displaystyle p}$; ${\displaystyle Q}$ e ${\displaystyle q}$; i punti ${\displaystyle Q}$, ${\displaystyle P}$, ${\displaystyle p}$, ${\displaystyle q}$ saranno nella stessa retta. (Fig. 3.)

Dimostrazione. Essendo per costruzione eguali rispettivamente tra loro tutti i lati de’ triangoli ${\displaystyle APp}$, ${\displaystyle BPp}$; l’angolo ${\displaystyle APp}$ sarà eguale all’angolo ${\displaystyle BPp}$ (8. lib. 1.). Per la stessa si dimostra essere ${\displaystyle APQ=BPQ}$. Dunque la somma de’ due ${\displaystyle APp}$, ${\displaystyle APQ}$ è eguale alla somma de’ due ${\displaystyle BPp}$, ${\displaystyle BPQ}$. Ma la somma di questi quattro angoli è eguale a quattro retti (13. lib. 1. Coroll.). Dunque ciascuna delle somme di due eguali equivale a due retti. Dunque la ${\displaystyle QPp}$ è retta (14. lib. 1.). Nella stessa maniera si dimostra, che è retta la ${\displaystyle Ppq}$. Dunque i punti ${\displaystyle Q}$,${\displaystyle P}$,${\displaystyle p}$, ${\displaystyle q}$ sono nella stessa retta.

14. Stanti le stesse cose del §. 13.; le rette ${\displaystyle AB}$, ${\displaystyle Pp}$, così ${\displaystyle AB}$, ${\displaystyle Qq}$ si bipartiranno egualmente in ${\displaystyle M}$ ad angoli retti, e le ${\displaystyle QP}$, ${\displaystyle qp}$ saranno eguali.

Dimostrazione. Poichè per l’eguaglianza de’ lati de’ due triangoli ${\displaystyle APB}$, ${\displaystyle ApB}$ si ha l’angolo ${\displaystyle PAB=pAB}$ (8. lib. 1.). Ma è ancora ${\displaystyle APp=ApP}$ (5. lib. 1.). Dunque anche ${\displaystyle AMP=AMp}$ (Coroll. Proposiz. 32. lib. 1.). Dunque entrambi retti (13. lib. 1.). E sarà ${\displaystyle Pp}$ bipartita in ${\displaystyle M}$ per la dimostrazione della Prop. 10. lib. 1. Nella stessa maniera si dimostrerà, che si bipartono in ${\displaystyle M}$ la ${\displaystyle Qq}$ e la ${\displaystyle AB}$. Dalle eguali poi ${\displaystyle QM}$, e ${\displaystyle qM}$ togliendo le eguali ${\displaystyle PM}$, ${\displaystyle pM}$; i residui ${\displaystyle QP}$, ${\displaystyle qp}$ saranno eguali.

15. Corollario. Sarà dunque ${\displaystyle (QM)^{2}=(AQ)^{2}-(AM)^{2}}$ (47, lib. 1.).

16. Lemma. Stanti le stesse cose del §. 13. sarà ${\displaystyle (AQ)^{2}=(AP)^{2}+(PQ)^{2}+Pp.PQ}$.

Dimostrazione. Poichè è ${\displaystyle (AQ)^{2}=(AP)^{2}+(PQ)^{2}+2MP.PQ}$ (12, lib. 2.). Ma è ${\displaystyle 2MP=Pp}$ (§. 14.). Dunque ec.

17. Lemma. Sarà pure ${\displaystyle (AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-pP.pQ.}$

Dimostrazione. Poichè è ${\displaystyle (AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-2pM.pQ}$ (13, lib. 2.). Ma e ${\displaystyle 2pM=pP}$ (§. 14.). Dunque ec.

18. Corollario 1. Essendo ${\displaystyle pQ=pP+PQ}$; sarà ${\displaystyle (pQ)^{2}=pP.pQ+PQ.pQ}$ (2, lib. 2.); quindi sottraendo ${\displaystyle pP.pQ}$ si ha ${\displaystyle (pQ)^{2}-pP.pQ=PQ.pQ}$. E fatta la sostituzione di questo valore nel valore di ${\displaystyle (AQ)^{2}}$ del §. 17., si avrà ${\displaystyle (AQ)^{2}=(Ap)^{2}+pQ.PQ}$. Donde sottraendo di qua e di là ${\displaystyle (Ap)^{2}}$, nasce ${\displaystyle (AQ)^{2}-(Ap)^{2}=pQ.PQ}$. Se ora si eseguisca la moltiplicazione di ${\displaystyle AQ+Ap}$ per ${\displaystyle AQ-Ap}$; si troverà ${\displaystyle (AQ+Ap)(AQ-Ap)=(AQ)^{2}-(Ap)^{2}}$. Quindi si avrà ${\displaystyle (AQ+Ap)(AQ-Ap)=pQ.PQ}$. Donde per la 16, lib. 6. si deduce l’analogia ${\displaystyle pQ:AQ+Ap::AQ-Ap:PQ}$, ossia sostituendo ${\displaystyle AP}$ in luogo di ${\displaystyle Ap}$, e invertendo alternativamente

${\displaystyle PQ:AQ+AP::AQ-AP:pQ}$

Da queste due analogie vien espresso il celebre

Teorema. In qualunque triangolo un lato qualunque sta alla somma degli altri due; come la loro differenza sta alla differenza, o alla somma de’ segmenti, che fa su quel lato la perpendicolare condotta dall’angolo opposto, secondo che essa cade dentro o fuori del triangolo.

19. Corollario II. Se sarà ${\displaystyle AQ=pQ}$; tolti di qua e di là i due termini eguali ${\displaystyle (AQ)^{2}}$, ${\displaystyle (pQ)^{2}}$, e aggiungendo d’ambe le parti ${\displaystyle pP.pQ}$; risulterà ${\displaystyle pP.pQ=(Ap)^{2}}$.

20. Lemma. Stanti le stesse cose (§. 13.), se sia retto l’angolo ${\displaystyle RpQ}$; sia poi l’angolo ${\displaystyle RpS-RpA}$; e ${\displaystyle pS=pR=pA}$; sarà ${\displaystyle AS}$ parallela, ed eguale alla ${\displaystyle Pp}$: e sarà ${\displaystyle (AQ)^{2}=(RQ)^{2}-AS.pQ}$. (Fig. 4.)

Dimostrazione. Poichè se dai due angoli retti ${\displaystyle RpQ}$, ${\displaystyle Rpq}$ si sottraggono i due eguali ${\displaystyle RpA}$, ${\displaystyle RpS}$; rimarranno eguali gli angoli ${\displaystyle ApP}$, ${\displaystyle Spq}$. Ma ${\displaystyle ApP=APp}$ (5. lib. 1.). Dunque ${\displaystyle Spq=APq}$. Dunque ${\displaystyle AP}$, ${\displaystyle Sp}$ sono parallele (29. lib. 1.). Ma sono anche eguali per costruzione. Dunque le due ${\displaystyle AS}$, ${\displaystyle Pp}$ sono eguali, e parallele (33. lib. 1.).

Si ha poi ${\displaystyle (RQ)^{2}=(Rp)^{2}+(pQ)^{2}}$ (47. lib. 1.)${\displaystyle =(Ap)^{2}+(pQ)^{2}}$. E pel Lemma §. 17., ${\displaystyle (AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-pP.pQ}$. Dunque ${\displaystyle (AQ)^{2}=(RQ)^{2}-pP.pQ}$, ossia =${\displaystyle (RQ)^{2}-AS.pQ}$.

21. Lemma. Stanti le stesse cose (§. 13. e 20.) sarà ${\displaystyle (SQ)^{2}=(RQ)^{2}+AS.pQ}$.

Dimostrazione. Poichè se si faccia ${\displaystyle ST=Sp}$; ${\displaystyle pT=pP}$ (§. 11.); nei due triangoli ${\displaystyle SpT}$, ${\displaystyle APp}$ si troveranno tra loro eguali gli angoli ${\displaystyle SpT}$, ${\displaystyle APp}$ (8. lib. 1.); e però ${\displaystyle PpT}$ retta (27. lib. 1.). Sarà poi ${\displaystyle (SQ)^{2}=(pS)^{2}+(pQ)^{2}+PQ.pT}$ (§. 16.). Ma è ${\displaystyle (pS)^{2}+(pQ)^{2}=(pR)^{2}+(pQ)^{2}=(RQ)^{2}}$; ed è ${\displaystyle pT=pP=AS}$. Dunque ${\displaystyle (SQ)^{2}=(RQ)^{2}+AS.pQ}$.

Dai due Lemmi precedenti segue per Corollario essere ${\displaystyle (AQ)^{2}+(SQ)^{2}=2(RQ)^{2}}$.

22. Lemma. Se sarà ${\displaystyle AQ=pQ=BQ}$; e ${\displaystyle Ap=pB=pS}$, essendo ${\displaystyle pS}$ sulla continuazione della ${\displaystyle Bp}$; sarà ${\displaystyle AS.pQ=(Ap)^{2}}$. (Fig. 4.)

Dimostrazione. Avendo i triangoli isosceli ${\displaystyle AQp}$, ${\displaystyle BQp}$ i lati eguali tra loro; sarà l’angolo ${\displaystyle QpA=QpB}$ (8. lib. 1.). Sarà, poi l’angolo ${\displaystyle ApB}$, che è la somma dei due, eguale anche alla somma de’ due angoli ${\displaystyle SAp}$, ${\displaystyle ASp}$ (32. lib. 1.), i quali essendo eguali tra loro per essere isoscele il triangolo ${\displaystyle ApS}$ (5. lib. 1.); sarà ciascuno d’essi eguale all’angolo ${\displaystyle ApQ=pAQ}$ (5. lib. 1.). Sarà dunque il triangolo ${\displaystyle pAS}$ simile al triangolo ${\displaystyle QpA}$ (32. lib. 1. 4. lib. 6.); e quindi ${\displaystyle pQ:Ap::Ap:AS}$, e ${\displaystyle AS.pQ=(Ap)^{2}}$ (17. lib. 6.).

23. Lemma. Se sia ${\displaystyle AB=AC=BD}$; e ${\displaystyle AD=BC}$; sarà ${\displaystyle DC.AB=(AB)^{2}-(AD)^{2}}$. (Fig. 5.)

Dimostrazione. I due triangoli ${\displaystyle ADB}$, ${\displaystyle ACB}$; avendo i lati rispettivamente eguali, saranno eguali (8. e 26. lib. 1.). Essendo poi posti tutti e due sulla stessa base ${\displaystyle AB}$; saranno fra le stesse parallele ${\displaystyle DC}$, ${\displaystyle AB}$ (39. lib. 1.). Se dunque sulla ${\displaystyle BA}$ si prende ${\displaystyle BE=DC}$; sarà ${\displaystyle DE}$ uguale, e parallela alla ${\displaystyle BC}$ (33. lib. 1.), e uguale ancora alla ${\displaystyle DA}$. Quindi i due triangoli isosceli ${\displaystyle BDA}$, ${\displaystyle DAE}$, che hanno un angolo comune in ${\displaystyle A}$, saranno simili (5. e 32. lib. 1., e 4. lib. 6.), e sarà ${\displaystyle AB:AD::AD:AE}$; quindi ${\displaystyle AB.AE=(AD)^{2}}$ (17. lib. 6.). Si ha poi ${\displaystyle AB.AE+AB.BE=(AB)^{2}}$ (2. lib. 2.). Quindi ad ${\displaystyle AB.AE}$ sostituendo ${\displaystyle (AD)^{2}}$, e a ${\displaystyle BE}$ sostituendo ${\displaystyle DC}$; si ha ${\displaystyle (AD)^{2}+AB.DC=(AB)^{2}}$. E sottraendo ${\displaystyle (AD)^{2}}$, si avrà ${\displaystyle DC.AB=(AB)^{2}-(AD)^{2}}$.

24. Lemma. Se nel cerchio ${\displaystyle B\mu G}$ al raggio ${\displaystyle AB}$ si alzi nel centro ${\displaystyle A}$ la normale ${\displaystyle Ae}$ eguale alla corda ${\displaystyle BG}$ dell’arco ${\displaystyle B\mu G}$; e fatto centro in ${\displaystyle e}$ col raggio ${\displaystyle AB}$ si descriva un arco, che tagli la circonferenza in ${\displaystyle \mu }$; sarà l’arco ${\displaystyle B\mu }$ eguale alla meta dell’arco ${\displaystyle B\mu G}$. (Fig. 6.)

Dimostrazione. Per l’eguaglianza de’ lati de’ due triangoli ${\displaystyle ABG}$, ${\displaystyle A\mu e}$ è l’angolo ${\displaystyle GAB=A\mu e}$ (8. lib. 1.). Si divida per meta angolo ${\displaystyle A\mu e}$ colla retta ${\displaystyle \mu M}$; essendo isoscele il triangolo ${\displaystyle \mu eA}$, l’angolo ${\displaystyle \mu eM=\mu AM}$; quindi ne’ due triangoli ${\displaystyle \mu eM}$, ${\displaystyle \mu AM}$ essendo eguali tra loro gli altri due angoli, sarà anche ${\displaystyle \mu Me=\mu MA}$ (Coroll. 32. lib. 1.); quindi ${\displaystyle \mu M}$ normale alla ${\displaystyle Ae}$ (13. lib. 1.), e quindi parallela alla ${\displaystyle AB}$ (29. lib. 1.), e sarà l’angolo ${\displaystyle M\mu A=\mu AB}$ (27. lib. 1.), sarà dunque ${\displaystyle \mu AB}$ la metà dell’angolo ${\displaystyle GAB}$, e però anche l’arco ${\displaystyle B\mu }$ metà dell’arco ${\displaystyle B\mu G}$.

25. Se nel parallelogrammo ${\displaystyle ABMN}$ sarà la diagonale ${\displaystyle MA}$ eguale ai lati opposti ${\displaystyle MB}$, ${\displaystyle AN}$; sarà il quadrato dell’altra diagonale ${\displaystyle BN}$ eguale al quadrato della prima aggiuntivi i due quadrati degli altri due lati. (Fig. 7.)

Dimostrazione. Si divida ${\displaystyle AB}$ per metà in ${\displaystyle m}$ colla perpendicolare ${\displaystyle Mm}$ (10. 11. lib. 1.), e sopra la ${\displaystyle BA}$ continuata siprenda ${\displaystyle An=Bm}$; sarà ${\displaystyle mn=BA=MN}$; e però ${\displaystyle MNnm}$ parallelogrammo (33. lib. 1.), e sarà retto l’angolo ${\displaystyle NnB}$ (27. lib. 1.). Quindi ${\displaystyle (BN)^{2}=(AB)^{2}+(AN)^{2}+2AB.An}$ (12. lib. 2.). Ma ${\displaystyle An=}$½${\displaystyle AB}$. Dunque ${\displaystyle (NB)^{2}=(AN)^{2}+a(AB)^{2}=(AN)^{2}+(AB)^{2}+(MN)^{2}}$.

26. Se in qualunque triangolo ${\displaystyle BPE}$ si tagli in due egualmente la base ${\displaystyle BE}$ in ${\displaystyle A}$, e dall’angolo opposto ${\displaystyle P}$ si guidi la ${\displaystyle PA}$; sarà la somma de’ quadrati dei lati ${\displaystyle BP}$, e ${\displaystyle PE}$ eguale alla somma de’ quadrati eguali dei due segmenti, aggiuntovi il doppio quadrato della ${\displaystyle AP}$.

Dimostrazione. Poichè se si cali il perpendicolo ${\displaystyle PR}$ sulla base ${\displaystyle BE}$; sarà ${\displaystyle (BP)^{2}=(BA)^{2}+(AP)^{2}+2BA.AR}$ (12. lib. 2.). Sarà pure ${\displaystyle (PE)^{2}=(AE)^{2}+(AP)^{2}-2AE.AR}$ (13. lib. 2.). Fatta dunque la somma dei valori dei due quadrati ${\displaystyle (BP)^{2}}$, e ${\displaystyle (PE)^{2}}$, essendo ${\displaystyle BA=AE}$; sarà ${\displaystyle (BP)^{2}+(PE)^{2}=(BA)^{2}+(AE)^{2}+2(AP)^{2}=2(AB)^{2}+2(AP)^{2}}$.