Lo spazio proiettivo e il teorema di Desargues

Nello stesso modo con cui abbiamo ampliato un piano aggiungendo la retta all'innito, possiamo ampliare lo spazio aggiungendo un piano all'innito. Dato che ogni piano proiettivo dello spazio ha una sua retta all'innito, ba-sta, a questo scopo, considerare l'insieme di tutte queste rette come il piano all'innito. Lo spazio così costruito si chiama spazio proiettivo. In questo spazio le proprietà più semplici della geometria, quelle che non riguardano né angoli né distanze, ma che riguardano la posizione reciproca di punto, rette e piani si possono prendere in esame senza dover più distinguere il `caso par-allelo' da quello incidente. È tutto presente in atto, anche l'innito. Queste proprietà, dette grache, sono molto importanti perché esse non cambiano con operazioni di proiezione. Cominciamo con elencarne alcune.

Figura 1.51: Sopra: la retta all'innito interseca il triangolo in due punti che non sono vertici. Nel mezzo: la retta all'innito interseca il triangolo in due punti, uno dei quali è un vertice del triangolo. Sotto: la retta all'innito contiene un lato del triangolo.

• Due piani distinti hanno sempre una retta in comune, al nito se i due piani non sono paralleli, all'innito se sono paralleli.

• Una retta e un piano hanno sempre un punto comune, al nito se la retta non è parallela al piano, all'innito nel caso contrario.

• Tre piani che non facciano parte di un fascio, cioè che non abbiano in comune una retta, si incontrano sempre in un punto, il punto dove la retta intersezione dei primi due piani incontra il terzo. Tale punto può essere al nito, come nel caso di una piramide, o all'innito, come nel caso di un prisma.

La seguente denizione permette di formalizzare il concetto di triangoli visti in prospettiva da un punto.

Denizione 10. Due triangoli si dicono omologhi se è possibile associare i vertici dell'uno a quelli dell'altro, A ad A0, B a B0, C a C0 in modo che le rette AA0, BB0, CC0 siano convergenti in un punto O.

Poiché un triangolo è denito da tre punti (i suoi vertici) A, B, C non allineati, questi individuano univocamente un piano, il piano nel quale esso

è tracciato. Sia dunque α il piano del primo triangolo e β quello del secondo. I due triangoli sono, secondo la nostra denizione, omologhi se uno è proie-zione dell'altro da un punto O, o equivalentemente, se sono due sezioni piane diverse di una stessa piramide di vertice in O, o ancora se sono traguardati da un determinato punto di vista in modo che l'uno copra esattamente l'altro. La nozione di triangoli omologhi resta comunque valida e di grande interesse anche nel caso che i due piani α e β siano sovrapposti.

Il teorema di Desargues che segue fornisce un criterio molto semplice per sapere se due triangoli sono o non sono omologhi. È facile intuire come questo risultato sia importante nella geometria della visione, se pensiamo che, attraverso i triangoli, possiamo decomporre e studiare gure molto più complesse, come i quadrangoli, i poligoni convessi e le curve approssimabili con poligonali. Queste gure possono essere decomposte in triangoli, e, ap-plicando a ciascuna di esse il teorema di Desargues possiamo stabilire sotto quali condizioni, da un certo punto di vista O, esse appaiono uguali.

Teorema 10. Se due triangoli sono omologhi allora i loro lati corrispondenti, se prolungati, si incontrano in punti allineati.

Figura 1.52: Teorema 10.

Dimostrazione. Possiamo rappresentare la gura piana come un' `ombra' (proiezione) di una congurazione nello spazio, e ricavare la dimostrazione, che però si applica nel piano. Questo modo di procedere è molto naturale, e le lezioni precedenti hanno aperto la strada a queste considerazioni.

Supponiamo per ipotesi che i triangoli siano omologhi e su piani diversi nello spazio. In questo caso siamo riusciti ad ordinare i loro vertici in modo

che le rette AA0, BB0, CC0 convergano verso un punto O. Notiamo che i due triangoli saranno in questo modo due sezioni diverse della stessa piramide nello spazio.

Il lato AB del primo triangolo e quello corrispondente A0B0 del secondo si trovano sul piano contenente la faccia della piramide OA0B0. Poiché in un piano due rette hanno sempre un punto (eventualmente all'innito) in comune, esse si incontrano. Sia N questo punto. Nello stesso modo, ragio-nando sulle altre facce della piramide, troviamo il punto L come intersezione di BC e B0C⁰ e il punto M come intersezione di AC e A0C⁰. Non ci resta che dimostrare che questi tre punti sono allineati. Ma questo si vede facilmente dal momento che il piano α che contiene il triangolo ABC, essendo diverso dal piano β che contiene il triangolo A0B⁰C⁰, dovrà incontrarlo lungo una retta (eventualmente all'innito). Su questa retta sono situati i tre punti L, M, N. Infatti N, essendo sul prolungamento del lato AB, si trova sul piano

α ed essendo anche sul prolungamento del lato A0B⁰ si trova sul piano β e dunque si trova sulla retta di intersezione dei due piani. Analogamente per gli altri due punti.

Notiamo come gli ingredienti usati in questa dimostrazione siano solo di natura graca e non metrica e come si sia fatto un uso continuo dei punti all'innito che hanno consentito di trattare le intersezioni di rette e piani nello stesso modo se di fatto incidenti o paralleli. Il teorema vale anche nel caso in cui i due triangoli stiano su uno stesso piano, ma la dimostrazione è più complicata. Essa si ottiene costruendo fuori dal piano dei due triangoli un terzo triangolo che si proietti da due punti diversi nei due triangoli piani dati e applicando a questi il teorema di Desargues nello spazio. È questo un primo interessante caso nel quale, per dimostrare una proprietà di geometria piana occorra usare una dimensione in più. Sarà questo un nuovo metodo dimostrativo molto usato negli sviluppi successivi della geometria proiettiva e della geometria algebrica.

Teorema 11. Se i lati corrispondenti di due triangoli si incontrano su una retta, allora i due triangoli sono omologhi.

Dimostrazione. Siano ABC e A0B0C0 due triangoli i cui lati corrispondenti si incontrano sulla retta r. Sia P l'intersezione di AA0e BB0. Vogliamo provare che CC0 passa per P.

Supponiamo che PC incontri la retta B0C0 in C00. Allora i triangoli ABC e A0B0C00 sono omologhi rispetto al punto P e perciò, per il Teorema di Desargues appena dimostrato, i loro lati corrispondenti si incontrano in una retta.

Sappiamo già che AB incontra A0B0 in r e che BC incontra B0C0 in r. Quindi AC incontra A0C00 in r, necessariamente nel punto Q, dove AC incontra r.

Figura 1.53: Teorema 11.

Segue che QA0 passa per C00. Ma sappiamo anche che QA0incontra B0C0

in C'. Da cui C00= C0.

Perciò C0 è proprio sulla linea PC, così ABC e A0B⁰C⁰ sono omologhi (rispetto a P) come richiesto.

Provate ora a risolvere (a gruppi) i seguenti esercizi.

Esercizio 14. Dati il triangolo ABC, il centro di proiezione O, l'asse r, un punto P e la sua proiezione P0 da O (come in gura), determinare il triangolo A0B0C0 omologo ad ABC.

Esercizio 15. Tracciare un segmento che passi per un punto P assegnato e per il punto di intersezione dei prolungamenti di due segmenti dati.