Il teorema di Steiner-Lehmus

Il teorema, soggetto di questa pagina, è l'inverso dell'affermazione elementare che stabilisce la conguenza delle bisettrici in un triangolo isoscele. A dispetto della sua intuitività la sua prima dimostrazione risale al 1840 seguita poi da numerose altre tra le quali ne proponiamo cinque. Dato il loro prevalente carattere indiretto, queste offrono inoltre l'occasione per una revisione delle principali relazioni di non congruenza in un triangolo e delle relative conseguenze. Diamo pure qualche cenno sulla logica delle proposizioni.

Il triangolo isoscele e le sue bisettrici

La dimostrazione del teorema che afferma che in un triangolo isoscele le bisettrici degli angoli alla base sono congruenti risulta data già da Euclide ed è del tutto elementare. Sia ABC isoscele con angoli di base ABC = CAB e siano AD e BE i segmenti individuati dalle intersezioni delle bisettrici interne con i lati opposti (fig. 1). Se consideriamo ABD e ABE questi possiedono

figura 1

ABD = EAB   in quanto ABC è isoscele
DAB = EBA   essendo la metà di angoli congruenti
AB   in comune

e pertanto per il secondo criterio di congruenza, sono congruenti: in particolare avranno AD = BE.

Ben diverso invece il teorema inverso che ci accingiamo a dimostrare. Questo fu proposto nel 1840 da Christian L. Lehmus (1780-1863) e quindi provato da Jacob Steiner (1796-1863), geometra svizzero che diede importanti contributi alla geometria proiettiva. Si enuncia come:

Teorema di Steiner-Lehmus
Se le misure delle bisettrici degli angoli interni di un triangolo sono uguali, allora il triangolo è isoscele.

Partiamo quindi dall'ipotesi che i segmenti di bisettrice AD e BE siano congruenti cioè AD = BE (fig. 2).

figura 2

Costruita la retta BF in modo che sia EBF = ADB (nota: i dettagli della costruzione sono nascosti nella fig. 2. Per evidenziarli premere . Si riveda comunque la tecnica di riporto di un angolo alla pagina sulle costruzioni elementari) e definito il punto F su di essa tale che BF = BD e appartenente al medesimo semipiano definito dalla retta AB, discende per il primo criterio di congruenza dei triangoli che

AD = EB
ABE EBF   in quanto per ipotesi   ADB = EBF
BD = BF.

Ne consegue che BEF = DAB. Sia ora G = ADBE: essendo AGB esterno a EAG si ha

AGB = AEG + EAG
= AEG + GAB   essendo AD bisettrice di CAB
= AEG + GEF   per la congruenza ottenuta sopra.

D'altra parte AGB è esterno pure di GBD per cui valgono le seguenti relazioni

AGB = BDG + GBD
= BDG + GBA   essendo AD bisettrice di CBA
= GBF + CBA   per la congruenza di ABD e EBF.

Per la transitività della congruenza possiamo eguagliare le ultime espressioni ottenute per AGB per cui

AEG + GEF = GBF + GBA

che riscriviamo come

AEF = ABF.

Se ora tracciamo le perpendicolari AH a BF e FK a AC (fig. 3) la congruenza appena dedotta vale pure per i rispettivi angoli supplementari e quindi

figura 3

CEF = KEF = ABH

cosicché, per differenza con 180° è pure

EFK = BAH   (1)

e i due triangoli rettangoli EFK, BAH sono perciò congruenti: in particolare risulta

EK = BH,   FK = AH.

Considerando ancora i triangoli rettangoli AHF e FKA questi possiedono l'ipotenusa AF in comune e, per quanto appena visto, un cateto congruente (fig. 4).

figura 4

Per il teorema di Pitagora ne segue che avranno pure l'altro cateto congruente e quindi, per il terzo criterio di congruenza, si ha AHFFKA. In definitiva, nel quadrilatero AHFK abbiamo che i lati opposti sono congruenti e pertanto AHFK è un parallelogramma con, in particolare,

HFK = KAH.

Sottraendo ad entrambi i membri la (1) si ottiene

HFK - EFK = KAH - BAH

cioè

HFE = KAB.

Ma HFE = BFE = DBA per cui, per transitività risulta

DBA = CBA = KAB = CAB

dimostrando che gli angoli alla base di ABC sono congruenti e quindi ABC è isoscele.

Relazioni elementari di non congruenza

Le dimostrazioni che intendiamo proporre successivamente del teorema di Steiner-Lehmus (e che saranno prevalentemente, dimostrazioni per assurdo) ci danno l'occasione di riprendere alcuni teoremi elementari riguardanti le relazioni di non congruenza tra elementi di un triangolo o tra gli elementi di due diversi triangoli.

Ricordando le proprietà

Teorema
In un triangolo, un qualsiasi angolo esterno è maggiore di ciascuno dei due angoli interni non adiacenti ad esso

e che, successivamente, si giunge pure a specificare che

Teorema
L'angolo esterno è congruente con la somma degli angoli interni non adiacenti ad esso,

dimostriamo invece il

Teorema
Se in un triangolo un lato è maggiore di un altro, allora pure l'angolo opposto al primo è maggiore di quello opposto al secondo.

Con riferimento alla figura 5, sia per ipotesi AB > BC: intendiamo dimostrare che dev'essere ACB > BAC.

figura 5

Costruiamo su AB un punto D tale che sia BD = BC. BDC è evidentemente isoscele per cui BDC = DCB. Poiché

ACB > DCB   essendo CD interno a ACB
BDC > DAC   per il teorema ricordato sopra,

segue che ACB > DAC. Ma DAC = BAC per cui abbiamo la tesi ACB > BAC.

Di questo teorema sussiste pure l'inverso che si enuncia scambiando il termine angolo con lato:

Teorema
Se in un triangolo un angolo è maggiore di un altro, allora pure il lato opposto al primo angolo è maggiore di quello opposto al secondo.

La dimostrazione procede per assurdo negando la tesi. Sia quindi ACB > BAC l'ipotesi, e AB > BC, la tesi. Negando quest'ultima si potrà avere AB = BC oppure AB < BC (fig. 6).

figura 6

Nel primo caso, da AB = BC, BAC sarebbe isoscele con base AC per cui discenderebbe ACB = BAC. Tale conclusione però risulta assurda in quanto contraria all'ipotesi. Se fosse poi AB < BC, per il teorema dimostrato sopra si avrebbe ACB < BAC, affermazione che appare ancora contraria all'ipotesi. Non potrà quindi che essere ACB > BAC.

Dimostriamo ora la disuguaglianza che si incontra più frequentemente e che per la sua importanza generalmente è ben conosciuta: viene indicata come la disuguaglianza triangolare e coinvolge i lati di un triangolo.

Teorema della disuguaglianza triangolare
In un triangolo la somma delle lunghezze di due lati è maggiore del terzo.

Costruito il punto D sul prolungamento di AB in modo che sia BD = BC, uniamo D con C (fig. 7).

figura 7

Essendo DBC isoscele per costruzione, risulta BCD = BDC. Essendo però ACD > BCD = BDC = ADC, applicando a DAC il teorema dato appena sopra, risulta pure

AD > AC   cioè   AB + BD = AB + BC > AC

come volevasi dimostrare. Da questa disuguaglianza si deduce poi immediatamente che

Teorema
In un triangolo un lato è minore della somma degli altri due.

Problema 11.1. Sia 2p il perimetro di un triangolo e m la somma delle lunghezze delle sue tre mediane. Dimostrare che valgono le disuguaglianze

3
2		 p < m < 2p

Dimostrazione.

Vediamo ora come, sulla base dei teoremi precedenti, si possano individuare delle relazioni di non congruenza tra due distinti triangoli. La prima si può enunciare come:

Teorema
Se due triangoli hanno due lati ordinatamente congruenti e gli angoli compresi non congruenti, anche i rispettivi terzi lati non sono congruenti e il lato maggiore è quello opposto all'angolo maggiore.

Abbiamo quindi i due triangoli, ABC e PQR aventi AB = PQ, AC = PR (per visualizzare la facile costruzione selezionare ) e supponiamo che sia CAB > RPQ. Dovremo dimostrare che BC > QR (fig. 8).

figura 8

Costruiamo la semiretta di origine A e interna a CAB tale da formare con AB un angolo congruente a RPQ e sia D il suo punto tale che

AD = AC = PR.

Poiché ABD e PQR possiedono AB = PQ, AD = PR e DAB = RPQ per il primo criterio sono congruenti e in particolare possiedono

BD = QR.   (2)

Tracciata la bisettrice di CAD, sia E la sua intersezione con il lato BC. Congiunto E con D, i EAD e CAE sono congruenti ancora per il primo criterio avendo AE in comune, AC = AD e CAE = EAD essendo AE bisettrice. Ne segue che

ED = CE   (3)

Possiamo ora applicare la disuguaglianza triangolare a BDE cosicché vale

BD < BE + ED

che per (3) diviene

BD < BE + CE   ossia   BD < BC

Ma per la (2) quest'ultima disuguaglianza si può riscrivere come

QR < BC

che rappresenta la tesi del teorema. Si noti che, al variare di ABC (si muovano opportunamente i vertici B e/o C) il punto D può essere esterno al triangolo oppure appartenere al lato BC oppure, infine, essere interno. In ogni caso la dimostrazione proposta rimane valida.

Di questo teorema sussiste pure l'inverso

Teorema
Se due triangoli hanno due lati ordinatamente congruenti e i rimanenti non congruenti, anche gli angoli opposti a questi ultimi non sono congruenti e l'angolo maggiore è quello opposto al lato maggiore.

Con riferimento alla figura 9 i ABC e PQR soddisfano per ipotesi alle

AB = PQ
AC = PR
BC > QR

figura 9

Dobbiamo dimostrare che è CAB > RPQ.
Ragioniamo per assurdo e supponiamo che valga la CAB = RPQ. In tal caso i due triangoli risulterebbero congruenti per il primo criterio e sarebbe pertanto BC = QR contro l'ipotesi. Se invece fosse CAB < RPQ per quanto dimostrato in precedenza si avrebbe BC < QR ancora contro l'ipotesi. Non resta che concludere che dev'essere CAB > RPQ.

Problema 11.2. Sia ABCD un qualsiasi quadrilatero nel piano. Dimostrare la disuguaglianza (di Tolomeo)

AB x CD + BC x AD >= AC x BD

e che tale relazione diventa una uguaglianza se e solo se il quadrilatero è ciclico.
Dimostrazione.

Due ulteriori relazioni di non congruenza

Per giungere alla dimostrazione del teorema di Steiner-Lehmus proposta dallo stesso Lehmus nel 1842 mancano ancora due teoremi che assumono, in questa prospettiva, la funzione di veri e propri lemmi. Il primo afferma:

Lemma 1
Se due corde di un cerchio sottendono angoli acuti alla circonferenza differenti, allora l'angolo maggiore è sotteso dalla corda maggiore.

Siano AB e BC le due corde di una circonferenza e supponiamo che sia AB > BC. Il fatto che queste abbiano un estremo in comune non condiziona sostanzialmente la dimostrazione in quanto sappiamo comunque che corde congruenti insistono su archi congruenti e a questi corrispondono angoli alla circonferenza pure congruenti. Tracciamo quindi una circonferenza di centro B e raggio BC e sia D l'intersezione di questa con la circonferenza originaria (fig. 10).

figura 10

Essendo AB > BC, il punto D appartiene all'arco minore sotteso dalla corda AB: ricordando il legame tra angolo alla circonferenza e angolo al centro e detto P un punto dell'arco maggiore AB, possiamo scrivere

APB = 1
2		 AOB = 1
2		 (AOD + DOB).

Data la congruenza delle corde DB e BC è pure DOB = BOC cosicché

APB = 1
2		 (AOD + DOB) = 1
2		 (AOD + BOC) = 1
2		 AOD + 1
2		 BOC = 1
2		 AOD + BQC

con Q punto dell'arco maggiore sotteso da BC. Non essendo nullo AOD il confronto tra la prima e l'ultima espressione implica la validità di APB >BQC che è la tesi.

Il secondo lemma si enuncia come

Lemma 2
Se un triangolo possiede due angoli non congruenti, all'angolo minore corrisponde la bisettrice interna maggiore.

In ABC sia B < C (fig. 11) e BD e CE le rispettive bisettrici interne (selezionare per evidenziarne la costruzione).

figura 11

Costruito il punto Q tale che sia

ECQ = 1
2		 B = EBQ,

segue che Q dovrà appartenere alla medesima circonferenza di E, B, C (si consideri il lato EQ e si applichi il teorema dimostrato nella pagina Butterfly.html) per cui BQ e CE sono corde della medesima circonferenza. Poiché

B = ( 1
2		 B + 1
2		 B) < 1
2		 B + 1
2		 C

e a maggior ragione risulta

B < 1
2		 (B + C) < 1
2		 (A + B + C),

dato che A + B + C = 180° possiamo riscrivere quest'ultima come

EBC < BCQ < 90°.

Gli angoli coinvolti nella precedente disuguaglianza sono angoli acuti alla circonferenza sottesi a loro volta dalle corde CE e BQ per cui possiamo applicare il precedente lemma che comporta una disuguaglianza tra le rispettive corde: si ha pertanto

CE < BQ   ma essendo pure   BQ < BD

si può concludere che CE < BD.

Logica delle proposizioni e una seconda dimostrazione

L'obiettivo è di dimostrare, ancora una volta, il teorema di Steiner-Lehmus. Sintetizzando l'ipotesi e la tesi del teorema nelle due proposizioni

p = un triangolo possiede due bisettrici congruenti   q = il triangolo è isoscele

esso si esprime dal punto di vista della logica simbolica con l'implicazione

se p allora q.   (4)

Ricordando la tabella di verità dell'implicazione (materiale o filoniana, perché proposta nella scuola di Megara dal logico Filone attorno la fine del IV secolo a. C.)

 p   q    se p allora q  
1 1 1
1 0 0
0 1 1
0 0 1

dove al solito si intende, 1 = vera e 0 = falsa, vediamo che questa non cambia se costruiamo quella dell'implicazione

se non q allora non p.

detta comunemente, implicazione contronominale. Difatti si ha facilmente

 non q   non p    se (non q) allora (non p)  
0 0 1
1 0 0
0 1 1
1 1 1

II dimostrazione. Sottolineata questa equivalenza logica tra enunciati, equivalenza che giustifica il classico ragionamento per assurdo (reductio ad absurdum) e seguendo quanto proposto nel 1842 dallo stesso C. L. Lehmus, il teorema potrà dirsi dimostrato se dimostriamo la verità della contronominale di (4) e cioè, con le opportune negazioni, di

se un triangolo non è isoscele allora il triangolo possiede bisettrici non congruenti.

Ma, in conclusione, questa affermazione appare nient'altro che come una immediata conseguenza del secondo lemma già dimostrato: per tale motivo il teorema di Steiner-Lehmus appare in questo ambito come un semplice corollario.

Una terza dimostrazione

Proseguiamo con le dimostrazioni del teorema di Steiner-Lehmus riportando quella proposta da F. Descubes nel 1880. Pure questa, come d'altra parte la maggioranza delle prove addotte, utilizza il ragionamento per assurdo per cui inizia negando la tesi. In ABC sia quindi A > B (fig. 12).

figura 12

Poiché per ipotesi le rispettive bisettrici risultano congruenti AE = BD e il lato AB è in comune a ABD e ABE, e quindi questi triangoli hanno due lati ordinatamente congruenti e gli angoli compresi non congruenti, possiamo applicare il teorema che permette dalla

CAB > ABC,   di dedurre   BE > AD.   (5)

Vedremo ora come, seguendo un'altra linea deduttiva, giungeremo ad una evidente contraddizione. Tracciata perciò la retta per D parallela ad AE e la retta per E parallela ad AD, sia F il loro punto di intersezione. Evidentemente AEFD è un parallelogramma per cui DF = AE ma, dall'ipotesi AE = BD, discende per transitività DF = BD e quindi FDB risulta isoscele con angoli di base

DBF = BFD.

Quest'ultima si può riscrivere come

DFE + EFB = DBE + EBF

ma essendo DFE = DAE diviene

DAE + EFB = DBE + EBF

o anche, scambiando i membri a due addendi,

DAE - DBE = EBF - EFB.   (6)

Dato che

CAB > ABC   cioè   1
2		 CAB > 1
2		 ABC   ossia   DAE > DBE,

segue dalla precedente (6)

EBF - EFB > 0   cioè   EFB < EBF.

Considerando infine EBF e il teorema riguardante le disuguaglianze angoli-lati, possiamo dire che

BE < EF   ma essendo   EF = AD

si giunge alla BE < AD in aperta contraddizione con la (5). La negazione della tesi quindi comporta la deduzione di due risultati contraddittori e di conseguenza non può che essere CAB = ABC.

Problemi

Problema 11.3. Per mezzo del teorema di Stewart determinare la lunghezza delle bisettrici supposti assegnati i lati di un triangolo.
Dimostrazione

Problema 11.4. Utilizzando il risultato del problema precedente dimostrare per via algebrica il teorema di Steiner-Lehmus.
Dimostrazione

Una dimostrazione trigonometrica

Non può mancare una dimostrazione a carattere trigonometrico, proposta nel 1906 da M. Simon e condotta anche questa ipotizzando che la tesi del teorema di Steiner-Lehmus sia falsa. Giungeremo perciò anche in questo caso ad una evidente contraddizione. A tal fine, in aggiunta al teorema dei seni, si farà uso della conoscenza della monotonia per angoli acuti delle funzioni goniometriche elementari seno e coseno.

Dimostrazione. Riferendoci alla figura 13a le aree dei due triangoli in cui viene suddiviso ABC dalla bisettrice AD possono essere espresse in termini di due lati e del seno dell'angolo compreso ossia

figura 13a

figura 13b

(CAD) = 1
2		 AD · AC sen A
2
(DAB) = 1
2		 AD · AB sen A
2

dalle quali, sommando membro a membro e tenendo conto che (ABC) = (CAD) + (DAB) si ha

2 (ABC) = AD · (AC + AB) sen A
2

Trattando nello stesso modo ABE e EBC si giunge alla analoga

2 (ABC) = BE · (AB + BC) sen B
2

per cui ne discende l'uguaglianza

AD · (AC + AB) sen A
2		 = BE · (AB + BC) sen B
2

Semplificando in quanto per ipotesi è AD = BE e scambiando di membro alcuni termini e fattorizzando

BC·sen B
2		 - AC·sen A
2		 = AB ( sen A
2		 - sen B
2		 )   (7)

Se ora, negando la tesi del teorema, poniamo A > B e quindi pure

A
2		 > B
2		   (8)

dalla monotonia crescente del seno per angoli compresi nel I quadrante discende

sen A
2		 > sen B
2

per cui il secondo membro di (7) è positivo e quindi

BC·sen B
2		 - AC·sen A
2		 > 0.

D'altra parte la (8), assieme alla monotonia decrescente del coseno nel I quadrante, implica anche

cos A
2		 < cos B
2		   (9)

Se poi applichiamo il teorema dei seni a ABC abbiamo

AC
sen B		 = BC
sen A		 da cui AC·sen A = BC·sen B

che tramite la formula di duplicazione sen 2α = 2 sen α cos α si riscrive

2·AC·sen A
2		 cos A
2		 = 2·BC·sen B
2		 cos B
2		 cioè AC·sen A
2		 cos A
2		 = BC·sen B
2		 cos B
2

Ripresa la disuguaglianza (9), l'uguaglianza precedente comporta

AC·sen A
2		 > BC·sen B
2

ossia

BC·sen B
2		 - AC·sen A
2		 < 0

in contraddizione con la conclusione già ottenuta sopra. In definitiva, la negazione della tesi implica che due linee deduttive corrette portino a conclusioni reciprocamente contraddittorie: dev'essere pertanto A =B.