Almagesto: Libro I - Capítulo 13

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{Preliminares para las pruebas Esféricas}[editar]

[1]

Nuestra próxima tarea es demostrar las longitudes de los arcos individuales cortados entre el Ecuador y la Eclíptica a lo largo del gran círculo a través de los polos del Ecuador. De manera preliminar, comenzaremos con teoremas breves y útiles que nos permitirán derivar muchas demostraciones involucrando teoremas sobre esféricas en el sentido más simple y en lo más metódico posible.

[Ver Fig. 1.8.] Sean dos líneas rectas, BE y GD, las cuales son dibujadas para encontrar dos líneas rectas. AB y AG, se cortarán una con la otra en el punto Z.

Fig. 1.8
Fig. 1.8

Digo que

GA / AE = (GD / DZ) * (ZB / BE) [2].

[Demostración:] Sea EH dibujada desde E y paralela a GD. Luego, GD y EH son paralelas,

GA / AE = GD / EH.

Si tomamos ZD [como auxiliar] en,

GD / EH = (GD / DZ) * (DZ / HE).
en consecuencia GA / AE = (GD / DZ) * (DZ / HE).
pero DZ / HE = ZB / BE (EH paralela a ZD).
en consecuencia GA / AE = (GD / DZ) * (ZB / BE).

[13.1] Lo que se ha requerido para examinar.

Del mismo modo, en el dividendo, probaremos que

GE / EA = (GZ / DZ) * (DB / BA).

[Ver Fig. 1.9.] Dibujar una línea desde A paralela a EB y prolongar GD cortándola en H.
Nuevamente, dado que AH es paralela a EZ,

GE / EA = GZ / ZH.

Pero, si tomamos en ZD [como auxiliar],

GZ / ZH = (GZ / ZD) * (DZ / ZH).

Fig. 1.9
Fig. 1.9

Pero DZ / ZH = DE / BA (BA y ZH dibujadas hasta encontrar las líneas paralelas AH y ZB).

en consecuencia GZ / ZH = (GZ / DZ) * (DB / BA).
pero GZ / ZH = (GE / EA).
en consecuencia GE / EA = (GZ / DZ) * (DB / BA).

[13.2] Lo que se ha requerido para examinar.

Nuevamente [Fig. 1.10.] sobre el círculo ABG, con centro D, tomar cualquiera de los tres puntos A, B ó G, de la circunferencia, proveyendo que cada uno de los arcos AB y BG sean menores que un semicírculo (sea la misma condición a ser entendida y tomada para aplicarla a todos los arcos subsecuentes).

Dibujemos AG y DEB. Digo que

Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG = AE / EG.

[Demostración:] Eliminar las perpendiculares AZ y GH desde los puntos A y G hasta DB. Entonces, dado que AZ es paralela a GH, y se encuentran con la línea AEG,

AZ / GH = AE / EG.
pero AZ / GH = Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG
(para AZ = ½ Cuerda arco 2 * AB y GH = ½ Cuerda arco 2 * BG)

en consecuencia

AE / EG = Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG.

[13.3] Lo que se ha requerido para examinar.

Fig. 1.10
Fig. 1.10

Inmediatamente sigue que, si está dado es su totalidad el arco AG y la relación (Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG), serán dados ambos arcos, el arco AB y el arco BG.

Repitiendo la misma figura [ver Fig. 1.11], unir AD, y eliminar la perpendicular DZ desde D a AEG.

Es obvio que, si el arco AG es dado, el ^ ADZ, que subtiende la mitad del arco AG, será dado, y por lo tanto íntegramente el triángulo ADZ [3]. Ahora, ya que la cuerda AG está dada en su totalidad, y (AG / EG) está dado (siendo igual a (Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG)), AE será dado [4], y entonces será ZE, sustracción [ de AZ desde AE].

Fig. 1.11
Fig. 1.11

Por lo tanto, DZ también está dado, en el triángulo rectángulo EDZ, el ^ EDZ será dado, y por lo tanto la totalidad del ángulo ADB. Por lo tanto el arco AB será dado y (por sustracción) el arco BG.

Lo que se ha requerido para examinar.

Nuevamente [ver Fig. 1.12.] en el círculo ABG con centro en D, tomar tres puntos sobre la circunferencia, A, B y G [5]. Unir DA y GB prolongándolas hasta encontrarse en E.

Fig. 1.12
Fig. 1.12

Digo que

Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * AB = GE / BE.

Con un argumento similar al teorema previo, si eliminamos las perpendiculares BZ y GH desde B y G hasta DA, siendo [BZ y GH] paralelas,

GH / BZ = GE / EB.

en consecuencia

Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * AB = GE / EB.

[13.4] Lo que se ha requerido para examinar.

En éste caso, inmediatamente sigue también, que si justamente tenemos dado el arco GB y la razón (Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * AB), el arco AB también será dado.

Para ello, si repetimos la misma figura [ver Fig. 1.13], y unimos DB y eliminamos la perpendicular DZ hasta BG, entonces el ^ BDZ, que subtiende medio arco BG, será dado. Por lo tanto el ángulo rectángulo en su totalidad [6] BDZ estará dado. Ahora, dado que la razón (GE / EB) y la línea GB son dadas, EB será dada, y por lo tanto, por adición, la línea EBZ. Entonces, dado que DZ es dada, en el triángulo rectángulo EDZ, el ^ EDZ [también] es dado, y por sustracción es dado el ^ EDB [desde el ^ BDZ dado]. Por lo tanto el arco AB será dado.

Fig. 1.13
Fig. 1.13

Habiendo establecido estos primeros teoremas, dibujemos [Fig. 1.14] [7] los siguientes arcos de grandes círculos de una esfera: BE y GD son dibujados para intersectarse en AB y AG, y cortar a cada uno en Z. Sea cada uno de ellos menor que un semicírculo (y que la misma condición sea entendida para ser aplicada en todas las figuras).

Fig. 1.14
Fig. 1.14

Digo que

Cuerda arco 2 * GE / Cuerda arco 2 * EA = (Cuerda arco 2 * GZ / Cuerda arco 2 * ZD) * (Cuerda arco 2 * DB / Cuerda arco 2 * BA)

[Demostración:] Tomemos el centro de la esfera, H, y dibujemos desde él las líneas HB, HZ, HE, hasta las intersecciones de los círculos, B, Z y E. Unir AD y prolongarla hasta encontrarse con HB, en Θ. De igual manera, unir DG con AG, y sean ellos HZ y HE cortados en los puntos [8] K y L.

Luego, Θ, K y L se ubican en una línea recta, dado que todos ellos se sitúan simultáneamente en dos planos, el plano del triángulo AGD, y el plano del círculo BZE.

Dibujar esta línea [la ΘKL]. El resultado será que allí hay dos líneas rectas, ΘL y GL, dibujadas para encontrarse con dos líneas rectas, ΘA y GA, y se intersectan una con la otra en K.

en consecuencia GL / LA = (GK / KD) * (DΘ / ΘA). [desde 13.2]
Pero GL / LA = Cuerda arco 2 * GE / Cuerda arco 2 EA. [desde 13.3]
y GK / KD = Cuerda arco 2 * GZ / Cuerda arco 2 * ZD. [desde 13.3]
y DΘ / ΘA = Cuerda arco 2 * DB / Cuerda arco 2 * BA. [desde 13.4].

en consecuencia

Cuerda arco 2 * GE / Cuerda arco 2 * EA = (Cuerda arco 2 * GZ / Cuerda arco 2 * ZD) * (Cuerda arco 2 * DB / Cuerda arco 2 * BA). [13.5]

De la misma manera, correspondiendo a las líneas rectas en el plano de la figura [Fig. 1.8], puede ser demostrado que

Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * EA = (Cuerda arco 2 * GD / Cuerda arco 2 * DZ) * (Cuerda arco 2 * ZB / Cuerda arco 2 * BE). [9] [13.6]

Lo que se ha requerido para examinar.

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Notas de referencia[editar]

  1. Sobre la trigonometría esférica explicada en este capítulo ver HAMA 26-30, Pedersen 72-8.
  2. Literalmente, (aquí y en general), este tipo de razón es expresada como “la razón de GA / AE es combinada desde () la relación GD / DZ y la relación de ZB / BE”.
  3. Uno ya conoce el ^ AZD como un ángulo recto, y AD, un radio.
  4. Euclides “Data” 7 (si una magnitud dada está dividida en una proporción dada, cada parte está dada).
  5. Omitiendo (en el manuscrito D y Is), en H72, 13-15,  AB, A, que es una repetición superflua de H70, 21-5.
  6. Aquí (en H74,3) y en otras partes (por ej. H74,7), el manuscrito D tiene la forma completa  para la  de Heiberg. Esto quizás sea cierto, pero no lo he registrado como una corrección, siguiendo el principio enunciado en la Introducción.
  7. Ver HAMA Fig. 17 p. 1213 para una adaptación de ésta figura útil en la visualización de varios planos involucrados.
  8. Leer  ...  (con el manuscrito D) en H75,2 en cambio de  ... . Corregida por Manitius.
  9. El teorema uniendo seis arcos de un gran círculo sobre la superficie de una esfera en la Configuración de Menelaus (ver la Introducción), en la que son ejemplificados los enunciados 13.5 y 13.6, es debido a Menelaus, quien Ptolomeo menciona en el Almagesto sólo como un observador (ver índice s.v.). Éste aparece (en ambas formas) como Prop. III 1 en su “Esféricas” (ed. Krause pp, 194-7). Éstas dos formas han sido etiquetadas por Neugebauer (HAMA 28) como el Teorema I (= 13.6), donde cuatro partes internas de la Configuración de Menelaus están relacionadas con las dos partes exteriores, y el Teorema II (= 13.5), donde cuatro partes externas están relacionadas con las dos partes interiores. Usaremos esta terminología del siguiente modo (abreviadas como M.T.I. y M.T.II.).