Almagesto: Libro I - Capítulo 13

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{Preliminares para las pruebas Esféricas}

[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 estableceremos algunos breves y útiles teoremas que nos permitirán derivar muchas demostraciones involucrando teoremas sobre esféricas por un camino simple y más metódico posible.

[Ver Fig. 1.8.] Sean dos líneas rectas, BE y GD, que son dibujadas para encontrarse con dos líneas rectas, AB y AG, cortándose 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 a través de E y paralela a GD. Luego, dado que 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 es paralela a ZD).
en consecuencia GA / AE = (GD / DZ) * (ZB / BE).

[13.1] Lo que se ha requerido para examinar.

Del mismo modo, dividendo, probaremos que

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

[Ver Fig. 1.9.] Dibujar una línea a través de 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 ZD [como auxiliar],

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

Fig. 1.9
Fig. 1.9

Pero DZ / ZH = DB / BA (BA y ZH SON 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.] en el círculo ABG, con centro D, tomar cualesquiera tres puntos A, B y G, sobre la circunferencia, provisto que cada uno de los arcos AB y BG son menores que un semicírculo (sea la misma condición comprendida para aplicarla a todos los arcos subsecuentes que tomemos). 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. Luego, 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).

Por lo tanto

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 nos son dados la totalidad del arco AG y la proporción (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 hasta 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 dada (siendo igual a (Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG)), AE será dado [4], y también lo será ZE, por sustracción [de AZ desde AE].

Fig. 1.11
Fig. 1.11

Por lo tanto, dado que 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, dado que [BZ y GH] son 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 este caso también se deduce inmediatamente que si se nos da solo el arco GB y la proporción (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, luego el ^ BDZ, que subtiende medio arco BG, será dado. Por lo tanto el triángulo rectángulo BDZ será dado en su totalidad [6]. Ahora, dado que la proporción (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 [del ^ BDZ dado] el ^ EDB es dado. Por lo tanto el arco AB será dado.

Fig. 1.13
Fig. 1.13

Habiendo establecido estos teoremas preliminares, dibujemos [Fig. 1.14] [7] los siguientes arcos de grandes círculos en una esfera: BE y GD son dibujados para encontrar a AB y a AG, y cortarse uno con el otro en Z. Sea cada uno de ellos menor que un semicírculo (y que la misma condición sea comprendida para aplicarla 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, también prolongada, 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). [según 13.2]
Pero GL / LA = Cuerda arco 2 * GE / Cuerda arco 2 EA. [según 13.3]
y GK / KD = Cuerda arco 2 * GZ / Cuerda arco 2 * ZD. [según 13.3]
y DΘ / ΘA = Cuerda arco 2 * DB / Cuerda arco 2 * BA. [según 13.4].

Por lo tanto

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] Configuración de Menelao

Lo que se ha requerido para examinar.

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Notas de referencia

  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 proporción es expresada como “la proporción GA / AE es combinada desde () la proporción GD / DZ y desde la proporción 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 es 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 correcto, aunque 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  ...  (en 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 Menelao (ver la Introducción), en la que son ejemplificados los enunciados 13.5 y 13.6, es debido a Menelao, quien Ptolomeo menciona en el Almagesto sólo como un observador (ver Tabla Cronológica de las Observaciones). Éste aparece (en ambas formas) como Prop. III 1 en su “Esférica” (ed. Krause pp, 194-7). Éstas dos formas han sido etiquetadas por Neugebauer (HAMA 28) como el Teorema I (= 13.6), donde cuatro partes interiores de la Configuración de Menelao están relacionadas con las dos partes exteriores, y el Teorema II (= 13.5), donde cuatro partes exteriores están relacionadas con las dos partes interiores. Usaremos esta terminología del siguiente modo (abreviadas como M.T.I. y M.T.II.).