Almagesto: Libro I - Capítulo 13
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{Preliminares para las pruebas Esféricas}
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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/7/7a/Almagesto_Libro_I_FIG_08.png)
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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/0/00/Almagesto_Libro_I_FIG_09.png)
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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/e/ef/Almagesto_Libro_I_FIG_10.png)
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 esta dada en su totalidad, y (AG / EG) esta 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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/5/52/Almagesto_Libro_I_FIG_11.png)
Por lo tanto, dado que DZ también esta 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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/24/Almagesto_Libro_I_FIG_12.png)
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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/b/b3/Almagesto_Libro_I_FIG_13.png)
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](http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/b/b0/Almagesto_Libro_I_FIG_14.png)
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 intersecan 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
- ↑ Sobre la trigonometría esférica explicada en este capítulo ver HAMA 26-30, Pedersen 72-8.
- ↑ 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”.
- ↑ Uno ya conoce el ^ AZD como un ángulo recto, y AD, un radio.
- ↑ Euclides “Data” 7 (si una magnitud dada esta dividida en una proporción dada, cada parte es dada).
- ↑ Omitiendo (en el manuscrito D y Is), en H72, 13-15, AB, A, que es una repetición superflua de H70, 21-5.
- ↑ 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.
- ↑ Ver HAMA Fig. 17 p. 1213 para una adaptación de esta figura útil en la visualización de varios planos involucrados.
- ↑ Leer ... (en el manuscrito D) en H75,2 en cambio de ... . Corregida por Manitius.
- ↑ 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). Este 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.).