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Línea 1: <div align=justify> ==[[Almagesto\|'''Volver a los Contenidos''']]== =='''Preliminares para pruebas esféricas'''== <ref name="Referencia 076"></ref> Nuestra próxima tarea es demostrar las longitudes de los arcos individuales cortados entre el ecuador y la eclíptica a lo largo de un gran círculo a través de los polos del ecuador. De manera preliminar comenzaremos con breves teoremas y útiles que nos permitirán conducir a muchas demostraciones involucrando teoremas sobre esféricas en el sentido más simple y lo más metódico posible. [Ver Fig. 1.8.] tengamos dos líneas rectas, BE y GD, que están dibujadas encontrándose con dos líneas rectas AB Y AG, cortadas cada una en el punto Z. [[File:Almagesto_Libro_I_FIG_18.png\|center\|379px\|Fig. 1.18]] <center>Fig. 1.18</center> Digo que GA / AE = (GD / DZ) * (ZB / BE) <ref name="Referencia 077"></ref>. [Probar:] Sea EH dibujada desde E paralela a GD. Luego, GD y EH son paralelas, GA / AE = GD / EH. Si determinamos ZD en [como auxiliar], GD / EH = (GD / DZ) * (DZ / HE). en consecuencia GA / AE = (GD / DZ) * (DZ / HE). pero DZ / HE = ZB / BE (EH paralelo a ZD). en consecuencia GA / AE = (GD / DZ) * (ZB / BE). [13.1] Esto fue necesario para probar. En el mismo sentido, en el dividendo, probaríamos que GE / EA = (GZ / DZ) * (DB / BA). [Ver Fig. 1.9.] Dibujar una línea desde A paralela a EB y generar GD cortándola en H. Nuevamente, y AH es paralela a EZ, GE / EA = GZ / ZH. Pero, si damos en ZD [como auxiliar], GZ / ZH = (GZ / ZD) * (DZ / ZH). Fig. 1.9. Pero DZ / ZH = DE / BA (BA y ZH dibujada hasta intersecarse con 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] Esto fue necesario para probar. Nuevamente [Fig. 1.10.] sobre el círculo ABG, con centro D, tomar alguno de los tres puntos A, B ó G, de la circunferencia, dado aquello, cada uno de los arcos AB y BG son menores que un semicírculo (tomemos la misma condición que sea entendida para aplicarla a todos los arcos subsecuentes). Dibujemos AG y DEB. Digo que Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG = AE / EG. [Probar:] Eliminar las perpendiculares AZ y GH de los puntos A y G a DB. Luego, y AZ es paralela a GH, y encontrar 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] Esto fue necesario para probar. Fig. 1.10 Inmediatamente a esto sigue, que si tenemos íntegramente el arco AG y el radio (Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG), serán dados ambos 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, ^ ADZ, que subtiende la mitad del arco AG, será dado, y por lo tanto íntegramente el triángulo ADZ <ref name="Referencia 078"></ref>. Ahora, la cuerda AG está dada en su totalidad, y (AG / EG) está dado (en su igualdad (Cuerda arco 2 * AB / Cuerda arco 2 * BG)), AE será dado <ref name="Referencia 079"></ref>, y entonces será ZE, por substracción [de AZ a AE]. Fig. 1.11. Por lo tanto, DZ también está dado, en el triángulo rectángulo EDZ, el ^ EDZ será dado, por lo tanto en su totalidad el ángulo ADB. Por lo tanto el arco AB será dado y (por substracción) el arco BG. Esto fue necesario para probar. Nuevamente [ver Fig. 1.12.] sobre él círculo ABG con centro en D tomar tres puntos sobre la circunferencia, A, B y G <ref name="Referencia 080"></ref>. Unir DA y GB y [unir sus extremos opuestos] llevarlas hasta intersecarse en E. Digo que Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * AB = GE / BE. Por un argumento similar al teorema previo, si eliminamos las perpendiculares BZ y GH de B y G a DA, siendo ellas paralelas, GH / BZ = GE / EB. en consecuencia Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * AB = GE / EB. [13.4] Esto fue necesario para probar. Fig. 1.12. Inmediatamente en este caso, también sigue esto de aquello [explicado], si tenemos dado el arco GB y la longitud (Cuerda arco 2 * GA / Cuerda arco 2 * AB), el arco AB también será dado. Si repetimos la misma figura [ver Fig. 1.13], y unimos DB y eliminamos la perpendicular DZ a BG, luego el ^ BDZ, que subtiende medio arco BG, será dado. Por lo tanto el ángulo rectángulo en su totalidad <ref name="Referencia 081"></ref> BDZ estará dado. Ahora, la longitud (GE / EB) y la línea GB son dadas, EB será dado, y por lo tanto, por adición, la línea EBZ. Entonces DZ es dada, en el triángulo rectángulo EDZ, el ^ EDZ [también] es dado, y es dado, por substracción [desde el ^ BDZ dado] el ^ EDB. Por lo tanto el arco AB será dado. Habiendo establecido estos primeros teoremas, dibujemos [Fig. 1.14] <ref name="Referencia 082"></ref> los siguientes arcos de grandes círculos de una esfera: BE y GD son dibujados para intersecarse 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). Digo que Fig. 1.13. Fig. 1.14. Cuerda arco 2 * GE / Cuerda arco 2 * EA = (Cuerda arco 2 * GZ / Cuerda arco 2 * ZD) * (Cuerda arco 2 * DB / Cuerda arco 2 * BA) [Probar:] Tomemos el centro de la esfera, H, y dibujemos en él las intersecciones de los círculos, B, Z y E, las líneas HB, HZ, HE, unir AD y intersecarse con HB, enIgualmente, unir DG con AG, y que se corten HZ y HE en los puntos <ref name="Referencia 083"></ref> K y L. Luego, , K y L yacen sobre una línea recta, y todos ellos yacen simultáneamente en dos planos, el plano del triángulo AGD, y el plano del círculo BZE. Dibujada esta línea [KL]. El resultado será que allí hay dos líneas rectas, L y GL, dibujadas para intersecarse con dos líneas rectas, A y GA, y se intersecan cada una en K. en consecuencia GL / LA = (GK / KD) * (D / A). [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 D / A = 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] En el mismo sentido, correspondientes 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). <ref name="Referencia 084"></ref> [13.6] Esto fue necesario para probar. <center> {\| class="wikitable" \|- \|align="center" \| [[Almagesto:_Libro_I_-_Capítulo_12\|'''Capítulo Anterior''']] \|\| align="center" \| [[Almagesto:_Libro_I_-_Capítulo_14\|'''Capítulo Siguiente''']] \|- \|} </center> =='''Notas de referencia'''== {{listaref\|refs= <ref name="Referencia 076">En este capítulo sobre trigonometría esférica ver HAMA 26-30, Pedersen 72-8.</ref> <ref name="Referencia 077">Literalmente (aquí y en general) esta clase de longitud es expresada como “la longitud de GA a AE está combinada de () la longitud GD a DZ y la longitud de ZB a BE”.</ref> <ref name="Referencia 078">Uno que ya conoce el ^ AZD, como ángulo recto, y AD, un radio.</ref> <ref name="Referencia 079">Euclides “Data” 7 (si una magnitud dada es dividida en una longitud dada, cada parte es dada).</ref> <ref name="Referencia 080">Omitiendo (en el manuscrito D, I), en H72, 13-15,  AB, A, que es una odiosa repetición de H70, 21-5.</ref> <ref name="Referencia 081">Aquí y en otras partes el manuscrito D tiene la forma completa  para  de Heiberg. Esto puede ser cierto, pero no lo he registrado como una corrección, siguiendo el principio enunciado en la Introducción.</ref> <ref name="Referencia 082">Una adaptación de esta figura útil en la visualización de varios planos involucrados, ver HAMA Fig. 17 p. 1213.</ref> <ref name="Referencia 083">Leer  ...  (con el manuscrito D) en H75,2 para  ... . Corregida por Manitius.</ref> <ref name="Referencia 084">El teorema uniendo seis arcos de grandes círculos sobre la superficie de una esfera en la configuración de Menelaus (ver Introducción), siendo ejemplos los enunciados 13.5 y 13.6, le es debido a Menelaus, quien Ptolomeo en el Almagesto menciona sólo como un observador (ver índice). Este aparece en ambas formas como Prop. III 1 en su “Esféricas” (ed. Krause pp, 194-7). Estas dos formas han sido etiquetadas por Neugebauer (HAMA 28) como teorema I (= 13.6), donde cuatro partes internas, de la configuración de Menelaus, son cortadas en dos partes externas, y el Teorema II (= 13.5), donde son cortadas cuatro partes externas como dos partes internas. Usaremos esta terminología como sigue (abreviadas como M.T.I. y M.T.II.).</ref> }} </div> [[Categoría:Almagesto]]

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