Diferencia entre revisiones de «Almagesto: Libro II - Capítulo 11»
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=='''Sobre los ángulos entre la eclíptica y el horizonte'''==
<ref name="Referencia 094"></ref>
Seguidamente demostraremos como calcular, para alguna latitud dada, los ángulos formados por la eclíptica en el horizonte. También pueden ser derivados por un procedimiento que es más simple que aquel para los ángulos restantes [entre la eclíptica y los círculos de altitud].
Ahora es obvio que los ángulos [entre la eclíptica y el] meridiano son los mismos que aquellos [entre la eclíptica y él] horizonte en la esfera recta. Pero, en orden de calcular esos ángulos, también en la esfera oblicua, debemos primero probar que los puntos sobre la eclíptica equidistan del mismo equinoccio generando ángulos iguales en el mismo horizonte.
[Ver Fig. 2.14.] Sea ABGD un círculo meridiano, AEG el semicírculo del Ecuador y BED el semicírculo del horizonte. Dibujar dos segmentos de la eclíptica, ZH y KLM, tal que los puntos Z y K representan ambos el equinoccio de otoño, y el arco ZH es igual al arco KL.
Digo que
^ EH = ^ DLK.
[Probar:] Inmediatamente esto es obvio.
para el ∆ esférico EZH ≡ ∆ esférico EKL,
Y, como fue probado arriba, los correspondientes lados son iguales:
ZH = KL
HE = EL ([arcos cortados por] la intersección del horizonte [con la eclíptica])
EZ = EK (arcos de tiempos de salida) <ref name="Referencia 095"></ref>.
en consecuencia ^ EHZ = ^ ELK
en consecuencia ^ EH = ^ DLK (suplemento).
Fig. 2.14.
Esto fue necesario para probar.
Y también digo que, si dos puntos [de la eclíptica] son diametralmente opuestos, la suma de los ángulos [entre la eclíptica y el horizonte] en el punto de salida de uno y el punto de puesta del otro, es igual a dos ángulos rectos.
[Probar: ver Fig. 2.15.] Si dibujamos ABGD como el círculo del horizonte, y AEGZ como el círculo de la eclíptica, según aquello ellos se intersecan en A y en G, entonces
^ ZAD + ^ DAE = 2 ^ rectos.
pero ^ ZAD = ^ ZGD
en consecuencia ^ ZGD + ^ DAE = 2 ^ rectos.
Esto fue necesario para probar.
Y dado que esto es así, y ya que también hemos provisto que aquellos ángulos son iguales en el mismo horizonte formado por los puntos equidistantes [en la eclíptica] desde el mismo equinoccio, [y] una futura consecuencia será que, para los puntos equidistantes para el mismo solsticio, la suma del ángulo de salida en uno y el ángulo de puesta en otro será igual a dos ángulos rectos <ref name="Referencia 096"></ref>.
Fig. 2.15.
Por lo tanto, si hallamos los ángulos de salida desde [el signo de] Aries hasta Libra [inclusive], simultáneamente encontraremos los ángulos de salida en el otro semicírculo y los ángulos de puesta en ambos semicírculos. Brevemente explicaremos como hacer el cálculo, nuevamente tomando como ejemplo el mismo paralelo, en el que la elevación del polo norte desde el horizonte es de 36º.
Los ángulos entre la eclíptica y el horizonte en los puntos equinocciales, simplemente pueden ser calculados. [Ver Fig. 2.16] Si dibujamos ABGD como el círculo meridiano, AED como el semicírculo más al este del horizonte en cuestión, EZ como un cuadrante del Ecuador, y EB y EG como dos cuadrantes de la eclíptica tal que el punto E es el equinoccio de otoño con respecto a EB, y con respecto a EG, el equinoccio de primavera (por lo tanto B es el solsticio de invierno y G el solsticio de verano), podemos concluir tal como sigue.
Ex Hypothesi Arco DZ = 54º [colatitud de 36º]
y Arco BZ = arco ZG ≈ 23;51º.
en consecuencia
Arco GD = 30;9º
Fig. E
Fig. 2.16.
y
Arco BD = 77;51º.
Fig. 2.17.
Por lo tanto, E es el polo del meridiano ABG.
^ DEG, el ángulo en el principio de Aries, es de 30;9º (*)
y ^ DEB, el ángulo en el comienzo de Libra, es de 77;51º. (*)
(*) donde 1 ángulo recto = 90º.
En orden de explicar el procedimiento de hallar ángulos en otros puntos, tomemos, por ejemplo, el problema de encontrar el ángulo de salida formado en el comienzo de Taurus y el horizonte.
[Ver Fig. 2.17] Sea ABGD el círculo del meridiano, BED el semicírculo más al este del horizonte en cuestión. Dibujar el semicírculo AEG de la eclíptica, entonces aquel punto E representa el comienzo de Taurus. Ahora, en esta latitud, cuando esta saliendo el comienzo de Taurus, 17;41º está en la culminación inferior (hemos demostrado como fácilmente puede resolverse un problema por medio de los tiempos de salida tabulados) <ref name="Referencia 097"></ref>. Por lo tanto el arco EG es menor que un cuadrante. Entonces con el polo E y del lado de la escuadra [inscripta] el radio, dibujar el segmento del gran círculo HZ, y completar lo cuadrantes EGH y ED. Ambos DGZ y ZH son también cuadrantes, porque el horizonte BEQ va a través de los polos del meridiano ZGD y del gran círculo ZH. Además, 17;41º es 22;40º al norte del Ecuador, medido a lo largo del gran círculo a través de los polos del Ecuador (hemos colocado una tabla [I 15] para aquello también); y el Ecuador es de 36º desde el polo Z del horizonte, medido a lo largo del mismo arco, ZGD. Por lo tanto el arco ZG es igual a 58;40º. Siendo dadas éstas cantidades, luego seguidas de la figura aquella
Cuerda arco 2 * GD / cuerda arco 2 * DZ = (cuerda arco 2 * GE / cuerda arco 2 * EH) * (cuerda arco 2 * H / cuerda arco 2 * Z). [M.T.I.]
Pero, de lo arriba,
Arco 2 * GD = 62;40º,
entonces Cuerda arco 2 * GD = 62;24p,
Arco 2 * DZ = 180º,
entonces Cuerda arco 2 * DZ = 120p,
Arco 2 *GE = 155;22º,
entonces Cuerda arco 2 * GE = 117;14p,
Arco 2 * EH = 180º,
entonces Cuerda arco 2 * EH = 120p.
en consecuencia Cuerda arco 2 * H / cuerda arco 2 * Z = (62;24 / 120) / (117;14 / 120)
y Cuerda arco 2 * Z = 120p.
en consecuencia Cuerda arco 2 * H = 63;52p
en consecuencia Arco 2 * H = 64;20º
y Arco H = ^ HE = 32;10º.
Esto fue necesario para probar.
Para evitar el alargamiento de la parte teórica de este tratado, para una continua repetición del procedimiento, tomaremos el mismo método para dar por supuesto los signos y latitudes restantes <ref name="Referencia 098"></ref>.
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<ref name="Referencia 008"></ref>
=='''Notas de referencia'''==
{{listaref|refs=
<ref name="Referencia 094">“eclíptica”: literalmente “el mismo círculo inclinado”.</ref>
<ref name="Referencia 095">ZH = KL por hipótesis, HE = EL desde II 3; EZ = EK desde II 7.</ref>
<ref name="Referencia 096">Probar: ver Fig. E, en donde la eclíptica EXT interseca el horizonte SR en el punto de la puesta S y el punto de salida R. T es el solsticio, E el equinoccio (por lo tanto ET = 90º) y los dos puntos X y R están a la misma distancia, D, desde T. Luego EX = TE – TX = 90º - D. ES = RS –RE = 180º - (90º +D) = 90º - D. En consecuencia EX = ES. Por lo tanto, el ángulo de puesta en X es igual al ángulo de puesta en S. Pero la suma de los ángulos en el punto de salida R con el punto de puesta S es [igual] a 2 ángulos rectos. Por lo tanto, la suma del triángulo de salida en R y el ángulo de puesta en X es igual a 2 ángulos rectos.</ref>
<ref name="Referencia 097">II 9 (simplemente sumar 180º al punto de la culminación superior, que es calculado para este ejemplo en HAMA, 42).</ref>
<ref name="Referencia 098">Los ángulos entre la eclíptica y el horizonte explícitamente no son tabulados por Ptolomeo, pero puede ser derivado de los ángulos entre la eclíptica y el círculo de altitud en el punto de salida, tabulado en la Tabla II 13. Ver HAMA 47, que explícitamente también los tabula.</ref>
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