AUTOR: OSCAR JOSE MAGO VILLARROEL C.I: 02658332 CUMANA, EDO SUCRE
LOCURA MILENARIA… “Un hombre con una idea es un loco hasta que la idea triunfa” MARK TWAIN
1ra. Edición Octubre 2016- Quedan rigurosamente prohibidas las reproducciones parciales o totales de esta obra, sin la autorización escrita del autor; bajo las sanciones establecidas en la Ley de Depósito Legal y su reglamento. Oscar José Mago Villarroel. Todos los Derechos Reservados. Depósito Legal: SU2016000008 Portada: El Hombre de Vitrubio, dibujo de Leonardo da Vinci para estudiar las proporciones del cuerpo humano, basado en los textos de arquitectura de Merco Vitrubio Polión, arquitecto romano, siglo I a.C. Diagramación: Omar José Rivero Velazco
PRESENTACIÓN ¿Cómo explicar ese vasto mundo lleno de axiomas y términos? ¿Cómo explicar que hasta en la belleza de las cosas está la Matemática? Por el carácter abstracto que encierra su definición, se crea un te- mor indescriptible, una aversión tal, que raya en la locura. Ella es el uso de la lógica en el razonamiento, es cálculo, medición, formas y movimiento. Esa belleza que absorbe, atrajo con mucha fuerza al autor de este trabajo científico, El Prof. Oscar Mago Villarroel. A él lo conozco muy bien ya que es mi padre: “El Hombre Capicúa”, así lo miro. Con una amplia experiencia en la docencia. Poeta, músico, excelente padre, enamorado de su amor eterno y buen amigo. Esa capacidad de abstraerse del mundo que lo rodea y su pasión por la matemática, es bien conocida por todas las personas cercanas a él. Un día se motivó por la imposibilidad que se les presentó a los grandes matemáticos del mundo, para resolver el problema milena- rio: “la Cuadratura del Círculo”, cuestión que es aparentemente im- posible para el común de las personas. Tras años invertidos diva- gando, gastando hojas y lápices, llega a una solución rara, valiosa y útil para el que es versado en el mundo de los números; inquie- tante e incitador para el que sabe poco. Oscar Mago Villarroel si- guió el camino de migajas de oro dejadas por grandes pensadores, él aportó una migaja dorada más a ese camino. La solución a la cuadratura del círculo propuesta por Oscar Mago Villarroel permite que se levante un poco más ese velo de sigilo que posee la ma- temática. Permite acercarnos un poco más a ese regalo maravillo- so que es el conocimiento, ya que deja para la posteridad un ejem- plo de valorable persistencia, en la búsqueda de un camino que conduzca a una verdad matemática. El se amarró a una premisa, y tiene muchas razones: “La Matemática tiene muchos caminos que conducen a una misma ver-dad”; por eso decidió no utilizar la me- todología del solo uso del compás y la regla no graduada impuesta por los matemáticos griegos; además, dentro de su conclusiones deja nuevos conocimientos que enriquecen la geometría Plana o Euclidiana, para bien del desarrollo de la ciencia. Ing. Oscamarys Mago R
AGRADECIMIENTO Al padre celestial, quien me dejó vivir hasta llegado este momento y me inspiró a seguir el camino seguro para el logro de este altísimo obje- tivo A Omar José Rivero Velazco, quien en todo momento me apoyó de manera diligente y adecuada. Al personal de la División de Bibliotecas Públicas. Departamento Legal. Edo. Sucre, por su atención cordial activa y efectiva para el alcance de este objetivo tan Importante para mí. A todas las personas que de una u otra manera me incentivaron a culminar este trabajo, muy especialmente, el Prof. José Tomás Velásquez Barreto
DEDICATORIA… A: Mis ascendientes Pedro A .Mago e Isabel B Villarroel de M. Mi eterna compañera y amiga Amarilis Rivero de M. Mis descendientes Oscamarys, Osbet y Oscar Antonio, nietos. Yernos y nuera. Mis hermanas y hermanos (especialmente Pedro Luis), sus cónyu- ges y descendientes. Mis colegas que dictan clases de Matemáticas. Todos mis amigos y amigas y los centenares de ahijados
INTRODUCCIÓN.
El problema de la cuadratura del círculo ha sido hasta hoy un enigma sin resolver; si nos apegamos al solo uso del compás y regla, co- mo plantearon los matemáticos griegos siglos antes de Cristo; aspecto ratificado por Ferdinand Lindemann en 1882. En virtud de tantos intentos fallidos, se tomó la decisión de utilizar otro método distinto al escogido por los geómetras griegos, con la sola intención de dar una aproximación numérica a dicho problema.
Tratando de cumplir con lo establecido se utilizó la relación entre las áreas de un círculo y un cuadrado, llegándose a encontrar la expre-
sión L= r p ; lo que aparentemente es una verdad, cuestión que carece de rigurosidad matemática; por ello hubo que demostrarse que el lado L del cuadrado es afectado por el valor de p . Para el logro de este objetivo se usó la ecuación ?? ???? . ????=????, que contiene tres incógnitas interdepen- dientes X, NL y GP, aspecto de rara aplicación en la matemática; pero hubo necesidad de usar esta metodología de ensayo y error, ya que el valor GP conduciría a la búsqueda del valor del lado del cuadrado que resuelve la cuadratura. La ecuación elegida requirió establecer más de diez millones de líneas que representan lados paralelos de cuadrados, entre los cuadrados inscrito y circunscrito del círculo de radio r=1. Logrado el objetivo anterior se hace necesario determinar la influencia del radio del círculo sobre el lado L del cuadrado que representa la solución de la cua- dratura. Es necesario aclarar que no fue posible encontrar documentos bibliográficos, que sustenten o contradigan respecto a la metodología em- pleada, ni sobre otros aspectos derivados de los análisis de los cálculos que aquí se presentan.
AUTOR: OSCAR JOSE MAGO VILLARROEL C.I: 02658332 CUMANA, EDO SUCRE
PLANTEAMIENTO
Según Ferdinand Lindemann (1882), es imposible hallar un cuadrado que represente el área de un círculo con radio determinado, si se parte de la condición del uso indispensable del compás y la regla.
En virtud de la planteado, se espera que se acepte este tipo de solución, aunque no cumpla con las condiciones establecidas por los geómetras griegos; esto, con la intención de dar una aproximación numé- rica al problema en cuestión. Sea Ac = pr2 el área de un círculo de r = 1; y A = L2 el área de un cuadrado de lado L.
Si se supone que ambas áreas son equivalentes, entonces: pr2 donde L = r p y como Ac = A ; luego pr2 = L2 ; por lo tanto L =
r = 1 entonces L = p. L = r p Requiere ser demostrado con la mayor precisión matemática posible.
En la figura Nº 1 se hallarán:
1) El área Aci del cuadrado Inscrito EFGH Aplicando el teorema de Pitágoras En el triángulo OFG, FIG. 1
(F??)2 =(O??)2 + (O??)2; sustituyendo por r se tiene que ( F??)2 = ??2 + ??2 , = 2??2 y FG = ?? 2 ; y como r = 1, luego (F??)2= 2??2 ; entonces F?? entonces ???? = 2 ; por lo tanto el área del cuadrado inscrito será, Aci = ???? ?? ???? ; como ???? = ???? = 2 entonces Aci = 2 ?? 2 , de donde Aci = 2 2) El área Acc del cuadrado circunscrito ABCD.
Acc = ???? ?? ????;???????? ???? = ???? = 2?? ; ????????????????
Acc = 2?? ?? 2?? ?? ???????? ?? = 1 ; ???????????????? ?????? = 4 De los cálculos de estas tres áreas se concluye que Aci < ???? < ?????? ?? ???????????????????????? ?????????????? ???????????????????? 2 < ????2 < 4; lo que se puede escribir como 2 < ??2 < 4.
Así mismo, en la figura 1 se observa que el tamaño del lado L del cuadrado EFGH se encuentra entre las longitudes de los cuadrados ins-
crito y circunscrito; es decir ?? 2 < ?? < 2?? ; dentro del área ZC que se llamará Zona de Certidumbre.
Ahora se hallará el valor de GC donde se forma el lado L.
Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo ABC de la figura 1 se tiene que ( ????)2 =(????)2 + (????)2 : (????)2 = 2?? 2 + 2?? 2 ; ?????????? ???? = 8??2 ?? ???? = 2?? 2 y como ?? = 1 ???????????????? ???? = 2 2 . ?? ???? = ???? ???????????????? ???? – ???? = ???? + ???? Como ???? – ???? = ???? + ????
Luego.
???? – ???? = 2???? ;???????????????????????? ???? ?????????? 2?? 2 – 2?? = 2???? ???? = ?? 2 – ?? ;???????? ?? = 1 , ???? = 2 – 1 ???? = 1,41421356- 1
???? = 0,41421356 y se cumple que GC = AE = FB = HD. (Ver Fig. 1)
???? = 0,41421356
Entonces, en la longitud GC debe existir un punto por donde pasa el lado L, paralelo a los lados de las cuadrados inscrito y circunscrito.
Para buscar el lado L = ?? se establecerá en la zona ZC 10.485.760 lados para obtener una mayor precisión; lo que determina igual número de puntos sobre GC.
Encontrar el punto adecuado, sobre GC por donde pasa L significa hacer los cálculos correspondientes hasta hallarlo; para lo cual se usará ??
??: Lado que satisface el valor ??
????: Número de lados establecidos en GC
????: Longitud de G a C donde se halla L= ??
????: Longitud que genera el valor ?? y por tanto ?? (Ver fig. 1).
Se aclara que X, NL y GP son tres incógnitas interdependientes, lo que exige un apartado especial para exponer de manera evidente dicho funcionamiento.
Logrado GP, se sumará a ?? = 1 para hallar la distancia desde el centro (0) a los puntos P y K y con ellas aplicar el teorema de Pitágoras en el triángulo OKP (Fig. 2) para comprobar la existencia de PI. Las con- diciones NL= 10.485.760, X= 6.412.613 genera el valor GP = 0,25331414 y este a su vez genera Pi y en consecuencia ??.
Los cálculos determinaron que: 6.412.613 10.485.760 ?? 0,41421356 = 0,25331414; Luego GP = 0,25331414; por lo tanto
???? = ?? + ???? ;
???? = 1 + 0,25331414 ???? = 1,25331414 y como ???? = ???? ???????????????? ???? = 1,25331414 aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo. OKP (Fig. 2) se tiene que:
(????)2 = (????)2 + (????)2 ?? ???????? ???? = ????,????????????????
(????)2 = (1,25331414)2 + (1,25331414)2
(????)2 = 1,57079633+ 1,57079633
(????)2 = 3,14159266 ;Valor muy aproximado al de ?? popularizado por el matemático galés William Jones en el año 1706, quien usó ?? = 3,14159265, lo que arrojó una diferencia de 1??10-8 , entonces ???? = 3,14159266 ?? ???? ???????????? ?????? ???? = ???? = ???? = ???? (Ver Fig.1) ???? = 1,77245385 Valor hallado con alta precisión. Como KP = L Así queda demostrado que L = ?? Logrado este resultado, se debe hallar una ecuación que defina el lado L del cuadrado cuya área represente la del círculo de ?? = 1 L = 1,77245385
De la Fig.2 se tiene que.
???? = ???? + ???? + ???? ;???????? ???? = ???? ????????????????
???? = ???? + ???? + ???? ???? = 2???? + ???? ?? ???? = ???? = ?? 2 = 2 ?????? ?????? ?? = 1 2???? = ???? – ???? , ???????????????????????? ???? ??????????. 2???? = 1,77245385- 2 2???? = 1,77245385- 1,41421356 ???? = ?? 2 + ?? , ???????? ?? = 1 , ???? = 2 + ?? , ???????? ???? = ?? ???????????????? 2 + ?? = ?? ???????? ?? = 1 Analizando el comportamiento para otros valores del radio, se concluye que el Lado L depende de este; por lo tanto L = ?? 2 + ?? ? ?? ? ??+ ?? ?? = 0,35824029. Al lado L se llamará lado transcendental.
El área del cuadrado, equivalente a la de un círculo de radio determinado será: ?? = ??2 ; ?? ?? = ??2 2 + ?? 2 ? ?? ? ??+ ?? ?? = 0,35824029. A este cuadrado tan especial se llamará cuadrado transcendental. se debe usar Para obtener mejor precisión en los cálculos ?? = 3,14159265 Fig. 2 S 2???? = 0,35824029 ; ???? 2???? = ?? entonces
?? = 0,35824029.
C es la variación que experimenta FG cuando el radio ?? se extiende desde G hasta P y desde F hasta K.
???? = ???? + ?? ?? ???????? ???? = ?? 2
Fig. 3 ?? = ??: Longitudes Notables Dentro Del Círculo Con Radio
1. Longitud del centro del círculo al cuadrado inscrito ???? ???? = ?????? 45° ?????? ???? = ?? = 1 ???? = ???? · ?????? 45° ?????????? ???? = 1 ?? 2/2 ???? = 1 ?? 0,70710678 ???????????????? ???? = 0,70710678 2. Longitud del cuadrado inscrito al lado transcendental L . Del triángulo GP se tiene que: ???? ???? = ?????? 45° , ?????????? ???? = ???? · ?????? 45° ???? = 0,25331414 ?? 0,70710678 ???? = 0,17912015
3. Longitud del centro del círculo al lado transcendental L. ???? = ???? + ???? , ?????????????? ???? ???????????????????? 1 ?? 2 (Ver fig.3) ???? = 0,70710678 + 0,179120 15 ???? = 0,88622693. También se puede hallar aplicando ???? ???? = ?????? 45° ???? ???? ??????á?????????? ?????? (Ver Fig.3) ???? = ???? · ?????? 45° ?????????? ???? = 1,25331414 ?? 2 /2
???? = 0,88622693.
4. Longitud del lado del cuadrado inscrito al circunscrito. (Ver Fig.3)
???? = ???? – ????
???? = 1 – ???? , luego ???? = 1 – 0,70710678 ?? ???? = 0,29289322
Analizando el comportamiento para valores distintos de un radio ?? = 1 se concluye que estas longitudes se pueden hallar por las ecuaciones:
1) ???? = ?? .?????? 45° ? ?? ? ??+ 2) ???? = ?? .???? .?????? 45° ? ?? ? ??+ 3) ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° ? ?? ? ??+
En la Fig.3 se observa que las distancias en los casos 1 y 3 corres- ponden a radios de círculos concéntricos; tangenciales: uno a los lados del cuadrado inscrito y otro a los lados del cuadrado transcendental.
Para hallar el radio del círculo tangente a los lados del cuadrado transcendental se usará la ecuación:
???? = ?? 1 + ???? cos45° ? ?? ? ??+ y GP = 0,25331414.
Al radio Rt por su condición se le llamará radio Transcendental.
EJEMPLOS DE APLICACIONES.
Ejemplos :
a) Hallar: El cuadrado cuya área es equivalente a la de la proyección ortogonal del globo terrestre sobre un plano.
Solución: Área del círculo. AC= ????2 AC= ??(6,4??106????)2 AC= 40,96×1012?? ????2
Entonces AC = A Área del cuadrado. L= ?? ( 2 + C) L= 6,4??106 ???? . ?? A= ??2( 2 + ??)2 A=40,96×1012?? ????2
???? = 4,43113463 ???? ?????????? ???? = b) Dado r = 2 hallar el lado L. ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45°
???? = 2 1 + 0,25331414 ?? 0,70710678
???? = 1,77245385 ????????????????
???? = ??
Ahora se hallará la longitud del lado L del cuadrado transcendental. Usando el triángulo OXP de la Fig.6 se tiene que. ???? ???? = ?????? 45° ,?????????? ???? = ???? · ?????? 45°
Como Rt = OX entonces PX = ?? .1 de donde PX = ??. Del triángulo OKP de la Fig. 6 se tiene que KP = L y L = KX + XP; y como KX = XP entonces L = ?? + ?? y por lo tanto L = 2 ??, luego; L= 2 Rt
Los resultados de Rt y L indican que ambos valores dependen de raíz cuadrada de Pi.
c) Dado ?? = 5 hallar el lado L.
Rt =?? 1 + ???? ?????? 45° ???? = 5 1 + 0,25331414 ?? 0,70710678
5 ?? 2 Del triángulo OYQ de la Fig. 6 se tiene que ???? ???? = tan 45° ???? = ???? · ?????? 45° , ???????? ???? = OY entonces YQ = 5 ?? 2 ?? 1 YQ = 5 ?? 2 , del triángulo OMQ de la Fig.6 se tiene que MQ = ?? y ?? = ???? + ???? ?? ???????? ???? = ???? ???????????????? ?? = 5 ?? 2 + 5 ?? 2 Luego ?? = 5 ?? y L= 2 Rt Los resultaos de Rt y L indican que ambos valores dependen de raíz cuadrada de Pi.
También se observa, que en los ejemplos b y c se cumple que L= 2 Rt y como A= L. L entonces; A= 4 (????)2 Fig. 5
CONCLUSIONES:
1) El cuadrado que resuelve la cuadratura de cualquier círculo está ubicado entre los cuadrados inscrito y circunscrito. 2) Durante el desarrollo de los procedimientos metodológicos utilizados surgie- ron dos constantes, GP = 2,5331414 x 10-1 y C= 3,5824029 x 10-1 3) Los cuadrados notables de un círculo son: el inscrito, el que resuelve la cuadratura (cuadrado trascendental) y el circunscrito. 4) El lado L del cuadrado que resuelve la cuadratura del círculo, se encuentra a 61,15544% de la longitud de la perpendicular (an) que va del punto a del lado cuadrado inscrito al punto n del lado del cuadrado circunscrito; es decir 61,15544% de 0,29289322 (ver Fig.3) 5) Los lados del cuadrado que resuelven la cuadratura (cuadrado transcen- dental) corresponden a los lados del cuadrado circunscrito del círculo concéntrico en el punto de origen cuyo radio es + 6) Todo círculo con radio ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° ? ?? ? ??+ es tangencial aun cuadrado, solución de la cuadratura de un círculo de radio determina- do. 7) Los círculos notables de cualquier círculo concéntrico en el punto donde se forma el círculo original son tangentes: uno a los lados del cuadrado inscri- to y otro a los lados del cuadrado que resuelve la cuadratura (cuadrado Transcendental). 8) El tamaño de las longitudes de cada uno de los lados del cuadrado, que re- presenta la solución de la cuadratura, es múltiplo o submúltiplo de raíz cua- drada de Pi. 9) El tamaño de los radios que se generan por la ecuación ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° es múltiplo o submúltiplo de la raíz cuadrada de Pi. lado 10)La longitud del radio ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° es igual a la mitad del transcendental L. 11)Como ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° ? ?? ? ??+, entonces ???? = ?? 1 + 0,25331414 2 2 de donde ???? = ?? ?? 2 . como el lado L=2 Rt, entonces el área del cuadrado que resuelve la cuadratura del círculo será ??2 = 4( ????)2. Esta es otra ecuación que conduce al mismo resul- tado. 12)El valor ?? = 3,14159266hallado en este trabajo, corresponde a una circunfe- rencia con radio r= 0,88622693 y longitud circunferencial L= 5,56832802. La cual es tangente a los lados del cuadrado que representa la cuadratura del círculo con r = 1
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