Construcción de la constante Pi (·) y su demostración a través de un teorema (página 2)
Enviado por Rodolfo A. Nieves Rivas
- Formulación de una serie de enunciados (lemas) que permitan desarrollar una construcción básica donde se demostrará el teorema.
- Una vez construida dicha constante se realizará un
análisis de todos y cada uno de los elementos que intervienen en la construcción básica.
- Y por último se realiza una demostración definitiva a través del planteamiento de un problema por resolver (análogo)
PROBLEMA POR RESOLVER: (Con Regla sin Marcas y Compás)
DADOS DOS SEGMENTOS DE RECTAS AO y OB= 2AO ORTOGONALES EN EL PUNTO O y CON CENTRO EN EL PUNTO O CONSTRUIDA UNA SEMI-CIRCUNFERENCIA AMC CUYO RADIO SEA IGUAL A EL SEGMENTO OA; "DETERMINAR UN PUNTO P EN EL SEGMENTO AO DONDE CENTRAR EL COMPAS y CON ABERTURA PO CONSTRUIR UN ARCO OE PARA OBTENER UN PUNTO R EN LA INTERSECCION DE LOS ARCOS AM Y OE" DE FORMA TAL QUE LOS PUNTOS P; R y B QUEDEN ALINEADOS (CORRECTALES)
CUMPLIENDO LAS SIGUIENTES CONDICIONES:
C:1 – QUE EL PUNTO P ESTE EN EL SEGMENTO AO
C:2 – QUE EL PUNTO R ESTE EN LA INTERSECCION DE LOS ARCOS AM y OE
C:3 – QUE EL PUNTO M ESTE EN EL CENTRO DEL SEGMENTO OB
C:4 – QUE LOS PUNTOS P; R y B QUEDEN ALINEADOS (CORRECTALES)
C:4 – QUE LOS SEGMENTOS AO = OR = OM = OC = MB
C:5 – QUE LA PERPENDICULAR A AMBOS LADOS DEL PUNTO M DETERMINE LOS PUNTOS G; H y U y DICHA PERPENDICULAR SEA PARALELA AL SEGMENTO AC
C:6 – QUE LOS SEGMENTOS GP = GH = GB = GU = GO
C:7 – QUE LOS SEGMENTOS HB = HR = HO = HD
C:8 – QUE LA PERPENDICULAR DEL PUNTO R AL CORTAR LA PROLONGACION DEL
SEGMENTO DE RECTA AC DETERMINE EL PUNTO D SIENDO OD = RB y PB = PD
DE FORMA TAL QUE CON EL COMPÁ S CENTRADO EN EL PUNTO P Y ABERTURA
PB CONSTRUIR LOS ARCOS BD Y BF Y LA SEMI-CIRCUNFERENCIA FBD.
C:9 – QUE LA PERPENDICULAR RD SEA IGUAL AL SEGMENTO DE RECTA OB Y SU PUNTO DE INTERSECCION SEA EL PUNTO I (ORTOCENTRO) DEL TRIANGULO
OBD
DEMOSTRAR:
P1.- QUE EL PUNTO P ES EL UNICO
P2.- QUE EL ANGULO BPO ES UNICO
P3.- QUE EL SEGMENTO OD ES IGUAL A 2 / π
P4.- QUE LA SUMA DE LOS SEGMENTOS PO + PB = π / 2
P4.- QUE LA CIRCUNFERENCIA CON CENTRO G y RADIO GB PASA POR LOS PUNTOS
P; H; B; U y O
P5.- QUE LA CIRCUNFERENCIA CON CENTRO H y RADIO HB PASA POR LOS PUNTOS
B; R; O y D
P6.- QUE EL AREA DEL SEMI-CIRCULO DE RADIO HB = HD y DIAMETRO BD ES IGUAL
AL AREA DEL TRIANGULO BPD
P7.- QUE EL AREA DEL CIRCULO DE RADIO OM y DIAMETRO OB ES IGUAL AL AREA
DEL TRIANGULO BOF
P8.- QUE EL SEGMENTO BF ES LA RECTIFICACION DE LA SEMI-CIRCUNFERENCIA BD
P9.- QUE EL SEGMENTO HP ES LA RECTIFICACION DE LA SEMI-CIRCUNFERENCIA
BD / 2
P10.- QUE EL SEGMENTO UM ES LA RECTIFICACION DEL ARCO AM
P11.- LA SOLUCION DEFINITIVA DE LA CUADRATURA DE CIRCULO
TEOREMA: SI EL ARCO COMPRENDIDO ENTRE LOS DOS LADOS IGUALES DE
UN TRIANGULO ISOCELES ACUTANGULO PASA POR EL
ORTOCENTRO DE DICHO TRIANGULO Y ADEMAS PASA POR LOS
PUNTOS
MEDIOS DE DICHOS LADOS IGUALES ENTONCES LA
SUMA DE LAS DOS TANGENTES DE LOS ANGULOS OPUESTOS A
LOS DOS LADOS ADYACENTES A LA BASE ES IGUAL A Pí (π)
DEMOSTRACIÓN
SEAN: PH ; RD ; OB = ( ALTURAS ) DEL TRIANGULO PBD
DONDE: RD = OB (DOS ALTURAS IGUALES)
PH (SE INTERCEPTAN EN EL ORTOCENTRO) (PUNTO I) ÇOB ÇY: RD
I (EL ARCO GJ INTERCEPTA AL PUNTO I) ÇY SI: GJ
DONDE: PJ = JD = PG = GB (J y G SON LOS PUNTOS MEDIOS DE PD y PB)
Y: Tang < PDB = Tang < PBD (ANGULOS CON VERTICES EN D y B)
DONDE: (DB = BASE)
ENTONCES: Tang < PDB + Tang < PBD = π
ANÁLISIS
TRIANGULO: POB TRIANGULO: BOD
LADOS: PO = 0,46708828… LADOS: OD = 0,636619772…
OB = 1 OB = 1
PB = 1,10370805… DB = 1, 185447061…
ANGULOS: BPO = 64°96327305… ANGULOS: BPO = 57°51836347…
OBP = 25°03672695… DBO = 32°48163653…
POB = 90° DOB = 90°
PROBLEMA POR DEMOSTRAR: DEMOSTRAR QUE EL SEGMENTO OD ES IGUAL A 2 / π
OD = 0,636619772… (POR HIPÓTESIS)
OB = 1 (POR CONDICIÓN)
BOD = 90° (POR CONDICIÓN) (perpendicular y rectángulo)
OD = Tang DBO (POR HIPÓTESIS) (POR LO ANTERIOR)
DBO = 32°48163653… (POR HIPÓTESIS) (POR LO ANTERIOR)
180° – (BOD + DBO) = ODB (SUMA DE ANGULOS INTERNOS) (POR DESPEJE Y DEDUCCIÓN)
ODB = 57°51836347… (POR LO ANTERIOR)
OB2 + OD2 = DB2 (POR PITAGORAS)
__________
√OB2 + OD2 = DB (POR PITAGORAS)
DB = 1,185447061… (POR LO ANTERIOR)
DHP = 90° (POR CONDICIÓN: perpendicular rectángulo)
180° = DHP + ODB + HPD (POR SUMA DE Á NGULOS INTERNOS)
180° – (DHP +ODB) = HPD (POR DESPEJE)
DBO = 32°48163653…POR LO ANTERIOR)
BPD = ISOCELES (POR SIMETRÍA HD = HB) y (PB = PD)
HPD = HPB = DBO (POR DEDUCCIÓN)
OBD + OBP = PDB (POR DEDUCCIÓN)
DPB = 2HPD = 2HPB (POR DEDUCCIÓN)
OBP = PBD – OBD = (180° – (POB + OPB)
OBP = 25°03672695 = (180 – (POB + 2HPD)
= (180 – (POB + 2HPB)
PO = Tang OBP
PO = 0,46708828…
_________
PO + OD = PR + RB = √PO2 + OB2 = PB (POR PITAGORAS)
PB = 1,10370805… (POR LO ANTERIOR)
_________
√PO2 + OB2 – PO = OD = 2 / π = 0,636619772…=RB
2 /π = PB -PO = RB = OD L.Q.Q.D.
PB + PO = π/2 L.Q.Q.D.
2 (PB + PO) = π L.Q.Q.D.
π / 2 . 2 / π = 1
RESULTADOS
El resultado de esta investigación es parcial y es mi deber aclarar que solo se demostró la construcción de pi (π) y se realizó un análisis al teorema del cual se obtiene su determinación. Pues el mismo pertenece a una cadena de problemas por demostrar y problemas por resolver los cuales requieren de la aprobación de varios métodos que me pertenecen tales como METODO PARA INTERPOLAR Y EXTRAPOLAR "n" SEGMENTOS DE RECTAS ENTRE UN SEGMENTO DE RECTA ARBITRARIO DADO OX y UN SEGMENTO DE RECTA UNIDAD COMUN ARBITRARIO OU (INTERPOLACIÓN Y EXTRAPOLACIÓN DE "n" MEDIOS GEOMETRICOS ó "n" MEDIOS PROPORCIONALES) (CON EL USO EXCLUSIVO DE REGLA SIN MARCAS Y COMPÁ S) y METODO PARA MULTIPLICAR UN SEGMENTO ARBITRARIO JO POR UN SEGMENTO ARBITRARIO OX TENIENDO AMBOS UNA UNIDAD COMUN OU y SU DEMOSTRACIÓN UTILIZANDO EL METODO PARA LA INTERPOLACIÓN Y EXTRAPOLACIÓN DE SEGMENTOS PROPORCIONALES POR ITERACIÓN CON REGLA SIN MARCAS Y COMPÁ S (HORIZONTAL y EN ESPIRAL) así como el METODO PARA DIVIDIR UN SEGMENTO DE RECTA OX ENTRE OTRO SEGMENTO DE RECTA OJ y (OJ entre OX) ARBITRARIOS DADA UNA UNIDAD COMUN y ARBITRARIA (CON REGLA SIN MARCAS Y COMPÁ S) entre otros.
Los cuales presentaré en futuras monografías, en este mismo compendio monográfico y además se presentarán varios teoremas originales y varios problemas por resolver. Dentro de estos están las condiciones necesarias para confirmar que sí tienen solución los problemas clásicos de la geometría, como lo son: La cuadratura del círculo, la duplicación del cubo y la trisección del ángulo, cerrando este capítulo en la historia de la geometría superior y abriendo un nuevo episodio en el quehacer científico actual, pues éste es solo el comienzo.
http://www.monografias.com/trabajos63/construccion-constante-pi/construccion-constante-pi.shtml
Autor:
Rodolfo A. Nieves Rivas
Investigador Independiente
Matemática-Física y Biología
Tinaquillo – Cojedes
Venezuela
Participante en la I Jornada Para la enseñanza de la matemática 1995
Universidad Nacional Experimental de los Llanos Ezequiel Zamora (Unellez)
Ponente en XVII Jornada de Investigación y I de Postgrado de Unellez Cojedes
Trabajos Realizados:
Método Para la Interpolación de Segmentos Proporcionales por iteración con regla sin marcas y compás entre otros
Trabajo realizado en: Venezuela Julio 2008
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