La Cuadratura del Círculo

La insoportable trascendencia de π  


La cuadratura del círculo es uno de los tres problemas célebres de la matemática griega.

0a1.JPGSe denomina cuadratura del círculo al problema matemático consistente en hallar —sólo con regla y compás— un cuadrado que posea un área que sea igual a la de un círculo dado.

0a1

 

Como se muestra en la figura adjunta, simplificando un poco, cuadrar un círculo de radio unidad es construir, mediante regla y compás, √π. 

Dicho en la jerga matemática, se trata de demostrar que π es euclidiano, lo que implicaría automáticamente que √π lo es.

La resolución de este problema (la cuadratura del círculo) trató de abordarse repetidas veces, sin éxito, desde la antigüedad clásica hasta el siglo XIX, momento en que se demostró que π es un número trascendente (véase la clasificación adjunta de los números irracionales), es decir, que este problema no tiene solución. 

0a1

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En 1882, el matemático alemán Ferdinand Lindemann probó que π es un número trascendente, lo que implica que es imposible cuadrar el círculo usando regla y compás, resolviendo completamente el problema. Las pruebas usuales usan álgebra (teoría de Galois) y variable compleja.

Hablando en sentido figurado, se dice de algo que es la “cuadratura del círculo” cuando representa un problema muy difícil o imposible de resolver, pero si sigues leyendo, verás que no es inútil intentar lo imposible, porque se aprende mucho en el intento. 

 


 LA APARICIÓN DE LOS TRES PROBLEMAS  

0a1Desde comienzos del siglo VII a.C. los griegos que hablaban dialecto jonio se reunían en la isla de Delos del mar Egeo para celebrar la entrada de la primavera, estas fiestas se celebraban en la isla porque Delos era la patria de los dioses Apolo y Artemisa y en ella tenían templos dedicados a tales divinidades. Las reuniones festivas en honor a los dioses se llamaban Delias y se aprovechaban para comerciar, tanto que pronto en la Delias se celebraron las ferias más importantes de mundo jonio. En estas ferias se intercambiaban mercancías y se compraban y vendían los más variados productos naturales y manufacturados.

 La isla de Delos pertenecía a las islas Cícladas, situadas al este de la península del Peloponeso, y en ella surgieron los tres problemas clásicos griegos. Es indudable que si los problemas se originaron en Delos, centro de reunión del mundo griego la difusión y publicidad (en un mundo sin periódicos ni revistas científicas) de los problemas estaba garantizada, porque los comerciantes, al volver a sus lugares de origen, los transmitían, y siempre encontraban algún aficionado a las matemáticas que tratara de resolverlos. 

El primer problema conocido como la duplicación del cubo tiene que ver con el oráculo de Delos. Una leyenda tradicional cuenta que una epidemia de peste que apareció en Atenas hacia el 428 a.C. atemorizó tanto a los ciudadanos que los dirigentes atenienses tuvieron que recurrir a pedir ayuda al dios Apolo para que les ayudara a acabar con la epidemia. Desde Atenas enviaron mensajeros para que consultaran al oráculo de Delos qué podían hacer para acabar con el mal.  El oráculo de Apolo en Delos les dijo que para terminar con la peste tendrían que construir un altar de volumen doble que el que tenía  Apolo en el templo. La peste acabó, pero los supervivientes trataron de construir un altar con un volumen doble del que tenía Apolo. 

Eurípides en una de sus obras escenificó el problema de la duplicación del cubo por medio del rey Minos, el cual, en el momento que  se estaba construyendo la tumba de su hijo  Glauco, manifestó que un mausoleo cúbico que solamente medía cien pies por cada lado era un espacio muy reducido para sepulcro de un rey y ordenó que lo duplicaran  conservando su forma cúbica duplicando cada lado. El error de Minos era grave. Si se duplicaba el lado del cubo lo que obtendrá es un cubo será con un volumen ocho veces mayor que el de partida. 

0a1Otro problema, que se hizo popular por las mismas fechas fue el de la trisección del ángulo que consistía en dividir un ángulo cualquiera en tres partes iguales con el único uso  de la regla y el compás.

Por último, aunque fue el primero en aparecer, el tercer problema clásico griego fue el de la cuadratura del círculo. El problema de la cuadratura del círculo lo plantearon los griegos de la siguiente forma: construir a partir del radio r de un círculo un cuadrado de la misma área que el círculo. En problema pasaba por relacionar el radio con el área del círculo o la longitud de la circunferencia, es decir por determinar π.  El problema del cálculo de π apareció en el papiro de Rhind, escrito hacia el 1700 a. C. y los egipcios estimaron un valor de π = 3,1604938.

Pero, aunque los problemas tuvieron diferentes orígenes, se difundieron por el mundo jónico juntos gracias, en buena parte, al intercambio de información que se llevaba a cabo en las Delias que se celebraban en la isla de Delos. Además, a los tres problemas se les impuso una metodología de resolución común. Los tres debían resolverse solamente con el uso de la regla y el compás. Cualquier solución que se pudiera obtener por otros procedimientos no se consideraría válida. De hecho, algunos científicos griegos obtuvieron soluciones geométricas y mecánicas de estos problemas, pero los problemas se consideraron no resueltos, puesto que no se había realizado la resolución con regla y compás, que era la metodología exigida.


CONSIDERACIONES SOBRE LOS PROBLEMAS

Para la resolución de los problemas sólo se permitía la utilización de la regla y el compás y los griegos no consiguieron resolver estos problemas con estos medios. Es evidente que con reglas y compases sólo se pueden cissoidetrazar rectas y circunferencias, esto es, si pensamos en las ecuaciones de estas figuras en geometría analítica, como la recta es de primer grado y la circunferencia de segundo, solamente podremos resolver con regla y compás problemas que, en última instancia, se puedan reducir a ecuaciones de primer y segundo grado. La cuestión está en saber si, por ejemplo, la solución de la duplicación del cubo, que equivale a resolver la ecuación  x³=a, si su solución 0a1 , es decir,  se puede construir con regla y compás a partir de la longitud a.

La respuesta a esta cuestión no se pudo dar con los presupuestos de la geometría griega. Desde la práctica de la geometría  era difícil saber si  0a1  no se podía construir con regla y compás porque era imposible hacer la construcción con tales medios o si no se había logrado dar con la idea genial que permitiera resolver el problema. Para resolver los problemas de la de la duplicación del cubo y de la trisección del ángulo se idearon ingeniosos métodos en los que no se utilizaban la regla y el compás, la cuadratura del círculo ofreció más resistencia. 

En la actualidad nos podemos preguntar por qué unos problemas que no tuvieron solución con los planteamientos iniciales ocupan un lugar importante en la historia de las matemáticas. Ya que los tres problemas clásicos no fueron los únicos problemas de la matemática griega (proporciones musicales, irracionales, óptica geométrica, método dexhausción…). ¿Es que a los matemáticos actuales les gusta recordar fracasos de los matemáticos de otras épocas? Si ahora se consideran resueltos, ¿es que los griegos fueron malos matemáticos? Si así fue, ¿por qué se recuerdan?; y si no ¿qué enseñanzas han dejado estos fracasos? 

En primer lugar los griegos fueron  grandes matemáticos y en estos problemas aportaron la formulación general de unos problemas con la metodología que se debía usar para su resolución. En segundo lugar, hoy se considera que estos problemas tienen una respuesta adecuada en el terreno del álgebra y se presta poca atención a la exigencia griega de que un problema sea resoluble con regla y compás. Hoy consideramos que un problema es resoluble si hay una expresión algebraica calculable con el grado de precisión que deseemos, en este sentido podemos admitir como solución:

0a1 

Lo que se ha producido es un cambio en el punto de vista de las soluciones análogo al que se produce cuando planteamos el problema siguiente: 

  1. 0a1Con cuatro cerillas podemos hacer un cuadrado de lado como mínimo la longitud de la cerilla. 

 0a1

  1. Con siete cerillas podemos hacer dos cuadrados:   

0a1

  1. Con diez cerillas tres cuadrados  

0a1

  1. Con doce cerillas cinco cuadrados (contando el de lado dos cerillas). 

 ¿Sería posible con doce cerillas hacer seis cuadrados?. La respuesta es que si, pero ampliando el punto de vista. Esto es, dejar de intentar de construir los cuadrados en el plano y construir con las doce cerillas un cubo que tiene seis caras cuadradas y doce aristas.


Cuestiones relacionadas con los tres problemas clásicos


LA TRISECCIÓN DEL ÁNGULO

0a1La trisección del ángulo no se pudo resolver con regla y compás en todos los casos , sin embargo se puede trisecar con regla y compás el ángulo recto. 

 Igualmente se pueden trisecar el de 180º y el de 45º.

Como el pentágono regular se puede construir con regla y compás y las diagonales del mismo se trazan con regla se puede probar que el ángulo interior del pentágono se puede trisecar con regla y compás: 

Problema 1. Demuestra mediante la medida de ángulos que las diagonales que parten de un mismo vértice del pentágono regular trisecan el ángulo interior del pentágono.


El problema de la trisección del ángulo fue resuelto sin regla ni compás por Arquímedes con el método que se expone en el problema siguiente: 

0a1Problema 2. Arquímedes ideó un método para trisecar cualquier ángulo, que consistía en lo siguiente: dado un ángulo cualquiera AOB, shaciendo centro en el vértice O se traza una semicircunferencia de radio r cuyo diámetro está sobre la recta OB. En el extremo D de una varilla de longitud mayor que 3r se toma una distancia DC = r.

Demostrar en la figura adjunta que el ángulo A es el triple de B


   LA DUPLICACIÓN DEL CUBO

 El problema de la duplicación del cubo se resolvió generalizando la manera se hallar un lado x del cuadrado de área doble que otro de lado a. Para resolverlo se insertaban un medio proporcional entre a y 2a.   

0a1    luego  x = √2 a  

Nota: La inserción de una media proporcional entre dos valores arbitrarios a y b se realiza mediante la construcción siguiente: 

  • 0a1Se traza una semicircunferencia de diámetro a +b.
  • En el punto del diámetro en el que el segmento a se une al b se levanta una perpendicular como la que se indica en la figura adjunta.
  • El segmento x = √(ab) es medio proporcional entre a y b.   [a/x =x/b]

El problema de la duplicación del cubo se abordó con la misma idea y se probó que resolver el problema de la duplicación del cubo era equivalente a determinar dos medios proporcionales entre a y 2a.  Esta afirmación se puede probar en el siguiente problema 

Problema 3. El problema de la duplicación de un cubo de lado a consiste en determinar el lado x de un cubo cuyo volumen sea 2a3. [0a1].  Demuestra que el hallar el lado x equivale a la inserción de dos medios proporcionales  0a1 entre a y 2a.


Eratóstenes inventó un aparato mecánico, el mesolabio, que permitía insertar dos medios proporcionales entre dos valores dados. El aparato se describe en el problema siguiente:

0a1Problema 4. El mesolabio de Eratóstenes consta de tres triángulos rectángulos iguales AET, MZK y NHL que se pueden desplazar horizontalmente sobre una guías paralelas SD, AB. El triángulo  AET se deja fijo en el extremo de las guías y los otros dos se desplazan. 

0a1Demuestra que si tomamos SA =2a, y 
sobre LH tomamos una distancia LG=a, y desplazamos los triángulos rectángulos a la posición que se indica en la figura de modo que los puntos AROG estén alineados entonces se cumple que:

0a1


LA CUADRATURA DEL CÍRCULO

 0a1.JPGActualmente cuadrar una superficie significa calcular el área de la misma. Para los matemáticos griegos tenía el mismo significado, pero el procedimiento que empleaban para cuadrar una figura consistía en construir a partir de ella una cuadrado de igual área. Por lo tanto, cuadrar el circulo es construir a partir del radio del mismo un cuadrado de área igual que el círculo. 

En el intento de resolver el problema de la cuadratura del círculo los griegos abrieron cuatro líneas de investigación diferentes: 

  1. Cuadratura de polígonos (que culminaron con éxito en todos los casos)
  2. Cuadratura de figuras de contorno curvo: las lúnulas de Hipócrates
  3. Acotar el valor de π (Antifón y Arquímedes).
  4. Descubrir curvas que valgan π para una abscisa dada (Hipias, Dinóstrato)

    I.-Los griegos sabían cuadrar polígonos  


Problema 5. Dado un triángulo construye un rectángulo de igual  área. (Indicación la mitad de la base y la misma altura) 

Ver:   ♦ https://matematicasiesoja/figuras_equivalentes.ppt

Problema 6. Construye un cuadrado de igual área que un rectángulo dado de lados a y b.

(Indicación:  Inserta una media proporcional entre a y b) 


Con los resultados anteriores se podía cuadrar cualquier polígono de n lados. Bastaba dividirlo en n-2 triángulos. Construir un rectángulo equivalente a cada triángulo y luego un cuadrado equivalente a cada rectángulo. Luego sumaremos los cuadrados mediante el teorema de Pitágoras.

Así, pues, los griegos disponía de un procedimiento iterativo que permitía transformar un polígono de n lados en otro de n-1 lados con la misma área. 

0a1Ejemplo: Modo de construir un cuadrilátero con la misma área que un pentágono dado. 

Dado el pentágono ABCDE, trazamos la diagonal CE y por D una paralela a CE que corta a la prolongación del lado AE en el punto D’. Como el área del triángulo CDE es igual al área del triángulo CED’. El área del pentágono ABCDE es igual al área del cuadrilátero ABCD’ 

 Problema 7. ¿Cómo construían los griegos un cuadrado de igual área que un pentágono regular?

Ver:   ♦ https://matematicasiesoja/figuras_equivalentes.ppt


II.-Los griegos sabían cuadrar lúnulas 


0a1

Una lúnula es la superficie que queda al quitar de un segmento de círculo otro con la misma base, es decir la superficie entre dos arcos de circunferencia cuando éstos están situados formando una figura no convexa. Llamamos arco exterior al arco de mayor longitud. 

       Aquí tienes dos bonitos ejemplos para que abras boca:

0a1

CUESTIÓN 1: EL PEZ GEOMÉTRICO

¿Serías capaz de hallar el área del pez de la figura adjunta?

CUESTIÓN 2: LAS LÚNULAS Y EL TRIÁNGULO

Sea un triángulo ABC con el ángulo A recto. Trazamos el semicírculo circunscrito, luego los dos semicírculos de diámetros AB y AC exteriores al triángulo. La suma de las áreas de las dos lúnulas así dibujadas coincide con el área de otra de las superficies que se ven en el dibujo. ¿De qué superficie se trata?   

LA SOLUCIÓN AL FINAL DEL ARTÍCULO

      Ahora un poco de historia


0a1Hipócrates de Chios fue un sabio que vivió en la Grecia clásica en el año 430 a.C.  Intentó resolver, sin conseguirlo, la cuadratura del círculo, dibujando lúnulas como la de la figura y calculando su área.

0a1

Proclo en el llamado sumario de Eudemo dice que Hipócrates fue el primero en escribir unos Elementos.

  • Redujo el problema de la duplicación del cubo al problema de hallar dos medias proporcionales.
  • Redujo el problema de la cuadratura del círculo al problema de cuadrar determinadas lúnulas y demostró que determinadas lúnulas son cuadrables.

Hipocrates de Quios (s. Va.C.) abordó el problema de la cuadratura del cículo comenzando por cuadratura de lúnulas. Mientras que Antifon de Atenas lo hizo inscribiendo polígonos de 4·2n lados en el círculo y Dinóstrato (s.IV a.C.) utilizó la curva trisectriz de Hipias de Elis para resolver el problema de la cuadratura del círculo, determinando un segmento de longitud π.  

Ahora puedes seguir los pasos Hipócrates y resolver estos problemas:

Problema 8. Calcula el área del segmento de círculo correspondiente a un cuadrante de un círculo. 

0a1Problemas 9. Demuestra que el área de la lúnula construida sobre un triángulo rectángulo isósceles de hipotenusa AB = 10 cm. Limitada por un  cuadrante de circunferencia de radio un cateto y por una semicircunferencia de radio la mitad de la hipotenusa es igual al área del triángulo rectángulo isósceles.  

0a1Problema 10. Demuestra que el área de las lúnulas construidas sobre un triángulo rectángulo de hipotenusa 13 cm. y un cateto 12cm. Limitadas por  semicircunferencias construidas sobre los catetos y la hipotenusa tal y como se muestran la figura de la derecha es igual al área del triángulo. 

0a1Problema 11. Sobre cada uno de los lados de un trapecio isósceles de lados en la relación 1 : 1 : 1 : . Se construye un segmento correspondiente a un sector de cuadrante de círculo. Demuestra que el área de la lúnula es igual al área del trapecio.   

Problema 12: Sobre cada uno de los lados de un pentágono de lados en la relación  1 : 1 : 1 : 1:  2. Se construye un segmento correspondiente a un sector de cuadrante de círculo.  Calcula el área de la figura obtenida. 

Todas estas lúnulas son cuadrables puesto que su área es igual a la de un triángulo, trapecio o un polígono y a partir de él se puede construir un cuadrado de igual área que la lúnula.

0a1Problema 13. Demuestra que, en la figura adjunta, obtenida trazando sobre los lados de un triángulo rectángulo isósceles, una semicircunferencia de radio la mitad de la hipotenusa y otras dos semicir-cunferencias de radio igual a la longitud de la mitad de un cateto. Las áreas de las figuras P y N son iguales. 

0a1Problema 14. En un hexágono regular ABCDEF unscrito en una circunferencia de centro O y radio R, tomando como diámetros AB, BD, DE y EA se dibujan hacia fuera cuatro semicircunferencias. Demuestra que la suma de las áreas de cuatro lúnulas limitadas por las semicircunferencias y   circunferencia de centro O y radio R es al área del hexágono como 2:3 

El método de Hipócrates para cuadrar lúnulas  fue reutilizado hacia el 320 a.C. por Eudemo de Rodas, discípulo de Aristóteles y autor de una Historia de la Geometría, antecedente de los Elementos de Euclides. La obra se perdió se conservan algunos fragmentos reproducidos por Simplicio, comentarista de Aristóteles del siglo VI d. C. Esos resultados son los expuestos a continuación, sin las demostraciones (y con una lúnula añadida):

Lúnulas con arco exterior igual a una semicircunferencia

 Alejandro de Afrodisias expone los siguientes resultados.

Figura 1. La lúnula que se obtiene al dibujar una semicircunferencia sobre un lado de un cuadrado inscrito en una circunferencia es igual a la cuarta parte del cuadrado.

Figura 2. La lúnula que se obtiene al dibujar una semicircunferencia sobre un lado de un hexágono regular inscrito en una circunferencia es igual a la sexta parte de la diferencia entre el hexágono y un círculo cuyo diámetro es uno de los lados del hexágono.

Lúnulas con arco exterior mayor que una semicircunferencia

Eudemo de Rodas, después de la lúnula 1 anterior, nos da la siguiente:

Figura 3. Construimos un trapecio con razón \sqrt{3}:1entre la base y los otros lados. Circunscribimos una circunferencia al trapecio y sobre la base construimos un segmento de círculo semejante a los segmentos sobre los otros lados. Entonces la lúnula que resulta es igual al trapecio.

Figura 4. Este caso no aparece en Simplicio. La lúnula obtenida al reflejar sobre un lado uno de los segmentos del círculo circunscrito a un triángulo equilátero es la tercera parte del la suma del círculo y dos veces el triángulo. 

Lúnulas con arco exterior menor que una semicircunferencia

El fragmento de Eudemo concluye con la exposición de los resultados de Hipócrates sobre dos lúnulas con arco exterior menor que una circunferencia.

Figura 5. Sea una circunferencia con centro B y radio BA. Trazamos por el punto medio de BA una perpendicular GD y por A una recta que corte a esa perpendicular en D y a la circunferencia en C de forma que DC:AB =  \sqrt{3}:\sqrt{2}.
Sea E el simétrico de C respecto a GD.

La lúnula que se obtiene formando los arcos CBAE, CDE es igual a la figura pentagonal rectilínea ABCDEA.

Figura 6. Sean M,L,N vértices consecutivos de un hexágono regular inscrito en una circunferencia de centro O. Prolongamos ON hasta OS de forma que OS:ON = \sqrt{6}:1. Prolongamos OM, OL hasta U, T, en la circunferencia de centro O y radio OS.
Construimos sobre US un segmento de círculo semejante al segmento ML del círculo circunstrito.

La lùnula entre el arco UTS y ese segmento es igual al triángulo UTS más el hexágono MLN menos el círculo circunscrito a ese hexágono.

Conclusiones e historia posterior

Las lúnulas 1,3,5 son equivalentes a figuras rectilíneas construibles. (Con regla y compás, aunque la figura 5 es construida por Hipócrates como se ha expuesto).Y como las figuras rectilíneas son cuadrables, existen lúnulas cuadrables.

Por otro lado las lúnulas 2,4,6 son la suma o diferencia de un círculo y figuras rectilíneas. Por tanto si podemos cuadrar una de esas lúnulas podemos cuadrar el círculo, y viceversa. Podemos llamar a esas lúnulas cuadradoras. (De éstas, el fragmento de Eudemo solo atribuye a Hipócrates la lúnula 6)

Hoy sabemos que no puede haber una lúnula a la vez cuadradora y cuadrable, como pudo pensarse hace más de 2400 años.

El comentario de Simplicio con los resultados de Hipócrates pasó desapercibido hasta 1870 y solo se conocía de Hipócrates la lúnula de la figura 1.

En el siglo XVIII se redescubrieron las lúnulas de las figuras 3 y 5 y otras dos lúnulas cuadrables, haciendo un total de 5 lúnulas cuadrables, descritas en “Recreations in Mathematics…” de Montucla-Ozanam, o en Mathpages

Y finalmente en el siglo XX se demostró que esas 5 son las únicas lúnulas cuadrables.

UNA CONSECUENCIA CURIOSA Y ERRÓNEA: 

Suponiendo que se podían cuadrar todas las lúnulas se pensó que el problema de la cuadratura del círculo estaba resuelto. Eudemo recoge el siguiente razonamiento. Sean las lúnulas formadas por un círculo circunscrito a un hexágono regular y semicírculos  de diámetro el lado del hexágono, tal y como se muestra en la figura siguiente: 

0a1Hexágono + 3 círculos (pequeños) = Círculo (grande) + 6 lúnulas 

[El círculo grande (de radio 2r ) es el cuádruplo de un círculo de radio r, luego ] 

Hexágono = círculo (pequeño) + 6 lúnulas 

Hexágono – 6 lúnulas = círculo (pequeño) 

La conclusión de Eudemo fue la siguiente, como el hexágono y las lúnulas son cuadrables el círculo será cuadrable., pero el error era que no todas las lúnulas son cuadrables. La lúnula 1, no lo es,  mide:,

0a1 El valor depende  de π 

0a1Problema 15. Se divide una circunferencia de centro O y radio R en seis partes iguales por los puntos ABCDEF. Tomando los puntos B y D como centros y con un radio R se describen los arcos de circunferencia AOC y COE, desde el punto C y con radio CA como radio se traza el arco AGE. Calcula el área de la parte sombreada y demostrar que no es cuadrable en el sentido de los griegos.

(Solución: π/6 )


Todas las lúnulas salvo las últimas son cuadrables, en las primeras su área es igual al área de un polígono o a una fracción de la misma,  en las áreas de éstas no aparece el número π. Las  dos últimas no son cuadrables para expresar su área necesitamos el número π, imprescindible para calcular el área del círculo.

 


   III.- Los griegos hicieron buenas aproximaciones de π 


El sofista Antifon aproximó el área del círculo por cuadrados, octógonos y polígonos de la 4·2^n lados inscritos en el círculo. Aristóteles en su Física calificó el método de Antifon de grosero, por lo que el procedimiento de aproximación del área del círculo por polígonos inscritos o circunscritos fue tenido en poca consideración por los filósofos posteriores.

 Arquímedes hizo el cálculo de π aproximando el área del circulo por polígonos inscritos y circunscritos de  3. 2^n.  Obtuvo la aproximación de π con un polígono de 96= 3·25 lados y logró:

0a1

Cuando apareció el álgebra se mejoraron las aproximaciones (el cambio del punto de vista se cambió la visión geométrica por la algebraica): 

  • a) Los matemáticos Hindúes del siglo VI hallaron π = 3,1416018 con un polígono de 768 = 3 · 28 . 
  • b) Vieta en 1593 con polígono de 393.216 = 3·217 lados obtuvo la aproximación π = 3,14159265358 ..
  • c) Rudolf van Ceulen, en 1596, obtuvo 35 decimales exactos: π = 3,14159265358979323846264338327950288

 
El método que utilizaron los algebristas de los siglos XVI y XVII fue el de aproximar la longitud de la circunferencia por el perímetro de un polígono la fórmula de aproximación de π  por polígonos inscritos será:

 0a1

que se acerca al valor de π cuando n crece

 0a1  

Si aproximamos la longitud de la circunferencia  por polígonos circunscritos prueba que la fórmula que se debe utilizar es:

0a1

que tiende a π cuando n tiende a infinito. 


Problema 16. Aproximar el valor de π aproximando la longitud de la circunferencia por un cuadrado inscrito y otro circunscrito. 

Problema 17. Aproximar el valor de π aproximando la longitud de la circunferencia por un hexágono inscrito y otro circunscrito. 

Problema 18. Aproximar el valor de π aproximando la longitud de la circunferencia por un octógono inscrito y otro circunscrito. 


   IV.-Los griegos utilizaron curvas para determinar π 


Este método sobrepasa el nivel que estamos dando a esta exposición, pero apunto unas ideas para dejar cerradas las líneas de investigación que ofreció el problema de la cuadratura del círculo a las matemáticas. 

0a1La trisectriz de Hipias Se genera por el movimiento: 

a)El segmento BG se desplaza en paralelo con movimiento uniforme hasta AD

b)El segmento AB gira con centro A y movimiento uniforme hasta AD

c)Los segmentos BG y AB inician a la vez sus movimientos

d)Los segmentos BG y AB llegan a la vez a AD

  1. e) La curva BZZ’Z’’H es la curva trisectriz. 

Para trisecar el ángulo ZAD o cualquier otro basta con dividir la vertical PP’P’’A .en tres partes iguales y trazar por esos puntos paralelas a AD. Los puntos de la trisectriz Z’Z’’ dan los puntos que dividen al ángulo dado en tres partes iguales. 

La ecuación en paramétricas de la trisectriz es:

0a1

Dinóstrato descubrió que:

0a1

Con lo que la curva también se puede utilizar para calcular π , esto es para la cuadratura del circulo y la curva trisectriz se conoce también como cuadratriz. 

A continuación de muestran dos problemas que son ejemplos de la utilización de valores aproximados de π para calcular el área del círculo y la longitud de la circunferencia.


Problema 19. Da un procedimiento para construir geométricamente un cuadrado de área equivalente a un círculo de radio unidad tomando como aproximación de R(π)= 1,7724537…  el número racional: 

0a1

0a1Problema 20. Método Cochanski de rectificación de la circunferencia.: AB = r radio del hexágono, CD diámetro perpendicular a AB, EF, la tangente a la circunferencia en D de longitud 3r. CE la longitud de la semicircunferencia ¿Cuál es el valor aproximado de π?


 

LAS SOLUCIONES

Sea L el área de las lúnulas:

L = b + c + d – a

Por el teorema de Pitágoras generalizado,

a = b + c

Entonces

L = b + c + d – (b + c)

L = d


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