Construcción de la constante Pi (·) y su demostración a través de un teorema (página 2)
-
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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