Las lúnulas de Hipócrates

Introducción

Hipócrates de Quíos fue un matemático griego que vivió en el siglo V a.c. Es famoso en la historia de la geometría por los siguientes hechos:

Proclo en el llamado sumario de Eudemo dice que 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.

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.

Las proposiciones y demostraciones de Hipócrates nos han llegado a través de la transcripción por Simplicio de pasajes de Eudemo de Rodas y Alejandro de Afrodisias. 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 $\sqrt{3}:1$ entre 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.

Este artículo es una colaboración enviada por Fede a gaussianos (arroba) gmail (punto) com. Si estás interesado en colaborar con Gaussianos envíanos tu propuesta a estas dirección de email.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 19 de April de 2010
Categorías: Colaboraciones, Geometría | Imprime este post

32 comentarios

Trackback | 19 Apr, 2010

Bitacoras.com
edmond | 21 de April de 2010 | 23:49

Buen articulo! gracias
M | 22 de April de 2010 | 10:52

Una vez más, excelente entrada, fede. Hay un resultado clásico, que tal vez sea conocido por la mayoría, y es que la suma de las áreas de las lúnulas construídas sobre los catetos de un triángulo rectángulo coincide precisamente con el área del triángulo.
josejuan | 22 de April de 2010 | 12:06

“…tal vez sea conocido por la mayoría…”

Yo pertenezco a ese pequeño grupo de los ignorantes, pero enseguida me ha llamado la atención que no indicabas (M) la forma de construir las lúnulas sobre los catetos (en principio infinitas ¿no?) y enseguida he buscado ese interesante resultado (que casi parece conseguir la cuadratura del círculo):

http://www.aulafacil.com/matematicas-areas-geometria/curso/Lecc-11.htm

Y ya puestos, en lo que salió este post me quedé abrumado por la impresionante destreza de los matemáticos de hace 2500 años, ¿cómo serían sus demostraciones?, ¿su forma de razonar?, … impresionante.
Omar-P | 22 de April de 2010 | 12:28

¿Que maravillas habría en los libros perdidos de la antiguedad? ¿Habría algún descubrimiento que hoy ignoramos?
fede | 22 de April de 2010 | 12:30

El resultado de las lúnulas sobre los catetos, ilustado aquí:
http://agutie.homestead.com/files/pythagoras/lunes_hippocrates_area_01.htm
está demostrado en el “Tratado sobre las lúnulas” de Alhacén (Hasan ibn al Hasan ibn al-Haytham, 965-1040). (Y no aparece en los textos griegos antiguos)
M | 22 de April de 2010 | 13:46

Respecto a a las cuestiones de josejuan y Omar-P, ¿alguien tiene de ganas de demostrar rigurosamente porqué la longitud de una circunferencia mide $L=2\pi R$ , usando únicamente resultados de la geometría plana elemental? Es un bonito ejercicio que se puede explicar a estudiantes de secundaria de 15 años.
josejuan | 22 de April de 2010 | 14:00

Uhm… por definición es

$\pi =\frac{per\acute{\imath}metro}{di\acute{a}metro}$

se trataría de ver que dicha definición se cumple para cualquier círculo, lo cual es obvio, pero como piden demostrarlo rigurosamente…
M | 22 de April de 2010 | 14:07

Dicho de otra manera, ¿Por qué la relación perímetro entre diametro es constante en el caso de la geometría plana? A priori no parece obvio, y requiere una explicación.
josejuan | 22 de April de 2010 | 14:20

Argh… sin dar por sentado los cambios de escala no lo veo.

Podemos establecer la definición para cualquier radio y luego mostrar la equivalencia (proporcional) de cualquier círculo con cualquier otro, pero “rigurosamente” no se infiere que por cambiar la escala del radio deba cambiar la del perímetro (aunque ésto es obvio para nosotros, por ejemplo usando las coordenadas cartesianas).

No se, es como mirar un círculo y decir “si ese círculo tuviera radio 1 cumpliría la definición, por tanto, tenga el radio que tenga debe de cumplirla”, ¡pero eso es un cambio de escala!.

Uhm…rigurosamente…
M | 22 de April de 2010 | 14:25

Efectivamente, ahí está la gracia… en justificar porqué la longitud de una circunferencia de radio $R$ depende linealmente del diámetro (y llamaríamos $\pi$ a la constante de proporcionalidad).
josejuan | 22 de April de 2010 | 14:28

Hombre, no se si valdrá usar límites, es decir, inscribimos polígonos regulares de 3, 4, 5, … lados y mostramos que la distancia del perímetro es K * radio al serlo la de los polígonos.

Pero claro, cómo demostramos que el límite cuando el número de lados crece es el perímetro y no ocurre “algo raro”…
josejuan | 22 de April de 2010 | 14:28

(usando sólo geometría)
josejuan | 22 de April de 2010 | 15:43

Es sorprendente lo torpe que puedo llegar a ser.

¿Cómo carajo se calcula la longitud del lado de un polígono regular en función del radio?

(Obviamente sin usar geometría analítica ni trigonometría, únicamente relaciones geométricas básicas).

¿ P( R, n ) ?

¡Éstos griegos estaban locos!

Sorprendentemente (para mí, para otros será obvio) he llegado a una aproximación de Pi, alguien sabrá quien la encontró por primera vez, pero yo estoy muy contento de haberla encontrado.

He hecho así:

Al no poder encontrar directamente cuanto mide el lado de un polígono regular de n lados dado el radio R (no creo que se pueda), he dicho:

Un hexágono tiene de lado lo mismo que de radio (fácil por construcción), es decir

n=6 -> l=R

he tomado el isósceles y divido en dos, para obtener el lado del polígono regular del doble de lados que uno dado, fácilmente sale que si tienes un polígono de n lados, radio R y su lado es l, entonces el lado del polígono con mismo radio pero doble de lados es

n’ = 2 n -> l’ = l Raiz( 1 + l^2 / R^2 )

tomando como primer elemento de la sucesión al hexágono, nos sale

n=6, l=R
n=2×6, l = R Raíz(2)
n=4×6, l = R Raíz(2) Raíz(3)
n=8×6, l = R Raíz(2) Raíz(3) Raíz(7)
etc…

la sucesión Raíz(2) Raíz(3) Raíz(7) … se va aproximando a 2Pi ¡y así tenemos nuestra demostración!.

Lo que pasa es que no tengo claro que el paso al límite sea lícito (como decía antes).
M | 22 de April de 2010 | 16:48

Bueno, vamos a justificar que el cociente perímetro/diámetro no depende del radio de la circunferencia (y a ese valor, valga lo que valga, lo llamaremos PI).
En una circunferencia de radio unidad, asociamos un ángulo $\alpha$ con la longitud de arco de circunferencia $L_\alpha$ que abarca. Llamaremos $\mathcal{L}_1$ a la longitud total de la circunferencia de radio 1.
Tomemos ahora una circunferencia de radio $R$ y llamemos $\mathcal{L}_R$ a su longitud. Inscribamos en ella un polígono regular de $n$ lados. Entonces, usando el teorema de Pitágoras, llegamos a que el lado de este polígono inscrito mide $l_{i}=2R\sin (\alpha_n)$ , siendo $\alpha_n$ el ángulo que divide a la circunferencia unidad en $2n$ partes iguales (es decir, que su longitud de arco asociada sobre la circunferencia unidad es $\frac{\mathcal{L}_1}{2n}$ ) . Por tanto su perímetro será
$\mathcal{P}_i=2nR\sin (\alpha_n)=R\cdot\mathcal{L}_1\cdot \dfrac{\sin(\alpha_n)}{\mathcal{L}_1/2n}$ .
(No creo que haya objeciones en usar aquí las funciones trigonométricas, pues en esencia son longitudes de segmentos).

Del mismo, modo si circunscribimos un polígono regular de $n$ lados, tendremos que su lado mide $l_{c}=2R\tan (\alpha_n)$ (donde $\alpha_n$ es el mismo ángulo de antes), y su perímetro es:
$\mathcal{P}_c=R\cdot\mathcal{L}_1\cdot \dfrac{\tan(\alpha_n)}{\mathcal{L}_1/2n}$ .
Por tanto, para cada $n$ tendremos:
$R\cdot\mathcal{L}_1\cdot \dfrac{\sin(\alpha_n)}{\mathcal{L}_1/2n}<\mathcal{L}_R<R\cdot\mathcal{L}_1\cdot \dfrac{\tan(\alpha_n)}{\mathcal{L}_1/2n}$
Si demostramos que las cantidades $\dfrac{\sin(\alpha_n)}{\mathcal{L}_1/2n}$ y $\dfrac{\tan(\alpha_n)}{\mathcal{L}_1/2n}$ se aproximan a uno al aumentar $n$ , tendremos el resultado buscado $\mathcal{L}_R=R\cdot \mathcal{L}_1$ , o bien
$\dfrac{\mathcal{L}_R}{2R}=\dfrac{\mathcal{L}_1}{2\cdot 1}$ , $\forall R$ >0 (y a esta constante la llamamos $\pi$ ).
(Continúa en otro comentario…)
M | 22 de April de 2010 | 17:07

Para justificar que, dado un ángulo $\alpha$ en la circunferencia unidad cuya longitud de arco es $\mathcal{L}_\alpha$ , se tiene que $\dfrac{\sin(\alpha)}{\mathcal{L}_\alpha}$ y $\dfrac{\tan(\alpha)}{\mathcal{L}_\alpha}$ tienden a 1, si $\alpha$ tiende a 0, se puede construir el sector circular asociado al ángulo $\alpha$ indicado en la imagen siguiente:
http://img51.imageshack.us/img51/2241/sectorn.jpg
Considerando las áreas de los dos triángulos $OXY$ y $OZT$ y del sector circular intermedio ( $OYZ$ ), llegamos a que

$OX\cdot XY<\mathcal{L}_\alpha<ZT$ (OY=OZ=1), o dicho de otro modo
$\cos(\alpha)\sin(\alpha)<\mathcal{L}_\alpha<\tan(\alpha)$ .
Invirtiendo la desigualdad: $\dfrac{1}{\tan(\alpha)}<\dfrac{1}{\mathcal{L}_\alpha}<\dfrac{1}{\cos(\alpha)\sin(\alpha)}$ .

Si multiplicamos lo anterior por $\sin(\alpha)$ : $\cos(\alpha)<\dfrac{\sin(\alpha)}{\mathcal{L}_{\alpha}}<\dfrac{1}{\cos(\alpha)}$ .
Si multiplicamos por $\tan(\alpha)$ : $1<\dfrac{\tan(\alpha)}{\mathcal{L}_{\alpha}}<\dfrac{1}{\cos^2(\alpha)}$ .
Como $\cos(\alpha)=OX$ tiende a $OZ=1$ si $\alpha$ tiende a 0, llegamos a que las cantidades intermedias deben tender también a 1.
josejuan | 22 de April de 2010 | 19:41

En primer lugar, ya me he dado dos buenas bofetadas por los cálculos (si así se les puede llamar) de antes, me volveré a flagelar un rato esta noche.

Dicho ésto, ¡no vale M!, ¿no deberían usarse sólo relaciones fundamentales?, usar las funciones cos y similares NO SIRVEN, pues sólo están definidas a partir de la longitud del arco ¡que es lo que se quiere determinar!.

No, no, no sirve…
josejuan | 22 de April de 2010 | 20:27

Bueno, ahora con más calma (bueno, está mi hija aquí llorando…) creo que lo tengo.

Bien, el planteamiento es el mismo que antes, sólo cambian los cálculos.

Sea un círculo de radio R.

Inscribimos un héxagono y por tanto tiene lado R.

Ahora, dado un polígono regular de n lados inscrito en un círculo R y que sabemos que tiene lado z, vamos a calcular qué lado tendrá el polígono regular que tiene 2n lados (el doble).

Usando únicamente pitágoras y que las bases de los isósceles resultantes es R:

$\sqrt{R^{2}-z^{2}}+\sqrt{q^{2}-z^{2}}=R$

tenemos que el nuevo lado en función del anterior es

$Q(z)=\sqrt{\left( R-\sqrt{R^{2}-(\frac{z}{2})^{2}}\right) ^{2}+(\frac{z}{2})^{2}}$

así, si sólo es aplicar recursivamente dicha función y tenemos la serie buscada de los perímetros, se puede ver que el radio se cancela, obteniendo todos los valores de la serie en función del número de lados

$6\ast \frac{R}{R}=\allowbreak 6=\allowbreak 6.0$
$12\ast \frac{Q(R)}{R}=\allowbreak 6\sqrt{6}-6\sqrt{2}=\allowbreak 6.\,\allowbreak 211\,7$
$24\ast \frac{Q(Q(R))}{R}=\allowbreak 24\sqrt{2-\frac{1}{2}\sqrt{2}-\frac{1}{2}\sqrt{2}\sqrt{3}}=\allowbreak 6.\,\allowbreak 265\,3$
$48\ast \frac{Q(Q(Q(R)))}{R}=\allowbreak 48\sqrt{2-2\sqrt{\frac{1}{8}\sqrt{2}\sqrt{3}+\frac{1}{8}\sqrt{2}+\frac{1}{2}}}=\allowbreak 6.\,\allowbreak 278\,7$
etc…

¡Y únicamente usando el teorema de pitágoras!
Aunque seguro que hay una forma mucho más sencilla.

Lo dicho, esos griegos estaban locos de remate…
M | 22 de April de 2010 | 22:03

Por supuesto, josejuan, que el uso de las razones trigonométricas es totalmente lícito (tal vez la confusión se deba a que en mi primer comentario debí decir razón trigonométrica en lugar de función trigonométrica). Como dije antes, estamos hablando de longitudes de segmentos. Para ello basta con repases como se definen las razones trigonométricas de un ángulo en la circunferencia unidad. Las razones trigonométricas de un ángulo se definen sin aludir en ningún momento a la longitud del arco correspondiente.
De hecho, si en el desarrollo anterior, te resultan incómodas las expresiones $\sin(\alpha)$ y $\cos(\alpha)$ , puedes cambiarlas por las longitudes respectivas (lo cual únicamente conlleva un poco más de complejidad en la notación). De hecho, en la figura que enlacé tendremos $OX=\cos(\alpha)$ , $XY=\sin(\alpha)$ , $TZ=\tan(\alpha)$ y $OT=\sec(\alpha)$ .

Por lo leído en tu último comentario y en el de las 15:43, creo que no has entendido del todo la cuestión que he planteado: una cosa es estimar el valor de $\pi$ (dando por hecho que es una constante), y otra cosa bien distinta es probar que $\pi$ es una constante. Por otra parte, las iteraciones que propones en ambos comentarios únicamente son métodos heurísticos para aproximar el valor $2\pi$ , pero en ningún momento has demostrado convergencia al valor conocido para esa constante. Lamento tener que decir que ambos desarrollos distan mucho de lo que se puede considerar una demostración.

No obstante todo lo anterior, sí debo decir que el razonamiento de mi segundo comentario (17:07) es incoherente, en el sentido de que uso la expresión del área de un sector circular. Sin embargo, tenemos directamente la desigualdad $OX\cdot XY<\mathcal{L}_\alpha<ZT$ , teniendo en cuenta que $OX<1$ y por tanto $OX\cdot XY<XY<\mathcal{L}_\alpha$ .
josejuan | 22 de April de 2010 | 22:35

Uhm… se que mi osadía es grande, pero discrepo en los dos puntos.

En cuanto a las herramienta a usar, el planteamiento era “…usando únicamente resultados de la geometría plana elemental…”, es decir, no comparto el que se pueda asumir una medida sobre el perímetro, puesto que, como digo, es el objeto en estudio.

No sirve tampoco sustituir el uso de cos por su definición (cociente de longitudes) porque el problema no es dicha relación, sino el uso del árco, es decir, del ángulo en el que te apoyas. Concretamente “…siendo alfaN el ángulo que divide a la circunferencia unidad en 2n partes iguales…”, ¿cómo estás asociando ese “angulo” con la relación arrojada por el cos?, es decir, si usas la notación de cocientes, ¿como accedes a dividir 2Pi / n?.

Por último, sigo pensando que mi razonamiento es válido excepto en el uso del límite (no queda demostrado que el límite de la sucesión es el objeto buscado).

Es decir, he puesto la longitud del perímetro de una familia de polígonos regulares únicamente en función del radio del círculo que los circunscribe, y al dividir esa función por el radio, ¡este se ha cancelado!, mostrando la “constantinidad” de la relación entre el perímetro y el radio, demostrado que es constante, la definición ya indica el valor que toma (basta construir un círculo de madera y hacer la medida), el hecho que la sucesión se aproxime a Pi numéricamente es un producto adicional del resultado.

En fin, no se, tampoco me extrañaría estar encabezonado en alguna cosa…
josejuan | 22 de April de 2010 | 23:02

Dicho de otra forma, yo he probado que para cada polígono regular (de 6*2^n lados, n=0,1,2,3,…) existe una constante tal que, multiplicada por su radio (o diámetro, claro) nos da el perímetro del mismo.

Si se admite (y aquí el problema del límite) que un polígono de infinitos lados equivale al círculo, entonces la demostración solicitada está concluída.

¿Cómo, si no sabemos si dicha relación es constante, vamos a dividir por 2Pi un círculo de radio arbitrario?, ¿y si no fuera constante?

En fin, perdón si tengo un bug.
M | 22 de April de 2010 | 23:27

En fin, josejuan, tengo poco más que añadir a lo ya expuesto anteriormente. Aún así, sí quería dejar claras dos cosas respecto a tu comentario de las 22:35

1º) Respecto a lo que comentas en tu segundo párrafo: la respuesta que he dado es completamente elemental pues sólo requiere hacer uso del Teorema de Pitágoras y de razones entre segmentos asociados a cierto ángulo (lo cual da lugar a la definición de razones trigonométricas de un ángulo, que por cierto están bien definidas en virtud del Teorema de Thales). Este ángulo no es otro sino el que se obtiene de dividir una circunferencia en $2n$ partes iguales.

2º) Respecto al tercer párrafo: claramente, a posteriori diríamos que el ángulo $\alpha_n$ coincide con $\frac{\pi}{n}$ , pero precisamente uso esa notación para evitar aludir a $\pi$ , y por eso lo defino como “…el ángulo que divide a la circunferencia unidad en 2n partes iguales…”. Simplemente se hace una asociación entre un ángulo y la longitud de arco correspondiente (con independencia del valor que éste tenga). Observa que en ningún momento se ha supuesto que la longitud de la circunferencia de radio 1 sea $2\pi$ . Por eso simplemente hemos denotado a ese valor por $\mathcal{L}_1$ y lo que se ha demostrado es que $\frac{\mathcal{L}_{R}}{R}=\frac{\mathcal{L}_1}{1}$ .

Por otra parte, tanto $\sin(\alpha_n)$ como $\tan(\alpha_n)$ representan longitudes de segmentos asociados al ángulo, y por tanto tiene perfecto sentido compararlas con la longitud $\frac{\mathcal{L}_1}{2n}$ .
josejuan | 22 de April de 2010 | 23:41

No querría alargar la discusión más de lo necesario, máxime cuando creo que ambos vemos el punto de vista del otro.

No obstante, sigo sin entender la réplica del punto 2:

“…representan longitudes de segmentos asociados al ángulo, y por tanto tiene perfecto sentido compararlas…”

Compararlas sí, como podemos comparar el cambio de escala entre dos círculos, pero ¿como relacionas? (queda demostrada la relación) ¿entre la magnitud que utilizas del perímetro (el ángulo, arco o parte n-ésima de 2Pi) y la división entre el cateto y el radio?

Es decir, no veo cómo logras relacionar el coseno de un ángulo (arco, …) y su valor sin (metaforizando) “usar tablas de coseno y seno”.
josejuan | 22 de April de 2010 | 23:53

Bien, creo que entiendo tu punto de vista, realizas el mismo planteamiento que yo, pero directamente, no calculas lo que mide el lado de cada polígono, símplemente lo anotas en función del perímetro “sea cual sea este”.

Es decir, lo que haces es “dibujar mentalmente” cada polígono regular, pero sin calcularlo.

A ver, repasaré de nuevo…
josejuan | 22 de April de 2010 | 23:58

No se, cuando dices (al principio) que

l = 2 R sin(a)

es una tautología, puesto que antes has fijado sin(a)=(l/2)/R

Uhm… no me parece válido, siento si lo que digo es fruto de mi incomprensión (aclarármelo por favor).
fede | 23 de April de 2010 | 00:31

En al tema rectilíneo creo que puede ayudar: http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookVI/propVI4.html Para la parte curva, aqui esta demostrada la constancia de la razón entre el área del círculo y el cuadrado del diámetro: http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookXII/propXII2.html
josejuan | 23 de April de 2010 | 00:44

Ja, ja, (“…Join EK, KF, FL, LG, GM, MH, HN, and NE…”)… no me siento con ánimo, ¡esa seguro que la escribió un griego que sabía inglés!.
Rick | 25 de April de 2010 | 01:46

Dicho de otra forma, yo he probado que para cada polígono regular (de 6*2^n lados, n=0,1,2,3,…) existe una constante tal que, multiplicada por su radio (o diámetro, claro) nos da el perímetro del mismo.

Si se admite (y aquí el problema del límite) que un polígono de infinitos lados equivale al círculo, entonces la demostración solicitada está concluída.

¿Cómo, si no sabemos si dicha relación es constante, vamos a dividir por 2Pi un círculo de radio arbitrario?, ¿y si no fuera constante?

En fin, perdón si tengo un bug.
Dani | 25 de April de 2010 | 03:15

M | 22 de Abril de 2010 | 16:48
M | 22 de Abril de 2010 | 17:07
fantástico!
William | 27 de April de 2010 | 06:57

Dicho de otra forma, yo he probado que para cada polígono regular (de 6*2^n lados, n=0,1,2,3,…) existe una constante tal que, multiplicada por su radio (o diámetro, claro) nos da el perímetro del mismo.

Si se admite (y aquí el problema del límite) que un polígono de infinitos lados equivale al círculo, entonces la demostración solicitada está concluída.

¿Cómo, si no sabemos si dicha relación es constante, vamos a dividir por 2Pi un círculo de radio arbitrario?, ¿y si no fuera constante?

En fin, perdón si tengo un bug.
josejuan | 27 de April de 2010 | 09:25

Aunque el primer interesado soy yo (y por tanto no haría falta escribirlo), me corrijo en mis comentarios, ya veo (o creo ver, claro) que no se relaciona (sino por acotaciones) la longitud del arco con el resto de relaciones (pitagóricas).

Y muy buena la corrección en el uso del área (“M | 22 de Abril de 2010 | 22:03″).

Perdón por las molestias.
rufo casco | 19 de March de 2011 | 00:17

oigan la lunula escrita sobre el hexagono revisenla por que dicha area de dicha lunula sera (r^2)(raiz(3))/4-(r^2)pi/24 disculpen que lo escriba asi es primera vez que hago un post en esta pagina