PROPOSICIÓN 18 LIBRO XIII

Proposición 18. Colocar los lados de les cinco figuras y compararlos entre sí.

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Sea AB el diámetro de la esfera dada, y sea cortado por C de modo que AC sea igual a CB, y por el punto D de modo que sea doble de DB. Descríbase el semicírculo AEB sobre AB, dibujar CE y DF desde C y D formando ángulos rectos con AB, y trazar AF, FB y EB. [I 11]. Después, dado que AD es doble de DB, resulta que AB es triple de BD. En conversión, entonces, BA es una vez y media AD. Pero BA es a AD como el cuadrado de BA es al cuadrado de AF, porque el triángulo AFB es equiangular con el triángulo AFD. Por lo tanto el cuadrado de BA es una vez y medio el cuadrado de AF. [V Def. 9, VI 8]. Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es también una vez y medio el cuadrado del lado de la pirámide. Y AB es el diámetro de la esfera, entonces AF es igual al lado de la pirámide. [XIII 13]. De nuevo, dado que AD es doble de DB, entonces AB es triple de BD. Pero AB es a BD como el cuadrado de AB es al cuadrado de BF, entonces el cuadrado de AB es triple del cuadrado de BF. [V Def 9, VI 8]. Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es también el triple del cuadrado del lado del cubo. Y AB es el diámetro de la esfera, entonces BF es el lado del cubo. [XIII 15]. Y, dado que AC es igual a CB, entonces AB es doble de BC. Pero AB es a BC como el cuadrado de AB es al cuadrado de BE, entonces el cuadrado de AB es doble del cuadrado de BE. Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es también doble del cuadrado del lado del octaedro. Y AB es el diámetro de la esfera dada, entonces BE es el lado del octaedro. [XIII 14]. Seguidamente, dibujar AG desde el punto A formando ángulos rectos con la línea recta AB, construir AG igual a AB, trazar GC, y dibujar HK desde H perpendicular a AB. [I 11, I 3, I 12]. Entonces, dado que GA es doble de AC, porque GA es igual a AB, y GA es a AC como HK es a KC, entonces HK es también doble de KC. Por lo tanto el cuadrado de HK es cuádruple del cuadrado de KC, por lo tanto la suma de los cuadrados de HK y KC, esto es, el cuadrado de HC, es cinco veces el cuadrado de KC. Pero HC es igual a CB, entonces el cuadrado de BC es cinco veces el cuadrado de CK. Y, dado que AB es doble de CB, y, en ellas, AD es doble de DB, entonces la recta restante BD es doble de la recta restante DC. Por lo tanto BC es triple de CD, entonces el cuadrado de BC es nueve veces el cuadrado de CD. Pero el cuadrado de BC es cinco veces el cuadrado de CK, entonces el cuadrado de CK es mayor que el cuadrado de CD. Por lo tanto CK es mayor que CD. Construir CL igual a CK, dibujar LM desde L formando ángulos rectos con AB, y trazar MB. [I 3, I 11]. Ahora, dado que el cuadrado de BC es cinco veces el cuadrado de CK, y AB es doble de BC, y KL es doble de CK, entonces el cuadrado de AB es cinco veces el cuadrado de KL. Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es también cinco veces el cuadrado de KL. Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es cinco veces el cuadrado del radio del círculo a partir del cual se ha construido el icosaedro. Y AB es el diámetro de la esfera, entonces KL es el radio del círculo a partir del cual se ha construido el icosaedro. Entonces KL es el lado del hexágono en el círculo antes mencionado. [XIII 16, Cor., IV 15, Cor.]. Y, dado que el diámetro de la esfera se hizo con el lado del hexágono y dos de los lados del decágono inscrito en el mismo círculo, y AB es el diámetro de la esfera, siendo KL el lado del hexágono, y AK es igual a LB, entonces cada una de las rectas AK y LB es un lado del decágono inscrito en el círculo a partir del cual se ha descrito el icosaedro. [XIII 16, Cor.]. Y, dado que LB pertenece al decágono, y ML al hexágono, porque ML es igual a KL, y porque también es igual a HK, estando a igual distancia del centro de cada una de las rectas HK y KL es doble de KC, entonces MB pertenece a un pentágono. [XIII 10]. Pero el lado del pentágono es el lado del icosaedro, entonces MB pertenece al icosaedro. [XIII 16]. Ahora bien, dado que FB es un lado del cubo, cortado en extrema y media razón por N, y siendo NB el segmento mayor. Entonces NB es un lado del dodecaedro. [XIII 17, Cor.]. Y, dado que el cuadrado del diámetro de la esfera se ha demostrado que es una vez y medio el cuadrado del lado AF de la pirámide, mientras que es el doble del cuadrado del lado BE del octaedro y triple del cuadrado del lado FB del cubo, entonces, el cuadrado del diámetro de la esfera tiene seis partes, de las que el cuadrado del lado de la pirámide tiene cuatro, el cuadrado del lado del octaedro tres, y el cuadrado del lado del cubo dos. Luego el cuadrado del lado de la pirámide es cuatro tercios del cuadrado del lado del octaedro, y el doble del cuadrado del lado del cubo, y el cuadrado del lado del octaedro es una vez y media el cuadrado del lado del cubo. Los lados nombrados, entonces, de las tres figuras, me refiero a la pirámide, al octaedro y al cubo, lo son en proporciones racionales. Pero los dos restantes, me refiero al lado del icosaedro y al lado del dodecaedro, no guardan proporciones racionales entre sí ni entre los anteriormente nombrados, porque son irracionales, el uno es el menor y el otro una apótoma. [XIII 16, XIII 17]. Que el lado MB del icosaedro es mayor que el lado NB del dodecaedro lo demostraremos como sigue. Dado que el triángulo FDB es equiangular con el triángulo FAB, proporcionalmente DB es a BF como BF es a BA. [VI 8, VI 4]. Y, dado que las tres rectas son proporcionales, la primera es a la tercera como el cuadrado de la primera es al cuadrado de la segunda, entonces DB es a BA como el cuadrado de DB es al cuadrado de BF. Entonces, por inversión AB es a BD como el cuadrado de FB es al cuadrado de BD. [V Def. 9, VI 20, Cor.]. Pero AB es triple de BD, entonces el cuadrado de FB es el triple del cuadrado de BD. Pero el cuadrado de AD es también cuádruple del cuadrado de DB, porque AD es doble de DB, entonces el cuadrado de AD es mayor que el cuadrado de FB. Por lo tanto AD es mayor que FB. Entonces AL es mucho mayor que FB. Y, cuando AL se corta en extrema y media razón, KL es el segmento mayor, porque LK pertenece al hexágono, y KA al decágono, y, cuando FB se corta en extrema y media razón, NB es el segmento mayor, entonces KL es mayor que NB. [XIII 9]. Pero KL es igual a LM, entonces LM es mayor que NB. Entonces MB, que es el lado del icosaedro, es mucho mayor que NB que es el lado del dodecaedro. Q.E.F.

Digo además, aparte de las cinco figuras nombradas, que no hay otra figura que se pueda construir comprendida por figuras equiláteras y equiangulares. Porque con dos triángulos no se puede construir un ángulo sólido, y menos con planos. Con tres triángulos se construye el ángulo de la pirámide, con cuatro el ángulo del octaedro, y con cinco el ángulo del icosaedro, pero un ángulo sólido no se puede formar con seis triángulos equiláteros y equiangulos colocados todos ellos en un punto, porque si el ángulo del triángulo equilátero es dos terceras partes de un ángulo recto, los seis serán iguales a cuatro ángulos rectos, lo cual es imposible, porque cualquier ángulo sólido está comprendido por menos de cuatro ángulos rectos. [XI 21]. Por la misma razón, tampoco se puede construir un ángulo sólido con más de seis ángulos planos. El ángulo del cubo está contenido por tres cuadrados, porque estar contenido con cuatro es imposible porque de nuevo serían cuatro ángulos rectos. El ángulo del dodecaedro está contenido por tres pentágonos equiláteros y equiangulares, pero por cuatro sería imposible porque, siendo el ángulo del pentágono equilátero un ángulo recto más un quinto, los cuatro ángulos serían mayores que cuatro ángulos rectos, lo cual es imposible. Tampoco se podrá contener un ángulo sólido con otras figuras poligonales por razones absurdas similares. Q.E.D.

 

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LEMA
Que el ángulo del pentágono equilátero y equiangular es un ángulo recto más un quinto lo demostramos de la siguiente manera.
Sea ABCDE un pentágono equilátero y equiangular. Circunscribimos el círculo ABCDE alrededor de él, tomamos el centro F, y trazamos FA, FB, FC, FD y FE. [IV 14]. Entonces biseccionamos los ángulos A, B, C, D y E del pentágono. Y, dado que los ángulos de F son iguales a cuatro ángulos rectos, entonces uno de ellos, como el ángulo AFB, es un ángulo recto menos un quinto. Entonces los ángulos restantes FAB y ABF son un ángulo recto y un quinto. Pero el ángulo FAB es igual al ángulo FBC, entonces el ángulo entero ABC del pentágono es un ángulo recto y un quinto. Q.E.D.


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D.E.Joyce

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