Construcción de la constante pí (π) y su demostración a través de un teorema (página 2)

Partes: 1, 2

Todas estas líneas de investigación conducen a la solución
de problemas
análogos o equivalentes (unilateral y bilateralmente
hablando) pero todos estos intentos han conducido solo a fracasos
a quienes han intentado resolver el misterio que envuelve al
mismo a tal punto que el mismo está colocado como uno mas
de los problemas que no tienen solución y hasta lo han
demostrado, llegando a decir que el mismo no tiene
solución; por las condiciones impuestas al
planteamiento de este problema, pues se exige el uso exclusivo de
regla sin marcas y
compás.

La línea de investigación que aquí presento
consiste en "la construcción de pi con regla sin marcas y
compás" y para esto solo necesito demostrar un teorema con
el cual se confirma que el mismo es construible con estas
herramientas.
A través de la transformación de las líneas
o vías hasta la fecha realizadas, conjugándolas por
reducción en un problema análogo, donde intervienen
los resultados principales que se han obtenido sobre el
planteamiento original del problema de la cuadratura del
círculo. El cual consiste en: "La construcción con
el uso exclusivo de la regla sin marcas y el compás, de un
cuadrado con área equivalente a un círculo,
conocido su radio.

Para lograr esta afirmación la cual es el objetivo
general de esta investigación se presentan varios
problemas auxiliares por demostrar en función de
determinar la hipótesis principal en el cual versa todo
el desarrollo de
la línea de investigación seleccionada, siendo la
siguiente: "Construcción de la Constante pi (π) a
través de la Demostración de un Teorema" la misma
contendrá la siguiente metodología:

-
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)

DEMOSTRACION

SEAN:
PH ; RD ; OB =
( ALTURAS ) DEL TRIANGULO PBD

DONDE:
RD = OB (DOS ALTURAS IGUALES)

Y: RD
OB PH (SE
INTERCEPTAN EN EL ORTOCENTRO) (PUNTO I)

Y SI: GJ
I
(EL ARCO GJ INTERCEPTA AL PUNTO I)

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

ANALISIS

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 si tienen
solución los problemas clásicos de la geometría,
como lo son: La cuadratura del circulo, la duplicación del
cubo y la trisección del ángulo, cerrando
este capitulo en la historia de la geometría superior y abriendo un nuevo
episodio en el quehacer científico actual pues este
es solo el comienzo.