AUTOR: OSCAR JOSE MAGO VILLARROEL
C.I: 02658332
CUMANA, EDO SUCRE
LOCURA MILENARIA…
“Un hombre con una idea
es un loco hasta que
la idea triunfa”
MARK TWAIN
1ra. Edición Octubre 2016-
Quedan rigurosamente prohibidas las reproducciones parciales o totales de
esta obra, sin la autorización escrita del autor; bajo las sanciones establecidas
en la Ley de Depósito Legal y su reglamento.
Oscar José Mago Villarroel. Todos los Derechos Reservados.
Depósito Legal: SU2016000008
Portada: El Hombre de Vitrubio, dibujo de Leonardo da Vinci para estudiar las
proporciones del cuerpo humano, basado en los textos de arquitectura de
Merco Vitrubio Polión, arquitecto romano, siglo I a.C.
Diagramación: Omar José Rivero Velazco
PRESENTACIÓN
¿Cómo explicar ese vasto mundo lleno de axiomas y términos?
¿Cómo explicar que hasta en la belleza de las cosas está la Matemática?
Por el carácter abstracto que encierra su definición, se crea un te-
mor indescriptible, una aversión tal, que raya en la locura. Ella es el
uso de la lógica en el razonamiento, es cálculo, medición, formas y
movimiento. Esa belleza que absorbe, atrajo con mucha fuerza al
autor de este trabajo científico, El Prof. Oscar Mago Villarroel. A él
lo conozco muy bien ya que es mi padre: “El Hombre Capicúa”, así
lo miro. Con una amplia experiencia en la docencia. Poeta, músico,
excelente padre, enamorado de su amor eterno y buen amigo. Esa
capacidad de abstraerse del mundo que lo rodea y su pasión por la
matemática, es bien conocida por todas las personas cercanas a
él. Un día se motivó por la imposibilidad que se les presentó a los
grandes matemáticos del mundo, para resolver el problema milena-
rio: “la Cuadratura del Círculo”, cuestión que es aparentemente im-
posible para el común de las personas. Tras años invertidos diva-
gando, gastando hojas y lápices, llega a una solución rara, valiosa
y útil para el que es versado en el mundo de los números; inquie-
tante e incitador para el que sabe poco. Oscar Mago Villarroel si-
guió el camino de migajas de oro dejadas por grandes pensadores,
él aportó una migaja dorada más a ese camino. La solución a la
cuadratura del círculo propuesta por Oscar Mago Villarroel permite
que se levante un poco más ese velo de sigilo que posee la ma-
temática. Permite acercarnos un poco más a ese regalo maravillo-
so que es el conocimiento, ya que deja para la posteridad un ejem-
plo de valorable persistencia, en la búsqueda de un camino que
conduzca a una verdad matemática. El se amarró a una premisa, y
tiene muchas razones: “La Matemática tiene muchos caminos que
conducen a una misma ver-dad”; por eso decidió no utilizar la me-
todología del solo uso del compás y la regla no graduada impuesta
por los matemáticos griegos; además, dentro de su conclusiones
deja nuevos conocimientos que enriquecen la geometría Plana o
Euclidiana, para bien del desarrollo de la ciencia.
Ing. Oscamarys Mago R
AGRADECIMIENTO
Al padre celestial, quien me dejó vivir hasta llegado este momento
y me inspiró a seguir el camino seguro para el logro de este altísimo obje-
tivo
A Omar José Rivero Velazco, quien en todo momento me apoyó
de manera diligente y adecuada.
Al personal de la División de Bibliotecas Públicas. Departamento
Legal. Edo. Sucre, por su atención cordial activa y efectiva para el alcance
de este objetivo tan Importante para mí.
A todas las personas que de una u otra manera me incentivaron a
culminar este trabajo, muy especialmente, el Prof. José Tomás Velásquez
Barreto
DEDICATORIA…
A: Mis ascendientes Pedro A .Mago e Isabel B Villarroel de M.
Mi eterna compañera y amiga Amarilis Rivero de M.
Mis descendientes Oscamarys, Osbet y Oscar Antonio, nietos.
Yernos y nuera.
Mis hermanas y hermanos (especialmente Pedro Luis), sus cónyu-
ges y descendientes.
Mis colegas que dictan clases de Matemáticas. Todos mis amigos y
amigas y los centenares de ahijados
INTRODUCCIÓN.
El problema de la cuadratura del círculo ha sido hasta hoy un
enigma sin resolver; si nos apegamos al solo uso del compás y regla, co-
mo plantearon los matemáticos griegos siglos antes de Cristo; aspecto
ratificado por Ferdinand Lindemann en 1882. En virtud de tantos intentos
fallidos, se tomó la decisión de utilizar otro método distinto al escogido por
los geómetras griegos, con la sola intención de dar una aproximación
numérica a dicho problema.
Tratando de cumplir con lo establecido se utilizó la relación entre
las áreas de un círculo y un cuadrado, llegándose a encontrar la expre-
sión L= r p ; lo que aparentemente es una verdad, cuestión que carece
de rigurosidad matemática; por ello hubo que demostrarse que el lado L
del cuadrado es afectado por el valor de p . Para el logro de este objetivo
se usó la ecuación
??
????
. ????=????, que contiene tres incógnitas interdepen-
dientes X, NL y GP, aspecto de rara aplicación en la matemática; pero
hubo necesidad de usar esta metodología de ensayo y error, ya que el
valor GP conduciría a la búsqueda del valor del lado del cuadrado que
resuelve la cuadratura. La ecuación elegida requirió establecer más de
diez millones de líneas que representan lados paralelos de cuadrados,
entre los cuadrados inscrito y circunscrito del círculo de radio r=1. Logrado
el objetivo anterior se hace necesario determinar la influencia del radio del
círculo sobre el lado L del cuadrado que representa la solución de la cua-
dratura. Es necesario aclarar que no fue posible encontrar documentos
bibliográficos, que sustenten o contradigan respecto a la metodología em-
pleada, ni sobre otros aspectos derivados de los análisis de los cálculos
que aquí se presentan.
AUTOR: OSCAR JOSE MAGO VILLARROEL
C.I: 02658332
CUMANA, EDO SUCRE
PLANTEAMIENTO
Según Ferdinand Lindemann (1882), es imposible hallar un
cuadrado que represente el área de un círculo con radio determinado, si
se parte de la condición del uso indispensable del compás y la regla.
En virtud de la planteado, se espera que se acepte este tipo de
solución, aunque no cumpla con las condiciones establecidas por los
geómetras griegos; esto, con la intención de dar una aproximación numé-
rica al problema en cuestión.
Sea
Ac = pr2 el área de un círculo de r = 1; y A = L2 el área de
un cuadrado de lado L.
Si se supone que ambas áreas son equivalentes, entonces:
pr2 donde L = r p y como
Ac = A ; luego pr2 = L2 ; por lo tanto L =
r = 1 entonces L = p.
L = r p
Requiere ser demostrado con la mayor precisión
matemática posible.
En la figura Nº 1 se hallarán:
1) El área Aci del cuadrado
Inscrito EFGH
Aplicando el teorema de Pitágoras
En el triángulo OFG,
FIG. 1
(F??)2 =(O??)2 + (O??)2; sustituyendo por r se tiene que ( F??)2 = ??2 + ??2 ,
= 2??2 y
FG = ?? 2 ; y como r = 1,
luego (F??)2= 2??2 ; entonces F??
entonces
???? =
2
;
por
lo
tanto
el
área
del
cuadrado
inscrito
será,
Aci = ???? ?? ???? ;
como ???? = ???? = 2
entonces
Aci =
2 ?? 2 , de donde Aci = 2
2) El área Acc del cuadrado circunscrito ABCD.
Acc = ???? ?? ????;???????? ???? = ???? = 2?? ; ????????????????
Acc = 2?? ?? 2?? ?? ???????? ?? = 1 ; ???????????????? ?????? = 4
De
los
cálculos
de
estas
tres
áreas
se
concluye
que
Aci < ???? < ?????? ?? ???????????????????????? ?????????????? ???????????????????? 2 < ????2 < 4; lo que
se puede escribir como 2 < ??2 < 4.
Así mismo, en la figura 1 se observa que el tamaño del lado L del
cuadrado EFGH se encuentra entre las longitudes de los cuadrados ins-
crito y circunscrito; es decir ?? 2 < ?? < 2?? ; dentro del área ZC que se
llamará Zona de Certidumbre.
Ahora se hallará el valor de GC donde se forma el lado L.
Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo ABC de la figura 1
se tiene que ( ????)2 =(????)2 + (????)2 :
(????)2 = 2??
2
+ 2??
2
; ?????????? ???? = 8??2 ?? ???? = 2?? 2
y como ?? = 1 ???????????????? ???? = 2 2 .
??
???? = ???? ???????????????? ???? – ???? = ???? + ????
Como ???? – ???? = ???? + ????
Luego.
???? – ???? = 2???? ;???????????????????????? ???? ?????????? 2?? 2 – 2?? = 2????
???? = ?? 2 – ?? ;???????? ?? = 1 , ???? =
2 – 1
???? = 1,41421356- 1
???? = 0,41421356 y se cumple que GC = AE = FB = HD. (Ver Fig. 1)
???? = 0,41421356
Entonces, en la longitud GC debe existir un punto por donde pasa el
lado L, paralelo a los lados de las cuadrados inscrito y circunscrito.
Para buscar el lado L = ?? se establecerá en la zona ZC 10.485.760
lados para obtener una mayor precisión; lo que determina igual número
de puntos sobre GC.
Encontrar el punto adecuado, sobre GC por donde pasa L significa
hacer los cálculos correspondientes hasta hallarlo; para lo cual se usará
??
??: Lado que satisface el valor ??
????: Número de lados establecidos en GC
????: Longitud de G a C donde se halla L= ??
????: Longitud que genera el valor ?? y por tanto ?? (Ver fig. 1).
Se aclara que X, NL y GP son tres incógnitas interdependientes, lo
que exige un apartado especial para exponer de manera evidente dicho
funcionamiento.
Logrado GP, se sumará a ?? = 1
para hallar la distancia desde el
centro (0) a los puntos P y K y con ellas aplicar el teorema de Pitágoras
en el triángulo OKP (Fig. 2) para comprobar la existencia de PI. Las con-
diciones
NL=
10.485.760,
X=
6.412.613
genera
el
valor
GP = 0,25331414 y este a su vez genera Pi y en consecuencia ??.
Los cálculos determinaron que:
6.412.613
10.485.760
?? 0,41421356 = 0,25331414;
Luego GP = 0,25331414; por lo tanto
???? = ?? + ???? ;
???? = 1 + 0,25331414
???? = 1,25331414
y
como
???? = ???? ???????????????? ???? = 1,25331414
aplicando
el
teorema
de
Pitágoras al
triángulo.
OKP
(Fig.
2)
se tiene que:
(????)2 = (????)2 + (????)2 ?? ???????? ???? = ????,????????????????
(????)2 = (1,25331414)2 + (1,25331414)2
(????)2 = 1,57079633+ 1,57079633
(????)2 = 3,14159266 ;Valor muy aproximado al de ?? popularizado por el
matemático galés
William
Jones en el año 1706, quien usó
?? = 3,14159265, lo que arrojó una diferencia de 1??10-8 , entonces
???? =
3,14159266 ?? ???? ???????????? ?????? ???? = ???? = ???? = ????
(Ver Fig.1)
???? = 1,77245385 Valor hallado con alta precisión. Como KP = L
Así queda demostrado que
L = ??
Logrado este resultado, se debe hallar una ecuación que defina el
lado L del cuadrado cuya área represente la del círculo de ?? = 1
L = 1,77245385
De la Fig.2 se tiene que.
???? = ???? + ???? + ???? ;???????? ???? = ???? ????????????????
???? = ???? + ???? + ????
???? = 2???? + ???? ?? ???? = ???? = ?? 2 =
2 ?????? ?????? ?? = 1
2???? = ???? – ???? , ???????????????????????? ???? ??????????.
2???? = 1,77245385-
2
2???? = 1,77245385- 1,41421356
???? = ?? 2 + ?? , ???????? ?? = 1 , ???? =
2 + ?? , ???????? ???? = ??
????????????????
2 + ?? = ?? ???????? ?? = 1
Analizando el comportamiento para otros valores del radio, se
concluye que el Lado L depende de este; por lo tanto
L = ??
2 + ?? ? ?? ? ??+
??
?? = 0,35824029.
Al lado L se llamará lado transcendental.
El área del cuadrado, equivalente a la de un círculo de radio
determinado será:
?? = ??2 ; ??
?? = ??2
2 + ??
2
? ?? ? ??+ ??
?? = 0,35824029.
A este cuadrado tan especial se llamará cuadrado transcendental.
se debe usar
Para obtener mejor precisión en los cálculos
?? = 3,14159265
Fig. 2
S
2???? = 0,35824029 ; ???? 2???? = ?? entonces
?? = 0,35824029.
C es la variación que experimenta FG cuando el radio ?? se extiende
desde G hasta P y desde F hasta K.
???? = ???? + ?? ?? ???????? ???? = ?? 2
Fig. 3
?? = ??:
Longitudes Notables Dentro Del Círculo Con Radio
1. Longitud del centro del círculo al cuadrado inscrito
????
????
= ?????? 45° ?????? ???? = ?? = 1
???? = ???? · ?????? 45° ?????????? ???? = 1 ?? 2/2
???? = 1 ?? 0,70710678
????????????????
???? = 0,70710678
2. Longitud del cuadrado inscrito al lado transcendental L .
Del triángulo GP se tiene que:
????
????
= ?????? 45° , ?????????? ???? = ???? · ?????? 45°
???? = 0,25331414 ?? 0,70710678
???? = 0,17912015
3. Longitud del centro del círculo al lado transcendental L.
???? = ???? + ???? , ?????????????? ???? ???????????????????? 1 ?? 2 (Ver fig.3)
???? = 0,70710678 + 0,179120 15
???? = 0,88622693.
También se puede hallar aplicando
????
????
= ?????? 45° ???? ???? ??????á?????????? ?????? (Ver Fig.3)
???? = ???? · ?????? 45° ?????????? ???? = 1,25331414 ?? 2 /2
???? = 0,88622693.
4. Longitud del lado del cuadrado inscrito al circunscrito. (Ver Fig.3)
???? = ???? – ????
???? = 1 – ???? ,
luego ???? = 1 – 0,70710678
??
???? = 0,29289322
Analizando el comportamiento para valores distintos de un radio
?? = 1
se concluye que estas longitudes se pueden hallar por las
ecuaciones:
1) ???? = ?? .?????? 45° ? ?? ? ??+
2) ???? = ?? .???? .?????? 45° ? ?? ? ??+
3) ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° ? ?? ? ??+
En la Fig.3 se observa que las distancias en los casos 1 y 3 corres-
ponden a radios de círculos concéntricos; tangenciales: uno a los lados
del cuadrado inscrito y otro a los lados del cuadrado transcendental.
Para hallar el radio del círculo tangente a los lados del cuadrado
transcendental se usará la ecuación:
???? = ?? 1 + ???? cos45° ? ?? ? ??+ y GP = 0,25331414.
Al radio Rt por su condición se le llamará radio Transcendental.
EJEMPLOS DE APLICACIONES.
Ejemplos :
a) Hallar:
El cuadrado cuya área es equivalente a la de la proyección ortogonal
del globo terrestre sobre un plano.
Solución:
Área del círculo.
AC= ????2
AC= ??(6,4??106????)2
AC= 40,96×1012?? ????2
Entonces AC = A
Área del cuadrado.
L= ?? ( 2 + C)
L= 6,4??106 ???? . ??
A= ??2( 2 + ??)2
A=40,96×1012?? ????2
???? = 4,43113463 ???? ?????????? ???? =
b) Dado r = 2 hallar el lado L.
???? = ?? 1 + ???? ?????? 45°
???? = 2 1 + 0,25331414 ?? 0,70710678
???? = 1,77245385 ????????????????
???? = ??
Ahora se hallará la longitud del lado L del cuadrado transcendental.
Usando el triángulo OXP de la Fig.6 se tiene que.
????
????
= ?????? 45° ,?????????? ???? = ???? · ?????? 45°
Como Rt = OX entonces PX = ?? .1 de donde PX = ??. Del triángulo
OKP de la Fig. 6 se tiene que KP = L
y
L = KX + XP; y como KX = XP
entonces L = ?? + ?? y por lo tanto L = 2 ??, luego; L= 2 Rt
Los resultados de Rt y L indican que ambos valores dependen de
raíz cuadrada de Pi.
c) Dado ?? = 5 hallar el lado L.
Rt =?? 1 + ???? ?????? 45°
???? = 5 1 + 0,25331414
?? 0,70710678
5 ??
2
Del triángulo OYQ de la Fig. 6 se tiene que
????
????
= tan 45°
???? = ???? · ?????? 45° , ???????? ???? = OY entonces YQ =
5 ??
2
?? 1
YQ =
5 ??
2
, del triángulo OMQ de la Fig.6 se tiene que
MQ = ??
y
?? = ???? + ???? ?? ???????? ???? = ???? ???????????????? ?? =
5 ??
2
+
5 ??
2
Luego
?? = 5 ??
y
L= 2 Rt
Los resultaos de Rt y L indican que ambos valores dependen de raíz
cuadrada de Pi.
También se observa, que en los ejemplos b y c se cumple que
L= 2 Rt
y
como A= L. L entonces; A= 4 (????)2
Fig. 5
CONCLUSIONES:
1) El cuadrado que resuelve la cuadratura de cualquier círculo está ubicado
entre los cuadrados inscrito y circunscrito.
2) Durante el desarrollo de los procedimientos metodológicos utilizados surgie-
ron dos constantes, GP = 2,5331414 x 10-1 y C= 3,5824029 x 10-1
3) Los cuadrados notables de un círculo son: el inscrito, el que resuelve la
cuadratura (cuadrado trascendental) y el circunscrito.
4) El lado L del cuadrado que resuelve la cuadratura del círculo, se encuentra
a 61,15544% de la longitud de la perpendicular (an) que va del punto a del
lado cuadrado inscrito al punto n del lado del cuadrado circunscrito; es decir
61,15544% de 0,29289322 (ver Fig.3)
5) Los lados del cuadrado que resuelven la cuadratura (cuadrado transcen-
dental) corresponden a los lados del cuadrado circunscrito del círculo
concéntrico
en el punto de origen cuyo radio
es
+
6) Todo círculo con radio ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° ? ?? ? ??+ es tangencial aun
cuadrado, solución de la cuadratura de un círculo de radio
determina-
do.
7) Los círculos notables de cualquier círculo concéntrico en el punto donde se
forma el círculo original son tangentes: uno a los lados del cuadrado inscri-
to y otro a los lados del cuadrado que resuelve la cuadratura (cuadrado
Transcendental).
8) El tamaño de las longitudes de cada uno de los lados del cuadrado, que re-
presenta la solución de la cuadratura, es múltiplo o submúltiplo de raíz cua-
drada de Pi.
9) El tamaño de los radios que se generan
por la ecuación
???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° es múltiplo o submúltiplo de la raíz cuadrada de Pi.
lado
10)La longitud del radio ???? = ?? 1 + ???? ?????? 45° es igual a la mitad del
transcendental L.
11)Como
???? = ?? 1 + ????
?????? 45° ? ?? ? ??+,
entonces
???? = ?? 1 + 0,25331414
2
2
de donde ???? = ??
??
2
. como el lado
L=2
Rt, entonces el área del cuadrado que resuelve la cuadratura del círculo
será ??2 = 4( ????)2. Esta es otra ecuación que conduce al
mismo resul-
tado.
12)El valor ?? = 3,14159266hallado en este trabajo, corresponde a una circunfe-
rencia con radio r= 0,88622693 y longitud circunferencial L= 5,56832802.
La cual es tangente a los lados del cuadrado que representa la cuadratura
del círculo con r = 1
Página siguiente  |