Las 23 pruebas de Al-Biruni

Siguen, esbozadas, las 23 demostraciones que presenta Al-Biruni del teorema de la cuerda rota:
Sea una quebrada ABG inscrita en una circunferencia, D el punto medio del arco ABG, y DE perpendicular al segmento mayor AB de la quebrada.
Entonces AE=EB+BG.

Notación: “a.”=ángulo, “b.”=arco (en alemán Bogen), “t.”=triángulo


1-a) “Demostración de Arquímedes en el Libro de los círculos

Sea b.DH = b.DB y EZ=EB. Entonces AH=BG y DB=DZ=DH.
Como a.DBA subtiende b.DA = b.DH+b.HA = b.DB+b.HA,  a.DBA = a.HDA + a.DAB.
Pero a.DBA = a.DZB = a.DAB+a.ZDA, por tanto a.ZDA = a.HDA y t.DHA, t.DZA son congruentes, AZ=AH=BG y AE=EB+BG.


2-b) “Demostración de Abu Said Gorgani

Sea b.DH = b.DB y AZ=BG. Entonces AH=BG
Como a.HAD = a.DAB, t.HAD y t.ZAD son congruentes y DB=DH=DZ. Entonces EB=EZ, y AE=EB+BG.


3-c) “Segunda demostración de Arquímedes en el Libro de los círculos

Sea EZ=EA. Entonces DG=DA=DZ.
a.ZBD=a.BAD+a.BDA. Pero a.BAD y a.BDA subtienden b.BD y b.AGB que sumados son b.AGD = b.DAG, subtendido por a.DBG.
Entonces a.ZBD = a.GBD y t.ZDB, t.GDB son congruentes y por tanto ZB=BG y AE=EB+BG.


4-d) “Demostración de Abul Hasan Hashbas”

Sea EZ=EA. Entonces DZ=DA=DG y t.DZG es isósceles y a.DZG = a.DGZ. Como a.DZA = a.DAB = a.DGB, tenemos a.BZG = a.BGZ y por tanto t.BZG es isósceles, BZ=BG y AE=EB+BG.


5-e) “Tercera demostración de Arquímedes en el Libro de los círculos

Sea EZ=EA. Entonces DG=DA=DZ, a.DZA = a.DAB = a.DGB.
b.DBG es menor que una semicircunferencia y por tanto a.DBG es obtuso, y también a.DBZ, porque a.DBA es agudo.
Entonces t.BGD y t.BZD son congruentes (por el criterio ángulo-lado-lado), ZB=BG y AE=EB+BG.


6-f) “Segunda demostración de Abu Said Gorgani”

Sea DH=DA=DG. y Z la intersección de la circunferencia de diámetro AH con AB prolongado.
Entonces a.GBA = a.GDA = 2·a.AZG.
Como a.GBA = a.AZG + a.ZGB por ángulo externo, tenemos que a.ZGB = a.BZG y BZ=BG.
E es el punto medio de AZ porque DE es perpendicular a la cuerda AZ de la circunferencia con centro D.
Por tanto AE = EB+BG.


7-g) “Demostración de Al-Sijzi

Sea BZ=BG.
Como a.BZG = a.BGZ, a.ADG = a.ABG = 2·a.BZG.
Entonces la circunferencia con centro D y radio DA=DG pasa por Z y AD=DZ y AE=EZ=EB+BG.


8-h) “Segunda demostración de Al-Sijzi”

Sea DH=DA. Las circunferencias con diámetros DA y HA cortan a AB en Z y E, y por tanto a.DEA y a.HZA son rectos.
Entonces AD/DH = AE/EZ y por tanto AE=EZ.
Por otro lado a.ABG = a.ADG = 2·a.AZG y por tanto a.BZG = a.BGZ, BZ=BG y AE=EB+BG.


9-i) “Tercera demostración de Al-Sijzi”

Trazamos DZ paralela a AB y completamos el rectángulo EDZH.
Entonces DZ=EH, BE=HA y b.BD = b.AZ.
De donde, como b.AD = b.GD, resulta b.BG = b.DZ y por tanto BG=DZ=EH y AE = AH+EH = BE+BG.


10-k) “Demostración de Abu Ali Al-Djanubi”

Sea b.AZ = b.BD. Como a.ZAB = a.DBA, t.AZF y t.BDE son congruentes y por tanto BE=AH y ZH=DE y DZ y EH son paralelas.
Como b.DA=b.DG, b.BG=b.DZ y BG=DZ=EH y AE = AH+EH = BE+BG.


11-l) “Segunda demostración de Abu Ali Al-Djanubi”

Sea EZ=EB y prolongamos DZ hasta H.
a.DHA = a.DBA = a.DZB = a.AZH. Entonces t.AZH es isósceles y AZ=AH.
Como b.DG=b.DA, a.DHG = a.DBA = a.AZH. Entonces GH es paralela a BA y GB=AH=AZ.


12-m) “Demostración de Abu Nasr Mansur

Sea EZ=EB. Por reducción al absurdo se demuestra AZ=BG :
Si H distinto de Z y AH=BG, como DA=DG y a.BGD = a.BAD, t.DBG y t.DHA son congruentes y BD=DH.
Entonces a.DZB = a.DHB, absurdo. Por tanto AZ=BG y AE=EB+BG.


13-n) “Demostración de Al-Shanni

Sea DK diámetro y KM paralela a DZ.
Entonces GA es perpendicular a DK y los triángulos rectángulos t.HTA, t.HED son semejantes y por tanto a.TAH = a.HDE y BG=ZK=EM.
Y como BE=AM tenemos AE=EB+BG.


14-o) “Segunda demostración de Al-Shanni”

Sea AZ=BG, GH=GZ y T el punto medio de BH.
Entonces DB=DZ, a.HGD=a.ZGD, t.HGD y t.ZGD son congruentes y HD=DZ=DB.
Por Euclides II.6, GB·GH +BT2=GT2 y sumando TD2 tenemos GB·GH+BD2=GD2. Como GH=GZ=AB y AD=GD, AB·BG+BD2=AD2 y restando DE2 tenemos AB·BG+BE2=AE2, y por el recíproco de Euclides II.5, AE=EB+BG.


15-p) “Segunda demostración de Abul Hasan Hashbas”

Sea DZ perendicular a BG.
t.DZG y t.DEA son triángulos rectángulos congruentes y por tanto DZ=DE, GZ=AE.
DZ2+ZB2 = BE2+DE2 = BE2+DZ2, por tanto BZ=BE.
Entonces GB+BE=GZ=EA.


16-q) “Tercera demostración de Al-Shanni”

(La primera parte es una alternativa a la que propone H.Suter para corregir la incorrecta que da el manuscrito)
Sea BC paralela a AG.
Como t.AED y t.BTD son semejantes DT/DE=BD/DA y como t.DBE y t.DHA son semejantes BD/DA=BE/AH. Por tanto DT·AH=BE·DE. Pero DT·AH=DT·AG/2 es la diferencia entre las áreas de t.ADG y t.ABG, que por tanto es igual a BE·DE.

Sea ES=EB. Entonces EB·BD= t.DBS = t.ADG-t.ABG = t.ADM-t.BGM = t.ADB-t.DBG. Pero también t.DBS=t.ADB-t.DSA y por tanto t.DSA y t.DBG tienen la misma área y como DB=DS y DG=DA, son congruentes y AS=BG, AE=EB+BG.


17-r) “Cuarta demostración de Al-Shanni”

Sea EH=EB. Entonces t.DBH es isósceles semejante al t.DGA porque a.DBH=a.DGA. Por tanto a.BDH=a.GDA, y quitando a.MDH tenemos a.BDG=a.HDA.
Entonces t.BDG y t.HDA son congruentes, AH=GB y AE=EB+BG.


18-s) “Segunda demostración de Abu Nasr Mansur”

Sea AZ=BG.
Como a.BGD=a.DAB, AD=DG y AZ=BG, t.BGD y t.ZAD son congruentes, DB=DZ, t.DBZ es isósceles y BE=EZ.
Por tanto AE=EB+BG.


19-t) “Demostración de Alhacén

Sea DZ=DB, EH=BE. Entonces a.ZAD=a.DAB y a.DBA=a.DHE. Por ser BDZA cuadrilátero inscrito, a.AZD+a.ABD = 2 rectos = a.DHE+a.DHA. Pero a.ABD=a.DHE, por tanto a.AZD=a.DHA.
Y como a.ZAD=a.DAH, t.AZD y t.AHD son congruentes y AZ=AH.
Como AZ=BG, AH=BG y AE=EB+BG.


20-u) Demostración de Al-Biruni.

Sea EZ=EB. Tenemos AD=DG, DB=DZ y a.BGD=a.BAD.
a.DBZ = a.DZB = a.ZDA+a.ZAD. Como a.DBZ subtiende b.AD=b.DG y a.ZAD subtiende b.DB, a.ZDA subtiende b.BG=b.AH.
Entonces t.BDG y t.ADZ son semejantes, y por tanto congruentes y AZ=BG y AE=EB+BG.


21-v) Segunda demostración de Al-Biruni.

Sea H el centro de la circunferencia y DT diámetro, TL y HS paralelas a DEZ. Entonces b.DGZ=b.TAL.
a.DLT es recto porque DT es diámetro, entonces LDEK es un rectángulo, LD=KE y LS=SD, MK=ME, AK=EB.
Y como b.DL=b.BG, LD=KE=BG y AE=EB+BG.


22-w) Tercera demostración de Al-Biruni.

Sea BK=BG y BT perpendicular a KG. Entonces KT=KG porque t.BKG es isósceles.
El a.externo de t.KBT en B es igual al a.externo de t.TBG en B, es decir a.ABT = a.DBG.
Entonces a.DBG+a.GBT = a.ABT+a.TBK = 2 rectos, por tanto D,B,T están alineados, y como KT=TG, DK=DG=DA y AE=EB+BG.


23-x) Cuarta demostración de Al-Biruni.

Sea EH=EB. Entonces DB=DH. Como a.DBG subtiende b.DAG,   a.DBZ subtiende b.DBG=b.DA,  y a.DBA=a.DBZ=a.DHB.
Entonces a.DBG=a.DHA. Como además a.DAB=a.DGB,  t.DBG y t.DHA son semejantes, y como DA=DG, son congruentes y AH=BG y AE=EB+BG.



Adaptado de: Al-Biruni, “Calculo de las cuerdas del círculo a partir de las propiedades de la linea quebrada”, traducido al alemán por Heinrich Suter en Bibliotheca Mathematica, serie 3, vol.11 (1910-1911), págs. 11-78. (13-26).


Esta entrada participa en la Edición 6.4: pseudoprimos del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es pimedios.

2 comentarios sobre “Las 23 pruebas de Al-Biruni

  1. Pingback: Las propiedades de la cuerda rota | Guirnalda matemática

  2. Pingback: Resumen de la Edición 6.4: pseudoprimos | pimedios

Escribir un comentario

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos necesarios están marcados *

*

Puedes usar las siguientes etiquetas y atributos HTML: <a href="" title=""> <abbr title=""> <acronym title=""> <b> <blockquote cite=""> <cite> <code> <del datetime=""> <em> <i> <q cite=""> <strike> <strong>