Construcción y Demostración Geométrica del Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular, y descripción de la misma Figura

Manifiesto Geométrico (1683) del Muy Reverendo Padre Fray Ignacio Muñoz , Maestro en Teología, de la Orden de Predicadores, Catedrático propietario de Matemáticas de la Real Universidad del Imperio Mexicano, y Reformador por su Majestad de la Hidrografía Universal y particular de todo cuanto se navega en el Mar Océano y en el Mediterráneo. 
 
 

Presentación

    Esta exposición es un resumen del libro citado, del cual fue publicada una edición facsímil en Zaragoza en 1983, con un interesante prólogo de L. Vigil, y repartida entre los asistentes a las II Jornadas sobre el Aprendizaje y la Enseñanza de las Matemáticas, que tuvieron lugar ese año en dicha Ciudad. Vamos a recoger en este trabajo algunos pasajes del libro que nos han parecido curiosos e interesantes.

    El Manifiesto Geométrico, que en palabras de su autor pretende ser una "Adición al IV Libro de los Elementos de Euclides", contiene varias proposiciones relativas al triángulo isósceles que se obtiene uniendo un vértice del heptágono regular con los dos vértices opuestos. Se intenta en las mismas demostrar que la construcción de tal triángulo es posible con regla y compás. Lo que se viene a afirmar en realidad es que el coseno de 3PI/7 es 2/9, lo cual es evidentemente falso, pero el error es del orden de las diezmilésimas. Así, las figuras que ilustran el libro son casi perfectas y si no fuera porque sabemos que la cosa no es cierta, caeríamos en la trampa. Los errores se ocultan tras una maraña demostrativa y su localización la dejamos como ejercicio para el lector. ¡Es muy fácil!
 
 
 

Dedicatoria

Al Excelentísimo Señor D. Manuel Diego López de Zúñiga, y Guzmán, Sotomayor, y Mendoza, y ...

    Señor: Remito a V. Excelencia este breve Manifiesto Geométrico de la construcción y demostración Geométrica del Triángulo Isósceles propio del Heptágono Regular, ... que es novedad tan grande entre los Matemáticos desde los tiempos antiquísimos hasta los tiempos presentes, que todos los Geómetras Clásicos de Europa confiesan en este particular su ignorancia, como lo confesó Luis Serrán Pimentel, Ingeniero y Cosmógrafo Mayor de Portugal en su carta del 5 de Mayo de 1677:

.... Proponese cómo se hará un Triángulo Isósceles, en el cual cada uno de los ángulos en la base sea triple del ángulo en el vértice. Digo, que le haga el Arquímedes, que le propuso, que yo no tengo tanta confianza, que me quiera ahora disponer a resolverle. Este problema es uno de los que hasta ahora no se han resuelto Geométricamente, ....
... Carlos Mariano compuso todo un libro sobre la Invención Geométrica del lado del Heptágono, pero no halló científicamente el lado verdadero, ...
... lo intentó Oroncio, pero nuestro doctísimo y agudísimo Pedro Núñez mostró ser falsa la construcción que aquel trae del tal Triángulo ...
...Kepplero, grande Matemático, en su libro 1 Harmon, proposición 45 y 46 tiene para si ser imposible la Construcción Geométrica de tal Triángulo.
... Vieta, Geómetra de profundo ingenio, tratando de encontrar la Construcción, mostró no estar hallada Geométricamente.
    Así lo trae también el doctísimo P. Zaragoza de la Compañía de Jesús en la Geometría práctica del Heptágono, donde afirma que en un especial tratado tendrá lugar una Trisección de arco o ángulo, que alguno prometió en la Corte de Madrid.
    Quien prometió esto debe ser la misma persona que propone el Problema del dicho Triángulo. Si así es, lo puede manifestar al mundo, para quedar con la gloria de lo que tan Grandes Geómetras no alcanzaron, pues son Problemas no resueltos hasta ahora, como también doblar un cubo sin variar su forma, hallar dos Medias proporcionales entre dos rectas dadas en continua proporción, etc.
    Si este Caballero las tiene hallado, será cosa por la cual le resultará grande gloria.
 
     Este es el estado que tienen hasta ahora en lo público estas materias Geométricas, que siendo muy curiosas, son mucho más necesarias porque con su ignorancia se reconoce en lo usual la falta que hacen en la Geometría.

    Patrocine V. Excelencia con la impresión este pequeño Manifiesto, porque razones urgentes me constituyen en prudencial recelo, que siendo la Construcción y Resolución Geométrica de este Problema hijo legítimo de mi desvelo, le adopte y publique por propio quien no es su legítimo Padre.

    Con todo esto , dejo en la misma materia fuerzas reservadas de nuevos Problemas, que pronto pongo adelante para que se entretengan los Geómetras, hasta que yo completamente publique su resolución en un Tomo Grande, cuyo Título ha de ser:

Nuevo Tesoro y Plus Ultra de la Geometría Práctica, donde se ejecutan, resuelven y demuestran muchísimos Problemas nuevos tocantes a las descripciones Geométricas de muchas Figuras regulares rectilíneas de ángulos y lados de número impar. Y la Trisección & Quinsección de cualquiera ángulo rectilíneo, y la división del Círculo en cualesquiera fracciones Astronómicas sexagesimales imaginables, y la invención y Demostración Geométrica de dos rectas Medias continuas proporcionales entre dos extremas dadas. Y consiguientemente el aumento y disminución de cualesquiera Sólidos en cualquiera proporción dada, y  ...

Problema novísimo principal

    Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular es aquel en que cada uno de los dos ángulos en la base es triplo del ángulo vertical.
    La demostración es clara, porque el Heptágono regular rectilíneo ha de tener siete ángulos iguales y es uno de ellos el ángulo del vértice de su triángulo isósceles, y los dos ángulos en la base son entre si iguales. Luego en el Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular, para que la suma de sus tres ángulos tenga ajustadamente siete ángulos iguales, cada cual de los dos ángulos de la base ha de ser triplo del ángulo vertical.
    La dificultad que ha tenido hasta ahora la ejecución de este Problema ya consta en la dedicatoria.

Construcción    Hágase el Triángulo Isósceles ABD (figura 1) de suerte que la base tenga 9 partes iguales, y cada uno de los dos lados AD - BD tenga 5 partes iguales como AB. Continúese el lado BD de suerte que DC tenga 4 de dichas partes iguales y es toda la recta compuesta BC de 9 partes iguales, como AB.Júntese A con C. Y porque el Triángulo total ABC tiene los dos lados AB - BC iguales entre si, por la construcción, es Triángulo Isósceles, como también su Triángulo parcial ADB.
    Además de esto, el otro Triángulo parcial ACD, sobre la base conocida AD de 5 partes, también es Isósceles, que cada uno de sus dos lados DC - AC es de 4 partes iguales. Es el lado DC conocido de 4 partes iguales y es su igual el otro lado AC. Esta última proposición es la dificultosa, y es la radical de esta construcción, y se demuestra en la forma siguiente:

Demostración

    Primeramente, por el punto conocido D, tírese la recta DE igual y paralela a la recta conocida AC. Júntese el punto C con E. Y porque AC - DE son paralelas iguales, también las dos rectas que las unen AD - CE son entre si paralelas iguales. Y el cuadrilátero ADEC es paralelogramo. Y su diámetro conocido DC de 4 partes iguales, le divide en dos triángulos ADC - CED de ángulos y lados homólogos iguales.
    Fuera de esto el lado AD pártase por medio en el punto F y allí  mismo  el lado CE por medio en el punto G. Júntese el punto F con G y el punto D con G y C con F, y son iguales entre si y paralelas las tres rectas AC - FG - DE, porque juntan las paralelas iguales AF - CG - FD - GE por la construcción. Y por la misma razón son iguales y paralelas entre si las dos rectas FC - DG porque juntan las dos paralelas iguales FD - CG. Y el cuadrilátero FDGC es paralelogramo. Y sus ángulos y lados opuestos son iguales y el Diámetro DC y allí mismo el Diámetro FG cada cual divide este paralelogramo en dos partes iguales.
    Además de esto en el Triángulo ADC porque la recta FG es paralela a la base AC y corta por medio en F al lado AD por la construcción, también corta por medio en R al lado diametral CD. Últimamente en los Triángulos parciales FDG - CFD del dicho paralelogramo, porque los dos lados FC - DG son paralelos iguales contrapuestos y el lado FR es igual al lado GR, mitades de la base FG, y el ángulo CFR es igual a su ángulo alterno DGR. Y asimismo el ángulo FCR es igual a su ángulo alterno GDR entre las dos paralelas opuestas FC - DG, y el ángulo FRC es igual a su vertical DRG y el Triángulo FRD es común a los dos Triángulos parciales FDG - DFC. Luego estos dos Triángulos en los ángulos y lados homólogos y en las bases DC - FG son totalmente iguales. Siendo pues la recta DC de 4 partes iguales, por la construcción, luego su igual FG, por lo demostrado, y la igual y paralela de esta AC cada cual tiene 4 partes iguales como DC.
    Y finalmente porque en el Triángulo parcial ACD la base AD tiene 5 partes iguales y el lado DC tiene 4 de esas partes, por la construcción, y el lado AC tiene otras 4 de esas partes por lo demostrado. Luego el dicho Triángulo parcial ACD es Triángulo Isósceles, que es la proposición dificultosa y radical de nuestra construcción, que se debía demostrar.
 
Demuéstrase que el Triángulo hallado ABC es el Isósceles propio del Heptágono regular.

    Porque en el Triángulo Isósceles parcial ADB el ángulo externo ADC es igual a los dos ángulos internos contrapuestos iguales DAB - DBA, es duplo de cualquiera de ellos y es el ángulo DAC igual al dicho ángulo externo ADC. Luego ese ángulo DAC es duplo del ángulo DAB y de su igual vertical ABD. Y el ángulo compuesto BAC y su igual el ángulo BCA en la base AC del Triángulo Isósceles total ABC cada cual es triplo del ángulo vertical ABC. Luego el Triángulo total hallado ABC es el Isósceles propio del Heptágono regular. Y se hizo y demostró lo que se pedía en el Problema principal.
 

Escolio

    De suerte que en el Círculo que ciñe ese Triángulo Isósceles hallado ABC, su base, la recta AC es uno de los siete lados iguales del Heptágono regular inscrito en ese Círculo.
 

Consectario I

    De la Construcción y demostración del Problema principal se deduce primeramente que en cualquiera Triángulo Isósceles ABC propio del Heptágono regular, cada uno de sus dos lados iguales AB - BC tiene proporción dupla sesquicuarta con su base AC, como 9 con 4.
    En la dicha proporción se engañó mucho el dicho Geómetra Portugués Luis Serran Pimentel, porque habiéndole enviado una figura de este Triángulo y su demostración principal, sin expresar los números de la proporción de sus lados, respondió lo que sigue:

    Si el autor tiene hallada la proporción de la base AC con el lado AB o lado BC, tiene resuelto el Problema, cuanto más si tiene hallada también la proporción que tiene CD con DB, conforme dice, que reserva para la impresión, porque sabidas las proporciones y el modo de construir el Problema (porque parece que deben ser inconmensurables unas líneas con otras), queda corrientísima la demostración, y tiene el autor hallado lo que no pudieron hallar gravísimos Geómetras.

    Juzgó este Geómetra Lusitano que era irracional o inconmensurable la proporción de las líneas que forman el dicho Triángulo ABC y sus Triángulos parciales ADB - ACD, y consta su engaño de la Construcción del Triángulo principal y de sus demostraciones, que dejamos expresadas. Porque la proporción de cualquiera de los dos lados AB - BC con la base AC es perfectamente racional, dupla sesquicuarta, como 9 con 4. Y la proporción del lado AD con la misma base AC también es racional, sesquicuarta, como 5 con 4. Y finalmente la proporción del mismo lado AB con la recta AD también es racional, sobre cuadriparciente quintas, como 9 con 5.
 

Consectario II

    De la misma Construcción y demostración se infiere que el Triángulo total ABC se compone ajustadamente de dos Triángulos Isósceles parciales ADB - ACD, cuyos lados o líneas tienen entre si proporción racional. Y cada uno de esos dos Triángulos parciales es como llave del Heptágono regular y de su Triángulo Isósceles total ABC. Porque si al Triángulo Isósceles parcial ACD se aplica sobre su base AD el otro Triángulo parcial ADB, o se aplica sobre éste el otro Triángulo Isósceles parcial ADC, siempre resulta el dicho Triángulo Isósceles total ABC, propio del Heptágono regular.
    Pero el P. Joseph Zaragoza hizo el examen de este Triángulo por las Tablas de los Senos y no halló lo preciso y ajustado del Heptágono regular, sino una grande aproximación, pero que todavía faltaba algo para el total y perfecto ajuste.
    De este examen se infiere, por legítimas consecuencias, que el dicho Padre, aunque se tenía por Oráculo de la Geometría, no comprendió ni rastreó el secreto que encierra el dicho Triángulo total ABC. Y que para el examen del dicho Triángulo parcial ACD se valió de un medio inútil, como son los números de las Tablas de los Senos, para deducir el ajuste preciso de esta materia, porque no podía ignorar dicho padre que muchísimos números de las dichas Tablas no pueden ser más que aproximaciones, porque se deducen por las extracciones numerales de raíces cuadradas, que muchos números no las tienen precisas en la Aritmética, sino meramente aproximaciones. Pero la Geometría, sin dependencia de la Aritmética, halla las raíces cuadradas perfectísimas entre las líneas, que son entre si inconmensurables. Valióse pues el dicho Padre Zaragoza, en nuestro caso, de números no precisos,  sino de los aproximados de los senos y así su examen por dicho medio no pudo conseguir la verdad ajustadísima, sino solamente la aproximación. Pero ya los discípulos del P. Zaragoza y todos los Geómetras de Europa tienen en este Manifiesto el examen preciso, y Geométrico, y la demostración matemática en pocas líneas, y con los principios de Euclides en sus Elementos, de la verdad Matemática infalible de dichos Triángulos parciales, y especialmente del Triángulo total ABC.
 
 

Construcción a partir del lado del Heptágono

    Dada cualquier recta AC, que ha de ser lado del Heptágono regular, formar sobre esa recta su propio Triángulo Isósceles.
 

Construcción

    Divídase la recta dada AC en 4 partes iguales. Tómese la recta AB de 9 partes iguales como AC y con la extensión AB, desde el punto extremo A, descrívase el arco oculto HI, y con la misma extensión, desde el otro punto extremo C, descríbase el arco oculto KL, que corta en B al arco HI. Júntese el punto hallado B con los dos puntos extremos A - C. Digo que el Triángulo hallado ABC es el Isósceles propio del Heptágono regular, que cada uno de sus 7 lados es igual a la recta dada AC. Que sea Isósceles porque los dos lados AB - BC por la construcción son iguales semidiámetros de iguales círculos. Que sea el Isósceles propio del Heptágono regular consta de la demostración del Problema primero principal.
 
 

Construcción a partir del lado del triángulo

    Dada cualquier recta AB, que ha de ser lado del Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular, formar ese Triángulo sobre la recta dada AB.
 

Construcción

    La recta dada AB divídase en 9 partes iguales y sean 4 partes AQ. Con la extensión AQ conocida, desde el punto extremo A, descríbase el arco oculto MN y desde el otro punto extremo B descríbase el arco oculto OP con la extensión AB, que corta en el punto C al otro arco MN. Júntense los dos puntos extremos A - B con el punto tercero hallado C. Digo que el Triángulo rectilíneo ABC formado sobre la recta dada AB es el Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular. La demostración es la misma que se dio en el Problema primero principal.
 
 

Teorema Consectario del Problema principal

    El Triángulo Isósceles cuya base tiene 4 partes iguales y cada uno de los otros dos lados tiene 9 partes iguales, como los de la base, ese Triángulo rectilíneo es el Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular.

    Este Teorema es consectario del Problema principal y su demostración es la misma. Añado la Demostración siguiente para que se vea la superabundancia de medios que tiene la Geometría para demostrar, con los Elementos de Euclides, esta proposición y todas las antecedentes.

Demostración

    El Triángulo Isósceles ABC (figura 2) que cada uno de sus lados AB - BC tiene 9 partes iguales y la base AC tiene 4 de estas partes, digo que es el Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular. Pártase el lado AB por medio en el punto E con la perpendicular ED. Júntese el punto A con D con la recta oculta AD. Y porque en los dos Triángulos AED - BED los dos lados AE - BE son mitades iguales de la recta AB y los dos ángulos en E rectos iguales, y el lado ED común, también son iguales entre si los lados homólogos AD - BD. Y porque en el Triángulo ADB los dos lados AD - BD son iguales entre si sobre la base AB, ese Triángulo es Isósceles y los dos ángulos DAB - DBA sobre la base AB son entre si iguales.
    Y es la porción BD de 5 partes iguales de las 9 que tiene todo el lado BC, de suerte que la perpendicular ED corta precisamente en el punto D a la recta BC. Si alguno dijere que la dicha perpendicular corta a la recta BC en otro cualquiera punto F, desde ese mismo punto F, con la extensión conocida FB, señálese el punto G sobre la recta AB. Júntese el punto G con el punto F y éste con E. Y porque en los dos Triángulos FEB - EFG los dos lados homólogos FB - FG son iguales, y los ángulos en E son rectos iguales, según la suposición, serán iguales entre si las bases EB - EG. Y es EB mitad de la recta AB, luego también la parte EG es igual a su todo EA, mitad de la recta AB, lo cual es imposible Geométrico. Luego la recta perpendicular ED no corta en F a la recta BC. Y lo mismo se demuestra de otro cualquiera punto que no sea el punto D. Luego la dicha perpendicular ED corta a la recta BC precisamente en el punto D de suerte que la porción BD tiene 5 partes iguales de las 9 que tiene el lado BC, y otras 5 partes iguales tiene la recta oculta AD, igual a la recta BD, y el residuo DC tiene 4 partes iguales. Y porque los dos lados AC - DC cada cual tiene 4 partes iguales, el Triángulo ACD es Isósceles y los dos ángulos CAD - CDA sobre la base AD son entre si iguales. Y últimamente queda corriente la demostración última del Problema principal.

Construcción del Heptágono regular

     Tómese cualquiera recta AB y divídase en 9 partes iguales (figura 3) y sobre esta recta hágase el Triángulo Isósceles ABC, de manera que los lados AB - CB cada uno tenga 9 partes iguales, y la base AC tenga 4 partes iguales. Cíñase este Triángulo con el círculo oculto AFIC que toque los tres puntos angulares A - B - C, buscando el centro K. Después desde el punto A, con extensión de 5 partes iguales como en AB, señálese el punto D y con la misma extensión, desde el punto C, señálese el punto E. Júntese el punto A con D, tirando la recta AD hasta la circunferencia, notando en ella el punto H, asimismo tírese la recta CE, notando en la circunferencia el punto G. Además de esto, el ángulo conocido HAC pártase por medio con la recta oculta AI, y asimismo el ángulo conocido GCA divídase por medio con la recta CF. Últimamente los puntos hallados en la circunferencia júntense consecutivamente con rectas, A con F, éste con G, éste con B, éste con H, éste con I y últimamente I con C. Digo que la figura rectilínea hallada AFGBHIC es Heptágono regular
 

Demostración

    En el Triángulo total ABC el Triángulo parcial ADB y su igual ECB, cada cual es Isósceles y asimismo son Isósceles entre si iguales los dos Triángulos parciales ACD - CAE. Y el ángulo DAB y su igual ECB cada cual es igual al ángulo vertical B. Últimamente porque el ángulo BAC en la base es duplo del ángulo DAB y se partió por medio con la recta AI, el ángulo total en la base BAC, con las rectas AB - AH - AI - AC, se dividió en tres ángulos, cada cual igual al ángulo vertical ABC. Y por la misma razón, el ángulo total BCA en la base, con las rectas CB - CG - CF - CA, se dividió en tres ángulos iguales al mismo ángulo vertical CBA. Luego los siete ángulos en la circunferencia del círculo AFIC y sus arcos, y sus cuerdas son iguales. Luego la figura rectilínea hallada AFGBHIC es Heptágono regular. Y se hizo lo que pedía el Problema.
 

 El yerro geométrico y la ignorancia de Keppler

Leida y considerada con atención las razones de Juan Kepplero para resolver que es imposible describir geométricamente el Heptágono regular resultan ser únicamente dos.
La primera razón es que se ignora totalmente el Conocimiento Geométrico del Triángulo Isósceles propio del Heptágono regular y la proporción cierta de sus lados, porque no hay medios en la Geometría ni Aritmética para saber científicamente esta proporción.
La segunda razón de Kepplero es de autoridad inductiva, con que se persuade a que ni la Geometría ni el Álgebra pueden conseguir la cognoscibilidad y descripción geométrica de dichas figuras, porque así lo dicen los Geómetras antiguos y modernos que han escrito de esta materia.

Para demostrar brevemente el yerro y la ignorancia de Kepplero en esta materia advierto que Imposible absoluto y perfecto es aquel que se opone formalmente al Axioma universalísimo y natural: Quodlibet est, vel non est, Cualquier cosa es o no es. De aquí proviene que Imposible Matemático perfecto es el que se opone formalmente a cualquiera de los Axiomas Matemáticos. Kepplero puso el Problema del Heptágono en la Clase de los Imposibles. No demuestra la imposibilidad. Erró de presumido y arrogante y se contradice a si mismo. Lo primero porque de su contextura se colige que la razón que tuvo para firmar de su nombre esta imposibilidad fue porque su Geometría ni el Álgebra ni los Geómetras antecesores pudieron vencer esta dificultad. Y acusó de ignorantes, o por lo menos poco agudos, a los Geómetras que trataron de resolver el problema, por no reconocer la imposibilidad.
Kepplero fue verdaderamente el ignorante o ciego en esta materia, que como ciego soñó la imposibilidad, y soñó lo que quiso, por no confesar ni reconocer su ignorancia.
 

Advertencia final

Porque siendo estos Problemas del Septángulo regular tan fáciles de ejecutar y resolver, y demostrar Geométricamente, y siendo tan manuales las proporciones racionales de sus líneas, que parece las teníamos a la vista, y entre las manos, con todo ello se imaginó tan dificultosa y retirada esta materia, que en tanta multitud de centenares de siglos, como han corrido desde Euclides hasta nuestros tiempos, los mayores Geómetras del mundo, aplicando sus desvelos, no han acertado con ella. Bien pudiera yo, con propia experiencia y desvelo, dar algunas reglas breves y fáciles para que los buenos Geómetras en Problemas semejantes acertasen con los medios propios y legítimos para resolverlos Geométricamente. Excuso en este breve Manifiesto estas Reglas, porque las reservo para mi Tomo Grande, que tendrá por título: Nuevo Tesoro y Plus Ultra de la Geometría Práctica.
 

F I N



© Antonio Aranda

Última actualización: 7 de marzo de 1998.