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GIROLAMO SACCHERI
Euclides ab Omni Nævo Vindicatus (1733)
Ferran Mir Sabaté
Universitat de Barcelona
May 7, 2006
Abstract
Antecedentes, resumen y comentarios de la obra de Saccheri en relación
con la Geometría no Euclídea
1
Antecedentes
Euclides: la de…nición 23 (paralelas son las rectas que prologadas hasta el in…nito por ambos lados no se intersecan nunca) y el 5a postulado conjuntamente
establecen que por un punto exterior a una recta sólo puede pasar una paralela
a dicha recta. Esta restricción, tan poco intuitiva, hizo que todos los comentaristas de Euclides intentaran eliminar la asunción del 5o Postulado. Estas
tentativas se pueden agrupar en tres tipologías [4, Págs. 27-29]:
1. Búsqueda de un de…nición de paralela distinta de la euclídea: Posidonio
(siglo I ac), al Narizí (siglo X dc), G.A. Borelli (1658), G. Vitale (1680)
2. Sustitución del 5o Postulado por otro más intuitivo: Proclo (siglo V dc),
Nasir al Din al Tusí (siglo XIII). F. Commandino (1572), R.S. Clavio
(1574)
3. Demostración del Postulado como teorema deduciéndolo de los otros cuatro: Ptolomeo (siglo II dc), P.A. Cataldi (1603), J. Wallis (…n del siglo
XVII)
Rosenfeld explica con cierto detalle los intentos de eliminación del postulado
de:
1. Aghanis [Gémino] (siglo V) [5, Pág. 42]
2. al Din al Magribí (siglo XIII) [5, Pág.45]
3. al Jawharí (siglo IX) [5, Pág. 46]
4. ibn Qurra (siglo IX) [5, Pág. 49]
5. al Narizí (siglo X) [5, Pág. 56]
6. al Haytham (Alhacén, siglo XI) [5, Pág. 59]
1
7. Omar al Khayyam (siglo XII) [5, Pág. 64]
8. al Salar (siglo XIII) [5, Pág. 71]
9. Nasir al Din al Tusí (siglo XIII) [5, Pág. 74]
10. "pseudo al Tusí" (siglo XIII) [5, Pág. 80]
11. al Abharí (siglo XIII) [5, Pág. 85]
12. al Shukr al Magribí (siglo XIII) [5, Pág. 86]
13. Levi ben Gerson (siglo XIV) [5, Pág. 90]
14. Alfonso (siglo XIV) [5, Pág. 92]
15. Federick Grisogono (siglo XVI) [5, Pág. 93]
16. Cristopher Clavius (siglo XVI) [5, Pág. 93]
17. Pietro Antonio Cataldi (siglo XVII) [5, Pag. 95]
18. Giovanni Alfonso Borelli (siglo XVII) [5, Pág. 95]
19. Giordano Vitale (siglo XVII) [5, Pág. 96]
20. John Wallis (siglo XVII) [5, Pág. 97];
todos ellos anteriores a Saccheri y que demuestran la preocupación por el
tema que había existido.
2
Biografía de Saccheri
Giovanni Girolamo Saccheri nació en San Remo (Génova) el 5 de septiembre de
1667. No se conocen demasiados datos biográ…cos. Sabemos que ingresó en los
jesuitas en 1685 en Génova. En 1690 va a Milán para estudiar teología y …losofía
en el Colegio Jesuíta de Brera de esa ciudad, donde conoce a Tommaso Ceva
quien le alienta en el estudio de las matemáticas. A través de Tommaso Ceva
conoce también a su hermano Giovanni Ceva y a Vicenzo Viviani, discípulo este
último de Torricelli y de Galileo.
Saccheri se ordena sacerdote en 1694 y desde esa fecha hasta 1699 es profesor
en diversos colegios jesuítas de Italia. Sabemos que enseñó …losofía entre 1694
y 1697 en Turín y que ocupó la cátedra de Matemáticas en Pavía desde 1699
hasta su muerte el 25 de octubre de 1733.
Sus obras publicadas son las siguientes:
1693: Quaesita geometrica. Escrita con la ayuda de Tommaso Ceva.
1697: Logica demonstrativa.
1708: Neo-statica.
1733: Euclides ab Omni Naevo Vindicatus. Sin que sea posible saber si se
publicó antes o después de su muerte en el mismo año.
2
3
El "Euclides Vindicatus"
Saccheri, en el Prefacio, hace un elogio de los Elementos de Euclides. No obstante dice que ciertos ilustres geómetras han criticado fallos en la obra. Entre
ellos, la de…nición de paralelas y el 5o postulado. A…rma que "nadie duda de la
certeza del postulado", pero se acusa a Euclides de haberlo llamado postulado y
que algunos geómetras han intentado su demostración a partir de los demás postulados y de las 28 primeras proposiciones de los Elementos (en las que no se usa
el postulado). Como que nadie ha conseguido este objetivo, algunos geómetras
han intentado una nueva de…nición de paralelas (concepto de equidistancia).
Saccheri nos dice que estructurará su libros en dos partes
1. En la primera (Proposiciones 1 a 33) demostrará el 5o postulado sin acudir
a ninguna petitio principii para dejar claramente demostrado el postulado.
Además, tampoco usará las proposiciones 27, 28, 16 y 17 de los Elementos
(las dos últimas con la excepción de que se re…eran a triángulos restringidos
de alguna forma).
2. En la segunda (Proposiciones 34 a 39) demostrará que la línea cuyos puntos
son todos equidistantes de un línea recta dada, sólo puede ser una recta.
También comenta otros fallos atribuidos a Euclides referentes a proporciones
(Libro 5) y razones (Libro 6) y dice que en un segundo libro (sic) demostrará
un cierto axioma que puede aplicarse a toda la geometría.
3
Proposición 1
Proposition 1 Si dos segmentos iguales AC, BD intersecan la recta AB con
\ y BDC
\ también serán
ángulos iguales en el mismo lado, los ángulos ACD
iguales.
z }| { z }| {
Proof. Considerando los triángulos ACB y BDA, son iguales porque los lados
CB = AD. Luego los ángulos han de ser iguales.
Proposición 2
Proposition 2 Si, en el mismo cuadrlátero ABCD bisectamos AB y CD en
los puntos M y H los ángulos adjuntos en M y H serán rectos.
Proof. Por igualdad de triángulos igualmente.
Proposiciones 3 y 4
\ = DBA
\ = , entonces:
Proposition
3 Si AC = BD y CAB
2
8
\
\
> CD = AB ! ACD = BDC = 2 Hipótesis ángulo recto (HAR)
<
\ = BDC
\ > Hipótesis ángulo obtuso (HAO)
CD < AB ! ACD
2
>
:
\
\ < Hipótesis ángulo agudo (HAA)
CD > AB ! ACD = BDC
2
Corolario 1. En todo cuadrilátero con tres ángulos rectos y uno obtuso o
agudo, los lados adyacentes al ángulo obtuso (o agudo) son más pequeños (o
más grandes) que los otros dos.
4
Corolario 2. Cuanto mayor sea CH respecto a AM , más agudo será el
ángulo en C.
Corolario 3. Siempre se obtienen los mismos resultados sea cual sea la
longitud de los segmentos AC y BD, incluso aunque sean in…nitesimales.
NOTA: Saccheri está a…rmando que las líneas rectas se pueden prolongar
de forma in…nita, lo cual en el caso del ángulo obtuso, no es cierto. Pensemos en
la geometría esférica en que las rectas son los círculos mayores: son inde…nidas,
pero no in…nitas. Ello, como veremos, le permitirá rechazar la hipótesis del
ángulo obtuso con facilidad (Proposición 14).
Proposition
4 Inversamente:
8
\
\ = ! CD = AB Hipótesis ángulo recto (HAR)
>
ACD
=
BDC
<
2
\
\
ACD = BDC > 2 ! CD < AB Hipótesis ángulo obtuso (HAO)
>
: \ \
ACD = BDC < ! CD > AB Hipótesis ángulo agudo (HAA)
2
Proposiciones 5, 6 y 7
Proposition 5 Si la hipótesis del ángulo recto es verdadera en un caso, entonces es siempre verdadera.
Proof. Sea CD = AB, con CR = CA y XD = DB. Entonces RX = AB, y
cualquier línea intermedia LK, tendrá que ser igual a RX y a AB.
Proposition 6 Si la hipótesis del ángulo obtuso es verdadera en un caso, entonces es siempre verdadera.
Proof. CD < AB ! RX < CD.
Proposition 7 Si la hipótesis del ángulo agudo es verdadera en un caso, entonces es siempre verdadera.
Proof. Por las dos proposiciones anteriores.
5
Proposiciones 8 y 9
z }| {
Proposition 8 Sea el triángulo ABD, rectángulo en B, y sean AX la prolongación
8 de la hipotenusa y AH la perpendicular en A al cateto AB. Entonces:
< XAH = ADB con la HAR
XAH < ADB con la HAO
:
XAH > ADB con la HAA
8
\ = CAD
\ = XAH
\
>
< con HAR: CD = AB ! ADB
\
\
\
Proof.
con HAO: CD = AB ! ADB > CAD = XAH
>
:
\ < CAD
\ = XAH
\
con HAA: CD = AB ! ADB
Proposition
9 Sea el mismo triángulo, entonces:
8
\ + DAB
\ = porque ADB
\ = XAH
\
> con HAR: ADB
<
2
\
\
\
\
con HAO: ADB + DAB > 2 porque ADB > XAH
>
:
\ < DAB
\ = porque ADB
\ < XAH
\
con HAA: ADB
2
Proof. Por los resultados obtenidos en la proposición anterior y como que en
\ + DAB
\= :
él se8cumple que XAH
2
\ + DAB
\ = XAH
\ + DAB
\=
>
< con HAR: ADB
2
\
\
\
\=
con HAO: ADB + DAB > XAH + DAB
2
>
:
\ + DAB
\ < XAH
\ + DAB
\=
con HAA: ADB
2
Proposición 10
Proposition 10 DM > DA ! BM > BA y, a la inversa, DM < DA !
BM < BA
Proof. Si BA fuese mayor que BM , entonces existiría un S en BA tal que
\ que debería ser
BS = BM . El segmento SD determinaría un ángulo BSD
6
\
\ > BAD
\ (Eu. 1.16) y entonces BM
\
\ lo cual
igual a BM
D. Pero BSD
D > BAD
es imposible ya que hemos supuesto DM > DA (Eu 1.18). Mediante el mismo
argumento se demuestra la inversa.
Proposiciones 11 y 12
[
Proposition 11 Sea AP una prolongación arbitraria de AB, sea AP
L = 2
\
y sea DAP < 2 . Entonces (bajo HAR) las prolongaciones de AD y P L se
intersecarán a una distancia …nita.
Proof. Prolongando AD en sentido inverso y trazando una perpendicular HAC
\.
en A, el punto H quedará dentro del ángulo XAP
Prolongamos AD con un segmento DF de igual tamaño y trazamos las
perpendiculares DB y F M a AP que pasan por los puntos D y F .
\
\
\=
Es claro que AB = BF = BM ya que bajo HAR, DM
F = DF
M = XAH
\
CAD.
z }| {
Entonces, el trángulo DAM tiene ángulos iguales en A y en M . Y los
z }| { z }| {
triángulos DBA y DBM , rectángulos en B, tienen sus bases AB y BM iguales.
Si la duplicación de AD en AF , produce una duplicación de AB en AM ,
es evidente que la repetición del proceso llegará a un punto T en el que la
perpendicular a AP lo será en una prolongación de AP más allá de P , por
ejemplo R, con AR > AP . Ello sólo puede suceder si la prolongación de AD
interseca P L en algún punto L, porque si sucediera antes (por ejemplo en T 0 ) la
z }| {
perpendicular T 0 R intersecaría P L en un punto K y el triángulo KP R tendría
dos ángulos rectos en P y en R, lo cual es imposible.
Proposition 12 Con los mismos supuestos y bajo HAO también AD y P L se
intersecarán a una distancia …nita.
Proof. Bajo HAO, DM > DF . Lo que puede demostrarse porque el ángulo
\
\ y, por la proposición 8 (hipótesis HAO) DF
\
\
DM
F es igual a XAH
M > XAH.
O sea que DM > DF = DA. Por ello, y siguiendo el mismo procedimiento que
en la anterior proposición, la prolongación de AD intersecará P L incluso antes
que en la hipótesis HAR.
7
Proposición 13
Proposition 13 Si una recta XA interseca a otras dos, AD y XL, mediante
ángulos XAD y AXL que sumados son inferiores a dos rectos, estas dos líneas
se intersecarán a una distancia …nita, tanto en la hipótesis HAO como en la
hipótesis HAR.
\ es agudo. Desde el vértice
Proof. Supongamos que uno de los ángulos (AXL)
del otro ángulo A, se puede construir la perpendicular AP a XL.
z }| {
\y
En el triángulo XAP , y bajo HAR y HAO, la suma de los ángulos XAP
\ no puede ser inferior a un recto. Y por tanto el ángulo P
\
AXP
AD será inferior
a un recto, por lo que (por la proposición anterior) las rectas AD y P L (o XL,
que es la misma) se intersecarán en una distancia …nita.
Escolio 1 Nótese la diferencia con HAA: AD podría ser perpendicular a
AP .
Escolio 2 Siempre suponemos que las rectas se pueden prolongar hasta el
in…nito (Ver NOTA en la proposición 3).
NOTA: Aquí Saccheri pone una serie de ejemplos. Parece que él mismo
tampoco lo veía su…cientemente claro.
Proposition 14 La Hipótesis del ángulo obtuso es absolutamente falsa por contradictoria.
Proof. Por las proposiciones 9 y 13.
Proposición 15
z }| {
Proposition
15 En todo triángulo ABC:
8
< La suma de sus tres ángulos = 2 ! HAR
La suma de sus tres ángulos > 2 ! HAO
:
La suma de sus tres ángulos < 2 ! HAA
Proof. Sean los ángulos en A y C agudos. Podemos trazar la perpendicular
z }| { z }| {
BD a AC. La suma de los ángulos de los dos triángulos ABD y BDC será
8
igual, mayor o menor que cuatro rectos, ya que tiene los mismos ángulos que
z }| {
ABC más los dos rectos en B.
Si la suma es igual a cuatro rectos sólo puede ser bajo HAR ya que sólo
z }| { z }| {
puede darse si los trángulos ABD y BDC suman dos rectos cada uno. El caso
de que uno sume más y otro menos, es incompatible con las proposiciones 6 y
7.
Mismo razonamiento
para las otras dos hipótesis.
8
< M BC = BAC + BCA bajo HAR
M BC < BAC + BCA bajo HAO
Corolario
:
M BC > BAC + BCA bajo HAA
NOTA No deja de ser curioso que Saccheri siga planteando la hipótesis
del ángulo obtuso cuando ya ha demostrado su falsedad. ¿Estaba realmente
convencido de su demostración?
Proposición 16
Proposition
8
=2
<
>2
:
<2
16 En todo cuadrilátero ABCD, la suma
bajo HAR
bajo HAO
bajo HAA
de su cuatro ángulos
z }| { z }| {
Proof. Uniendo A y C obtenemos los dos triángulos ABC y ACD. Mediante
la proposición precedente se demuestra con facilidad.
Corolario Al prolongar dos lados opuestos, los ángulos exteriores HDC y
MCD
8 serán
igual a 2 bajo HAR
<
menores que 2 bajo HAO
:
mayores que 2 bajo HAA
Proposición 17
Proposition 17 Si una recta AH es perpendicular a un segmento "pequeño"
AB en el punto A, bajo la hipótesis del ángulo agudo, la perpendicular elevada
en B no intersecará a AH en una distancia determinada.
9
Proof. No es demasiado relevante. Baste señalar que, por la proposición 4, HD
es mayor que AB, lo cual quiere decir que ambas perpendiculares se separan
contínuamente.
Escolios Saccheri nos anuncia en los escolios la estrategia de demostración
que seguirá para reducir al absurdo la hipótesis del ángulo agudo.
Proposición 18
Proposition 18 Para todo triángulo ABC inscrito en un sen¡micírculo de diámetro
AC:8
\ = bajo HAR
>
< ABC
2
\ > bajo HAO
ABC
2
>
: \
ABC < 2 bajo HAA
Proof. Desde el centro de la semicircunferencia D, se traza DB. Entonces
= 0 y = 0 , por ser dos triángulos isósceles.
Por otra parte, + = 0 + 0 y, por ello, la suma de los tres ángulos del
z }| {
triángulo ABC serán igual, mayor o menor, según si el ángulo en B es recto,
obtuso o agudo.
Proposición 19
z }| {
Proposition 19 Sea el triángulo AHD, rectángulo en H. Sea la prolongación
DC8de AD tal que DC = AD. Sea CB perpendicular a AH. Entonces:
< HB = AH bajo HAR
HB > AH bajo HAO
:
HB < AH bajo HAA
Proof. Tomando D como centro, se puede trazar un círculo de radio AD, que
\ será recto
irá de A a C. Por la proposición anterior el ángulo inscrito ABC,
obtuso o agudo (en B, K o M , respectivamente).
10
Proposiciones 20 y 21
z }| {
Proposition 20 Sea ACM , rectángulo en C. En el punto B que bisecta AM
se traza una perpendicular BD a AC. Entonces, bajo HAA, BD CM
2 .
Proof. Prolongando DB al doble de su longitud BH y uniendo los puntos
según el dibujo.
z }| { z }| {
Considerando los triángulos HBA y DBM , tienen dos lados iguales (HB =
DB y BA = BM ) y un ángulo igual (en el punto B), entonces, los otros dos
lados también han de ser iguales: M D = HA.
z }| { z }| {
Por la misma razón en los triángulos HBM y DBA, HM = DA.
z }| { z }| {
Por ello, en los triángulos M HA y ADM , los ángulos en H y en D son
iguales.
\
El ángulo M
HB debería ser recto, lo cual, bajo HAA, es absurdo.
Proposition 21 En la misma …gura, si se prolongan hasta el in…nito AM y
AC, su distancia, bajo HAR y bajo HAA, será mayor que cualquier distancia
…nita.
Proof. Prolongando AM y AC al doble, obtenemos M P y CN . Es fácil
demostrar que su distancia P N será, como mínimo (bajo HAR), el doble que
M C.
Luego, la distancia entre las líneas es un múltiplo creciente de M C.
Corolario Como que ya se ha demostrado que HAO es absolutamente falsa,
la distancia entre las líneas, si se prolongan ad in…nitum, será siempre mayor
que cualquier distancia dada.
Escolio 1 Crítica de la demostración de Proclo (según la interpretación de
Clavius). La de…nición de divergencia de dos rectas: intento de sustitución del
5o postulado. El caso de la concoide y las rectas asintóticas. El concepto de
equidistancia.
11
Concoide de Nicomedes
Escolio 2 Crítica de la demostración de Borelli. Intento de sustitución de la
de…nición de paralela: desconocimiento de las propiedades del in…nito. Clavius:
posibilidad de que la línea equidistante sea una curva. Demostraciones físicogeométricas de Saccheri de la imposibilidad de la curva. Diferente "naturaleza"
de la línea recta (sólo se re…ere a sí misma) y la circular (referente a otro cierto
punto exterior). Equidistancia de los círculos concéntricos.
Escolio 3 Crítica de las ideas de Nasir al Din al Tusí y de John Wallis. al
Tusí: nuevas de…niciones de convergencia y divergencia de líneas rectas. Wallis:
existencia necesaria de …guras similares. Saccheri demuestra la equivalencia de
la proposición "existen triángulos similares" con el 5o postulado mediante dos
triángulos equiláteros de distinto tamaño: si son semejantes queda establecida
la HAR (es decir, el 5o postulado).
Escolio 4 Especulación sobre los motivos de Euclides para establecer el 5o
postulado.
Escolio 4 - Proposición 21
\ cualquier recta que interseque AX
1. Premisa: En un ángulo agudo BAX,
con cualquier ángulo (incluso obtuso), intersecará también a AB a una
distancia …nita.
2. Premisa: Los lados del ángulo AB y AX pueden prolongarse in…nitamente,
y podemos "mover" la recta intersecante XB, alejándola del vértice obteniendo XH, XD, XP , etc.
3. Premisa: Estas premisas por sí mismas, demuestran indirectamente el
postulado euclídeo.
12
\
4. Premisa: Los ángulos externos Y\
BH, Y\
HD, Y
DP , etc. serán siempre
iguales lo cual es su…ciente para establecer el "Pronunciatum controversum". Sólo podría oponerse a este razonamiento, que estos ángulos (cada
vez más alejados del vértice) fuesen disminuyendo hasta alcanzar un punto
en que XY y AP se encontrasen con un ángulo nulo. "Pero esto es evidentemente repugnante a la naturaleza de la línea recta".
Proposición 22
Proposition 22 Sean dos segmentos iguales AB y CD coplanares y perpendiculares a la misma recta BD. Sean agudos los ángulos internos que forma
el segmento AC con ambas rectas (HAA). A…rmo que los segmentos AC y BD
tienen una perpendicular común; es más, dicha perpendicular se hallará entre
los puntos A y C.
Proposiciones 23 y 24
Proposition 23 Sean dos rectas AX y BX coplanares que tienen una perpendicular comun AB. Si ambas, prolongadas en un sentido, se intersecan a una
distancia …nita, entonces se aproximan mutua y constantemente.
NOTA Saccheri usa dos veces la letra X. Se supone que con ello pretende
indicar que las rectas propuestas se intersecan en algún punto. Nótese, además,
z }| {
que el primer cuadrilátero que propone Saccheri en la demostración ADKB tiene
tres ángulos rectos, lo cual, podría ser un precedente de la obra de Lambert.
Proof. En la recta BX, trazamos perpendiculares hacia AX. Estas perpendiculares DK, HK, LK forman un ángulo obtuso con AX en dirección a A y
z }| {
uno agudo en dirección a X. En el cuadrilátero KDHK, los ángulos en K son
rectos, pero el ángulo en D es agudo, por lo que HK < DK. De forma idéntica
puede mostrarse que LK < HK, etcétera.
Corolario 1 Los ángulos hacia la base AB serán siempre obtusos ya que las
rectas AX y BX se aproximan.
Escolio Demostración de la construcción de la perpendicular común a ambas rectas. Recta arbitraria P F HD que interseca a ambas rectas con angulos
\ + BF
\
interiores iguales a dos rectos AHF
H = . Sea M la bisección del segmento F H. Sean M K y M L las perpendiculares, respectivamente, a AX y a
13
BX. Demuestra que M K y M L son la misma recta e iguales entre sí, o sea, la
perpendicular común buscada..
Escolio - Proposición 23
Corolario 2 Mediante el escolio anterior, se demuestra que AX y BX, prolongadas al in…nito, no se intersecan. Con ello quedan demostradas las proposiciones 27 y 28 de Euclides, sin depender de las proposiciones 16 y 17, que
exigen la existencia de triángulos de lados in…nitos (NOTA: hoy sabemos que
esta asunción presupone el 5o Postulado). Saccheri a…rma nuevamente, no haber
usado las proposiciones 16 y 17, hasta ahora.
Proposition 24 Sean las rectas AX y BX del postulado anterior. Bajo HAA,
z }| {
la suma de los cuatro ángulos del cuadrilátero KDHK (más cercano a AB), es
z }| {
inferior a la de los del cuadrilátero KHLK.
Proof. Supongamos iguales a las porciones KK. Por la proposición anterior:
DK > HK > LK. Sea M K una porción de HK igual a LK. Sea N K una
z }| {
porción de DK igual a HK. Los lados del triángulo KKL son iguales a los del
z }| {
\ = KM
\
triángulo KKM . Luego sus áangulos interiores serán iguales: KLK
Ky
\
\
\
\
LKK = M KK También lo serán los ángulos exteriores: N KM = HKL. Con
z }| {
ello se demuestra que la suma de los cuatro ángulos de KN M K es igual a la
z }| {
z }| {
de KHLK. Como que la suma de los ángulos en N y M de KN M K, es mayor
z }| {
(bajo HAA) que la de los ángulos en D y H de KDHK, entonces la suma de
z }| { z }| {
ángulos de los cuadriláteros será: KN M K > KDHK.
Corolario Nada puede objetarse al argumento, aunque el ángulo en el punto
L fuese recto.
Escolio Cualquier perpendicular a BX intersecará a AX en un punto L
dado.
Proposición 25
Proposition 25 Si dos rectas AX y BX coplanares intersecan AB, una de
ellas con ángulo agudo en A y otra con ángulo recto en B y ambas se acercan hacia el punto X, pero su distancia es siempre mayor que un segmento R
arbitrario, entonces la hipótesis del ángulo agudo es falsa.
14
Proof. Tomando en BX un segmento BK, múltiplo de R, y trazando una
perpendicular en K hacia AX, ésta intersecará AX en L. Por hipótesis KL > R.
Dividiendo BK en porciones KK = R, y trazando las mismas perpendiculares, obtenemos los puntos H, D, M y N .
z }| {
La suma de los ángulos de KHLK (el más alejado de AB) será mayor que
z }| {
z }| {
la de KDHK, la cual será, a su vez, mayor que la de KM DK, etc. hasta
z }| {
KN AB cuya suma de ángulos será la menor posible. Sigue un razonamiento
con la suma de todos los ángulos de los cuadrláteros construídos.
Corolario 1 Una vez destruída la HAA, el postulado euclídeo queda establecido.
Corolario 2 De esta proposición y la anterior se deduce que hay dos aspectos
insatisfactoriamente establecidos de la geometría euclidiana
1. Designar como paralelas a las rectas coplanares que tienen una perpendicular común.
2. Todas las rectas coplanares que no tienen ninguna perpendicular común
se intersecan (si no en una distancia …nita, sí en el in…nito).
Proposición 26
Proposition 26 Si dos recta AX y BX se intersecan, pero sólo después de una
prolongación in…nita, en el punto X, entonces no existe un punto "asignable"
T en AB desde el que se pueda trazar una perpendicular que interseque AX en
una distancia …nita en un punto F .
Proof.
Corolario 1 Sea el punto arbitrario M , en la prolongación de AB. Toda
perpendicular trazada en M hacia X, no intersecará AX, incluso si se prolongan
hasta el in…nito.
Corolario 2 Si se asume que toda perpendicular en AB se aproxima a BX al
prolongarse hacia X, entonces toda perpendicular levantada en la prolongación
de AB (como M Z), intersecará a AX a una distncia …nita.
Corolario 3 De todo lo cual se deduce que la intersección de AX y BX no
se realiza en el in…nito sino en una distancia …nita, porque, de lo contrario, M Z
no se podría trazar después de dicha intersección.
15
Proposición 27
Proposition 27 Si una recta AX forma un ángulo pequeño en A con AB, debe
intersecar a toda perpendicular BX elevada sobre AB a cualquier distancia del
punto A. Entonces, queda completamente demostrada la imposibilidad de la
HAA.
Proof. Elevando desde un punto cualquiera K una perpendicular a AB, intersecará a AX en L. Tomando segmentos KK, podemos elevar sendas perpendiculares KH, KD. KP , ... Los ángulos en los puntos L, H, D, P , ... serán obtusos
en dirección X y agudos en dirección A. Y por ello: KP > KD > KH > KL.
z }| { z }| { z }| {
La suma de los cuatro ángulos de los rectángulos KDP K, KHDK, KLHK,
tiene que ser igual o mayor que cuatro rectos. Pero ello sólo es posible en las
hipótesis HAR y HAO. Por tanto queda desehechada la HAA.
Escolio 1 No hay lugar, pues, a la Hipótesis del Ángulo Agudo y "seu
stabilitum exactissime iri Geometriam Euclidaeam".
Escolio 2 Lo prometido es deuda.
Escolio 3 Observar la diferencia con la proposición 17: en aquella se demostró
la falsedad de HAA si todo BD trazado con cualquier ángulo agudo interseca
en algún punto K la perpendicular prolongada AH. En ésta (viceversa) se
demuestra la intersección de la línea AX con cualquier perpendicular a AB.
NOTA Saccheri continúa con las proposiciones 28 a 32 discutiendo la posibilidad de rectas asintóticas [2, Pág. 390] aunque no use esta terminología.
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References
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