La mesura del cercle

Pàgina de l'obra escrita per Arquímedes.

La mesura del cercle és una obra matemàtica escrita per Arquimedes de Siracusa al voltant del segle III aC. Exposa dues propietats geomètriques del cercle i troba una aproximació prou bona sobre la relació que hi ha entre el perímetre i el diàmetre d'un cercle. Aquesta constant és coneguda avui dia com a pi.

Aquest llibre consta de tres proposicions: a la primera troba una relació d'àrees del cercle amb el triangle rectangle, a la segona troba la relació d'àrees entre el cercle i el quadrat i a la tercera, troba una relació entre el perímetre del cercle i el seu diàmetre.

Com que no es conserva la versió original escrita per Arquimedes i que només ens han arribat diverses traduccions, es creu que la segona proposició i la tercera van ser intercanviades, car la segona proposició es demostra amb el resultat de la tercera.

Proposició 1

Enunciat

Tot cercle és igual a un triangle rectangle d'altura igual al radi i de base igual a la circumferència del cercle.

Demostració

Hem d'entendre que en aquesta proposició es parla d'àrees. Com en moltes demostracions, Arquimedes fa servir el mètode de reducció a l'absurd, i ho fa d'aquesta manera:

• Suposem que l'àrea del cercle és major que l'àrea del triangle ($A_{cercle}>A_{triangle}$). Veurem que això no es pot complir.
• Suposem que l'àrea del cercle és menor que l'àrea del triangle ($A_{cercle}<A_{triangle}$). Veurem que tampoc no es pot complir.
• Com que l'àrea del cercle no pot ser ni major ni menor que l'àrea del triangle, per reducció a l'abusd, les àrees han de ser iguals ($A_{cercle}=A_{triangle}$).

Com que a l'època d'Arquimedes el llenguatge algebraic actual no s'havia desenvolupat, la demostració es complica una mica:

Considerem les dues figures: un cercle $C$ amb perímetre $c$, radi $r$ i àrea $A_C$ i un triangle rectangle $T$ amb base $c$, altura $r$ i àrea $A_T$.

\begin{figure}[h]

\centering

\includegraphics[scale=0.75]{./fotos/propI}

\caption{\small{\textit{Cercle de radi = $r$ i l'equivalent triangle rectangle}}}

\label{Fig:prop1}

\end{figure}

La proposició diu que $A_C=A_T$ i tal com ho va fer Arquimedes, hem de comprovar que no pot ser que $A_C>A_T$ i $A_C<A_T$; llavors, per reducció a l'absurd, tindrem que $A_C=A_T$.

Suposem que $A_C>A_T$

Arquimedes sabia que, a l'inscriure un polígon regular dins una circumferència i dividir en dues parts iguals els seus costats repetidament, es podia arribar a un polígon regular inscrit tal que la seva àrea fos tan pròxima a la de la circumferència com es volgués. Anomenarem $A_p$ a l'àrea del polígon inscrit. És a dir:

$A_C-A_p<A_C-A_T$

Podem pensar que $A_C-A_p$ és major que $A_C-A_T$ en algun cas, però com hem dit abans, podem augmentar el nombre de costats del polígon tant com vulguem fins que $A_C-A_p<A_C-A_T$. Dit això, arreglem la desigualtat restant $A_C$ a les dues bandes i multiplicant-la per $-1$; obtenim un primer resultat:

$A_p>A_T$

Per altra banda, podem calcular l'àrea del polígon inscrit $A_p$ i comparar-la amb la del triangle $T$, sabent que $h<r$ i que $b\cdot n<c$, sent $h$ l'apotema dels triangles isòsceles que divideixen el polígon, $b$ la base d'aquests i $n$ el nombre de costats del polígon:

$\begin{array}{ccc}{A}_p& =& \frac{1}{2}\cdot h\cdot b\cdot n\\ & & \\ A_T& =& \frac{1}{2}\cdot r\cdot c\end{array}$

D'aquí deduïm que $A_p<A_T$, cosa que contradiem el resultat anterior. Per tant, no pot ser cert que $A_C>A_T$.

Suposem $A_C<A_T$

Arquimedes sabia que, si circumscrivim un polígon a una circumferència i anem dividint els costats en dues parts iguals repetidament, es podia arribar a un polígon regular circumscrit tal que la seva àrea fos tan pròxima al cercle com es volgués. Anomenarem $A_{pc}$ a l'àrea del polígon circumscrit. És a dir:

$A_{pc}-A_C<A_T-A_C$

Igual que abans, podem pensar que $A_{pc}-A_C$ és major que $A_T-A_C$ en algun cas, però podem dividir el polígon tants cops com ens faci falta perquè això no succeeixi. Així doncs, arreglem la desigualtat sumant a les dues bandes $A_C$ i resulta:

$A_{pc}<A_T$

Per altra banda, compararem l'àrea del polígon circumscrit $A_{pc}$ amb l'àrea del triangle $T$, sabent que en aquest cas, $h=r$ i $b\cdot n>c$, sent $h$ l'apotema dels triangles que divideixen el polígon, $b$ la base dels mateixos i $n$ el nombre de costats del polígon:

$\begin{array}{ccc}{A}_{pc}& =& \frac{1}{2}\cdot h\cdot b\cdot n\\ A_T& =& \frac{1}{2}\cdot r\cdot c\end{array}$

D'aquí deduïm que $A_{pc}>A_T$, que contradiu el resultat anterior. Per tant, no pot ser cert que $A_C<A_T$.

Conseqüentment, com que $A_C<A_T$ no és cert i $A_C>A_T$ tampoc, llavors $A_C=A_T$.

Proposició III

Enunciat

El perímetre de tot cercle és igual al triple del diàmetre augmentat en un segment comprès entre $\frac{10}{71}$ i $\frac{1}{7}$ del diàmetre.

Demostració

El que ens diu aquesta proposició és que el perímetre de qualsevol circumferència està comprès entre $3+\frac{10}{71}$ i $3+\frac{1}{7}$ del diàmetre. Arquimedes i molts matemàtics abans que ell sabien que hi havia una relació entre el perímetre del cercle i el seu diàmetre. Aquesta relació en diem ara $\pi$; només li faltava calcular-la. Per fer-ho, va utilitzar el mètode exhaustiu de la següent manera:

Sabem que:

$\frac{\text{Perímetre cercle}}{\text{Diàmetre cercle}}=\frac{2\cdot \pi \cdot r}{2\cdot r}=\pi$

Per tant, si en comptes de fer servir el perímetre del cercle que desconeixem, fem servir els perímetres de polígons regulars inscrits i circumscrits al cercle, podrem trobar una aproximació per defecte (polígons inscrits) i accés (polígons circumscrits) de $\pi$. Arquimedes va utilitzar l'hexàgon per començar fer aquestes aproximacions, perquè se sap (i es pot comprovar fàcilment) que el costat de l'hexàgon inscrit és el radi de la circumferència que el conté. Aplicant el que hem dit anteriorment,obtenim la primera aproximació de $\pi$:

$\pi \simeq \frac{\text{Perímetre hexàgon inscrit}}{\text{Diàmetre cercle}}=\frac{6\cdot r}{2\cdot r}=3$

Ara cal repetir el procés però amb un polígon de 12 costats: un dodecàgon inscrit. Però no sabem la mida del costat. Per trobar-la, només cal aplicar el teorema de Pitàgores un parell de vegades: primer trobarem el costat $h$ del triangle verd i després trobarem el costat $t_1$ del triangle blau:

$h=\sqrt{r^2+{\left(\frac{r}{2}\right)}^2}=\frac{r}{2}\cdot \sqrt{3}$

Arquimedes va haver de calcular el valor de $\sqrt{3}$. No sabem pas com ho va fer exactament, però s'especula que va utilitzar l'aproximació d'Heró i fer quatre passos d'interpolació, però no se sap del cert. En tot cas, aquesta n'és l'aproximació:

$\frac{265}{153}<\sqrt{3}<\frac{1351}{780}$

Després, va calcular el costat $t_1$ aplicant altre cop el teorema de Pitàgores:

$t_1=\sqrt{{\left(\frac{r}{2}\right)}^2+(r-h{)}^2}=r\cdot \sqrt{2-\sqrt{3}}$

I la segona aproximació de $\pi$ és:

$\pi \simeq \frac{\text{Perímetre dodecàgon inscrit}}{\text{Diàmetre cercle}}=\frac{12\cdot r\cdot \sqrt{2-\sqrt{3}}}{2\cdot r}=3.105828541$

Arquimedes va repetir aquest procés 3 vegades més per trobar el perímetre del polígon inscrit de 24, 48 i 96 costats i acotar inferiorment $\pi$. L'esquema recursiu és:

Anomenarem $H$ a la mida del costat de l'últim polígon calculat, és a dir, si estem buscant el polígon de $2n$ costats, llavors $H$ és la mida del costat del polígon de $n$ costats:

$\begin{array}{ccc}h& =& \sqrt{r^2-((1/2)\cdot H{)}^2}\\ t_1& =& \sqrt{((1/2)\cdot H{)}^2+(r-h{)}^2}\\ H& \leftarrow & t_1\end{array}$

figura

Per altra banda, hem de calcular els perímetres dels polígons regulars circumscrits de 6, 12, 24, 48 i 96 costats, però això ja no és tant evident. Arquimedes va deduir unes fórmules per calcular el perímetre del polígon circumscrit a partir del polígon inscrit i circumscrit de la meitat de cares.

Anomenarem $C_n$ al polígon regular circumscrit de $n$ cares a una circumferència de radi $r$ i $I_n$ a l'inscrit de $n$ cares:

$C_{2n}=\frac{2\cdot C_n{I}_n}{C_n+I_n}$

figura

Demostració

Considerem un hexàgon inscrit i un de circumscrit en una circumferència de radi $r$ tal com es veu en la figura. Tenim les següents relacions:

$\begin{array}{ccccc}{I}_6& =& 6AB& =& 12AH\\ C_6& =& 6CD& =& 12CG\end{array}$

En el triangle $COG$, en ser $OE$ la bisectriu de l'angle $\widehat{COG}$, llavors restulta que:

$\frac{EG}{EC}=\frac{OG}{OH}=\frac{OA}{OC}$

Com que els triangles $COG$ i $AOH$ són semblants,

$\frac{OA}{OC}=\frac{AH}{CG}=\frac{12AH}{12CG}=\frac{I_6}{C_6}$

De la triple igultat anterior, resulta:

$\frac{EC}{EG}=\frac{C_6}{I_6}$

Sumem 1 a les dues bandes i operem:

$\begin{array}{ccc}\frac{EC}{EG}+1& =& \frac{C_6}{I_6}+1\\ \frac{EC+EG}{EG}& =& \frac{C_6+I_6}{I_6}\end{array}$ Llavors, tenint en compte que $EC+EG=CG,$

$\frac{I_6}{C_6+I_6}=\frac{EG}{CG}=\frac{24EG}{24CG}=\frac{C_{12}}{2C_6}⟹C_{12}=\frac{2C_6{I}_6}{C_6+I_6}$

Per començar la sèrie, Arquimedes havia de trobar el costat de l'hexàgon circumscrit, $CD$ Aplicarem el teorema de Tales de triangles semblants i el teorema de Pitàgones per trobar $AH$. Com que els triangles $AGD$ i $AHB$ són semblants:

$\frac{GD}{HB}=\frac{AB}{AH}$

Anomenarem $x$ al costat $CD$, $\frac{x}{2}$ al costat $GD$ i $h$ al costat $AH$. Així doncs:

$\begin{array}{ccc}\frac{x/2}{r/2}& =& \frac{r}{h}\\ \frac{hx}{2}& =& \frac{r^2}{2}\\ x& =& \frac{r^2}{h}=\frac{r^2}{\frac{r}{2}\sqrt{3}}=\frac{2r^2}{r\sqrt{3}}=\frac{2r\sqrt{3}}{3}\end{array}$

Proposició II

Enunciat

"L'àrea del cercle és al quadrat del seu diàmetre com 11 és a 14."

La segona i tercera proposició poden ser analitzades de diferents punts de vista. Es creu que va haver-hi una alteració en l'ordre i, que a causa d'això, la segona i tercera proposició van ser intercanviades. Aquesta proposició, per tant, pot ser entesa com un corol·lari de la tercera. O sigui, coneixent ja una aproximació de $\pi$, Arquimedes va trobar que la relació del cercle al quadrat.

Demostració

Per a aquesta demostració se suposarà que $\pi$ és conegut i utilitzarem l'aproximació $\pi \simeq 3+\frac{1}{7}=3.142857$. Observem la següent figura:

figura

Es compleix que $FN=2CF$ i que $NZ=\frac{1}{7}\cdot CF$. Llavors es pot observar que el triangle $AZC$ i el triangle$AFC$ tenen una relació d'àrees que és

${\text{Àrea}}_{AZC}=(3+\frac{1}{7})\cdot {\text{Àrea}}_{AFC}=\frac{22}{7}\cdot {\text{Àrea}}_{AFC}$

Com podem veure, tenen un costat comú i l'altre és $3+\frac{1}{7}$ cops més gran. Per altra banda, tenim que l'àrea del triangle $AFC$ és un quart del quadrat $CDEF$, és a dir:

${\text{Àrea}}_{AFC}=\frac{1}{4}\cdot {\text{Àrea}}_{CDEF}$

ja que

${\text{Àrea}}_{AFC}=\frac{\text{diàmetre}\cdot \frac{\text{diàmetre}}{2}}{2}$ i ${\text{Àrea}}_{CDEF}={\text{diàmetre}}^2$

També deduïm per la proposició I que l'àrea del triangle $AZC$ és la mateixa que l'àrea del cercle, ja que $AC$ és igual al radi del cercle i $CZ$ és $3+\frac{1}{7}\cdot \text{diàmetre}$ (recordem que utilitzem una aproximació de $\pi =3+\frac{1}{7}$). Podem unir aquestes dues relacions de la següent manera:

${\text{Àrea}}_{Cercle}={\text{Àrea}}_{AZC}=\frac{22}{7}\cdot {\text{Àrea}}_{AFC}=\frac{22}{7}\cdot (\frac{1}{4}\cdot {\text{Àrea}}_{CDEF})=\frac{11}{14}\cdot {\text{Àrea}}_{CDEF}$

Hem aconseguit relacionar l'àrea del cercle amb l'àrea del quadrat i, amb l'aproximació de $\pi$ donada, resulta que el factor de relació és d'$\frac{11}{14}$.