En el siguiente libro veremos las circunferencias que están contenidas dentro de un triángulo y las que pueden estar fuera de la misma circunferencia. Es imperativo que antes de avanzar en este libro, el lector ya haya indagado y estudiado el libro III de este tratado para abordar de mejor manera las proposiciones sucesivas. Tenemos una combinación de rectas y círculos que nos harán la tarea aún más compleja, aunque también se debe observar que son pocas las proposiciones. Veamos que nos trae Euclides en esta cuarta parte de Los Elementos.
Otros libros de Euclides:
Libro I: Triángulos
Libro II: Cuadrados y rectángulos
Libro III: Circunferencias
Otros libros de Euclides:
Libro I: Triángulos
Libro II: Cuadrados y rectángulos
Libro III: Circunferencias
Definiciones:
(1) Equiángulo: que tiene todos sus ángulos iguales.
LOS ELEMENTOS
LIBRO IV: CIRCUNFERENCIA INSCRITA Y EXINSCRITA DE UN TRIÁNGULO
Proposiciones
Proposición 1
Adaptar a un círculo dado una recta igual a una recta dada que no sea mayor que el diámetro del círculo
Tengamos un círculo dado ABΓ y sea Δ la recta dada no mayor que el diámetro del círculo.
Si esto no fuera así, es decir, si BΓ no fuera igual a Δ, entonces tendríamos que decir que EΓ es igual a Δ con un centro Γ. Así, luego tendremos el círculo EAZ y trácese ΓA.
De este modo, se ha adaptado Δ que era la recta dada, en el círculo ABΓ.
Proposición 2:
Inscribir en un círculo dado un triángulo de ángulos iguales a los de un triángulo dado
Sea ABΓ el círculo dado y ΔEZ un triángulo dado.
De este modo, tenemos que poner un triángulo dentro del círculo ABΓ el cual tenga los mismos ángulos que el triángulo ΔEZ.
Como vemos una recta HΘ toca el círculo ABΓ en el punto A, y desde el punto A ha sido trazada la recta AΓ, entonces el ángulo ΘAΓ es igual al ángulo ABΓ en el segmento alterno del círculo.
Sin embargo, el ángulo ΘAΓ es igual al ángulo ΔEZ, y así el ángulo ABΓ es igual al triángulo ΔEZ.En consecuencia, el ángulo restante AΓB es igual al ángulo ΔZE
Por lo tanto, el ángulo restante BAΓ es igual al ángulo restante EΔZ.
Proposición 3:
Circunscribir en torno a un círculo dado un triángulo de ángulos iguales a los de un triángulo dado.
Tengamos un círculo dado ABΓ y ΔEZ el triángulo dado.
Luego prolónguese EZ en ambos sentidos hasta los puntos H y Θ, y tómese el punto K como centro del círculo ABΓ y trácese una recta KB, y en ésta misma el ángulo BKA igual al ángulo ΔEH, y el ángulo BKΓ igual al ángulo ΔZΘ, y a través de los puntos A, B, Γ tracense las rectas ΛAM, MBN, NΓA tangentes al círculo ABΓ.
Como las rectas ΛM, MN y NΛ tocan el círculo ABΓ en los puntos A, B, Γ y KA, KB, KΓ se han trazado desde el centro K hasta los puntos A, B y Γ el ángulo correspondiente a cada punto será recto.
Los ángulos del cuadrilátero AMBK son iguales a cuatro rectos, puesto que AMBK se divide en triángulos y los ángulos KAM y KBM son rectos, entonces los ángulos restantes AKB y AMB son iguales a dos rectos.
Sin embargo, los ángulos ΔEH y ΔEZ son también iguales a dos rectos, entonces los ángulos AKB y AMB son iguales a los ángulos ΔEH y ΔEZ, de los cuales AKB es igual a ΔEH y AMB es igual a ΔEZ.
De igual manera, el ángulo ΛNB es igual al ángulo ΔZE, lo que significa que el ángulo restante MΛN es igual al ángulo EΔZ.
Luego el triángulo ΛMN es de ángulos iguales a los del triángulo ΔEZ, y está circunscrito en torno al círculo ABΓ.
Proposición 4:
Inscribir un círculo en un triángulo dado
Tengamos ABΓ como un triángulo dado en el cual debemos incorporar un círculo dentro del triángulo.
Dividamos en dos partes iguales los ángulos ABΓ y AΓB utilizando las rectas BΔ y ΓΔ, teniendo Δ como centro. En las rectas del triángulo ABΓ se trazan rectas hasta los lados del triánbgulo AB, BΓ y ΓA y estas rectas son ΔE, ΔZ y ΔH.
ABΔ es igual a ΓBΔ y el ángulo recto BEΔ es también igual al ángulo recto BZΔ. De este modo, EBΔ y ZBΔ son dos triángulos que tienen dos ángulos iguales a dos ángulos. Además, los dos tienen un lado igual que sería BΔ, lo que significa que ΔE y ΔZ son iguales (así como también ΔH).
ΔE, ΔZ y ΔH son iguales entre sí, además de tocar las rectas AB, BΓ y ΓA por ser rectos entre los puntos E, Z y H. Las rectas que trazadas a partir del centro Δ (ΔE, ΔZ y ΔH) no cortan el círculo, pues si las cortaran las rectas atravesarían las rectas tal y como lo presenta la proposición 16 del libro III de este tratado.
Por lo tanto, sólo podremos decir que las rectas ΔE, ΔZ y ΔH no cortan el círculo y sólo tocan las rectas AB, BΓ y ΓA, lo que da como resultado un círculo EZH con centro Δ, por lo tanto, se inscribió un círculo en un triángulo dado que es lo que se quería demostrar.
Proposición 5:
Circunscribir un círculo en torno a un triángulo dado
Primer círculo circunscrito:
Tengamos ABΓ como un triángulo dado y luego construyamos un círculo en torno a este triángulo.
Dividanse en dos partes iguales las rectas AB y AΓ por los puntos Δ y E, y a partir de estos trazar ΔZ y EZ formando ángulos rectos con AB y AΓ.
Tenemos que AΔ es igual a ΔB y ΔZ es común y además forma ángulos rectos y así la base AZ es igual a la base ZB.
De igual manera ΓZ es igual a AZ, por lo que ZB es también igual a ΓZ, lo que da como resultado que las tres rectas ΓZ, AZ y ZB sean iguales.
Así el círculo circunscrito con el centro Z con distancia de rectas trazadas a partir del mismo centro (AZ, BZ y ΓZ) pasará por los puntos restantes y así circunscribe al triángulo ABΓ.
Segundo círculo circunscrito:
Modificando el mismo triángulo, tengamos que ΔZ y EZ están sobre la recta BΓ en el punto Z y tracese AZ.
Luego debemos circunscribir un círculo en el triángulo ABΓ.
De esta forma podremos ver que Z sigue siendo el centro del círculo.
Finalmente, AZ es igual a ZB y ZB es igual a ZΓ, y a partir de esto es como se puede circunscribir el círculo.
Tercer círculo circunscrito:
Ahora tengamos que ΔZ y EZ quedan fuera del círculo ABΓ con el punto Z como centro del círculo. Luego tracense AZ, BZ y ΓZ.
AΔ es igual a ΔB y ΔZ es común además de formar ángulos rectos y así la base AZ es igual a la base BZ.
De igual manera demostraremos que ΓZ es igual a AZ, así como también BZ es igual a ΓZ.
Por lo tanto, el círculo ABΓ con centro Z pasará por las rectas ZA, ZB y ZΓ y también por las rectas restantes.
Proposición 6:
Inscribir un cuadrado en un círculo dado
Tengamos un círculo dado ABΓΔ.
Luego debemos trazar los diámetros AΓ y BΔ del mismo círculo formando ángulos rectos entre sí. Posteriormente, tracese AB, BΓ, ΓΔ y ΔA, y luego formemos el centro con el punto E.
BE es igual a EΔ y EA es común a los dos y forma ángulos rectos. De esta forma, la base AB es igual a la base AΔ.
Del mismo modo, las rectas BΓ y ΓΔ es igual a las rectas AB y AΔ, lo que hace que el cuadrilatero ABΓΔ sea equilátero.
Euclides dice que además es rectangular
BAΔ es un semicírculo lo que hace que el ángulo BAΔ sea recto. Por lo mismo, ABΓ, BΓΔ y ΓΔA son también rectos, por tanto ABΓΔ es rectangular. Sin embargo, se había dicho que era equilátero, por lo tanto, ABΓΔ es un cuadrado.
Proposición 7:
Circunscribir un cuadrado en torno a un círculo dado
Tengamos ABΓΔ como un círculo dado.
Luego debemos trazar los diámetros AΓ y BΔ del mismo círculo formando ángulos rectos entre sí. Después tengamos a E como el centro del círculo.
A través de los puntos A, B, Γ y Δ tracense las rectas ZH, HΘ, ΘK y KZ como tangentes al círculo ABΓΔ.
Como los ángulos AEB y EBH son rectos, HΘ es paralela a AΓ. Del mismo modo, AΓ es paralela a ZK.
Por otro lado, las rectas HZ y ΘK es paralela a BEΔ, por lo tanto, HK, HΓ, AK, ZB y BK son paralelogramos, por lo que HZ es igual a ΘK, y HΘ es igual a ZK.
Como AΓ es igual a BΔ mientras que AΓ es igual a cada una de las rectas HΘ, ZK y BΔ es igual a cada una de las rectas HZ y ΘK, lo que hace que el cuadrilátero ZHΘK es equilátero.
Euclides dice además que es rectangular
Para demostrar aquello, como HBEA es un paralelogramo y el ángulo AEB es recto, entonces el ángulo AHB es también recto.
De aquí podríamos ver que ZHΘK es rectangular, pero también se dijo que era equilátero, por lo tanto, ZHΘK es un cuadrado.
Proposición 8:
Inscribir un círculo en un cuadrado dado.
Tengamos ABΓΔ como un cuadrado dado y que tenga un centro H.
Dividase en dos partes iguales cada una de las rectas AΔ y AB por los puntos E y Z.
Luego, a través de E tracese EΘ paralela a una de las dos rectas AB y ΓΔ, y a través de Z trácese ZK paralela a una de las dos rectas AΔ y BΓ.
Así, cada una de las figuras AK, KB, AΘ, ΘΔ, AH, HΓ, BH y HΔ es un paralelogramo y sus lados opuestos son evidentemente iguales.
De esta forma diríamos que cada una de las rectas HΘ y HK es igual a cada una de las rectas ZH y HE. Así, las cuatro rectas son iguales entre sí: HE, HZ, HΘ y HK.
Por otra parte, el círculo descrito con el centro H tocará las rectas AB, BΓ, ΓΔ y ΔA porque se forman ángulos rectos si se les une H con los puntos E, Z, Θ y K.
Finalmente, tenemos un círculo circunscrito en un cuadrado dado.
Proposición 9:
Circunscribir un círculo en torno a un cuadrado dado.
Tengamos el cuadrado dado ABΓΔ.
Luego debemos trazar los diámetros AΓ y BΔ del mismo círculo formando ángulos rectos entre sí. Después tengamos a E como el centro del círculo.
Como AΔ es igual a AB, y AΓ es común, los dos lados ΔA y AΓ son iguales a los dos lados BA y AΓ. La base ΔΓ es igual a la base BΓ lo que hace que los ángulos ΔAΓ sea igual al ángulo BAΓ.
Luego el ángulo ΔAB es dividido en dos partes iguales por AΓ.
De igual manera, los ángulos ABΓ, BΓΔ y ΓΔA fueron divididos en dos partes iguales por AΓ y ΔB. Como el ángulo ΔAB es igual al ángulo ABΓ, y el ángulo EBA es la mitad del ángulo ABΓ, y así el ángulo EAB es igual al ángulo EBA.
Las rectas EA y EB son iguales respectivamente a las rectas EΓ y EΔ, y de este modo las rectas EA, EB, EΓ y EΔ son iguales entre sí.
Finalmente, el círculo descrito en el centro E pasará por los puntos restantes y estará circunscrito en torno al cuadrado ABΓΔ.
Proposición 10:
Construir un triángulo isósceles cada uno de cuyos ángulos de la base sea el doble del restante
Tengamos un círculo que tenga un centro A, y que al mismo tiempo forme una recta AB.
Luego, cortese la recta por el punto Γ, de modo que el rectángulo comprendido por AB y BΓ sea igual al cuadrado de ΓA.
Junto con la distancia AB descríbase el círculo BΔE y adáptese este mismo a la recta BΔ igual a la recta AΓ que no es mayor que el diámetro del círculo BΔE.
Finalmente trácese AΔ y ΔΓ, y circunscribase en torno al triángulo AΓΔ el círculo AΓΔ.
El rectángulo comprendido por AB y BΓ es igual al cuadrado de AΓ, y AΓ es igual a BΔ, lo que quiere decir que AB y BΓ (rectángulo comprendido) son iguales al cuadrado BΔ.
Como se ha tomado el punto B que es exterior al triángulo AΓΔ, y del cual caen las rectas BA y BΔ, y el rectángulo comprendido por AB y BΓ es igual al cuadrado de BΔ, entonces BΔ toca el círculo AΓΔ.
Como BΔ toca el círculo AΓΔ, y ΔΓ ha sido trazada desde el punto de contacto Δ, entonces el ángulo BΔΓ es igual al ángulo ΔAΓ en el segmento alterno del círculo.
De esta forma, como el ángulo BΔΓ es igual al ángulo ΔAΓ. Luego añádase a estos el ángulo ΓΔA y así el ángulo entero BΔA es igual a los dos ángulos ΓΔA y ΔAΓ. Sin embargo, el ángulo BΔA es igual al ángulo BΓA porque BΓA es exterior y es la suma de ΔAΓ y ΓΔA.
BΔA es igual a ΓBΔ lo que hace que el ángulo AΔ se a igual a AB, que a su vez hace que el ángulo ΔBA sea igual al ángulo BΓΔ.
Finalmente tenemos que los tres ángulos BΔA, ΔBA y BΓΔ son iguales entre sí, y a su vez, cada uno de los triángulos BΔA y ΔBA es el doble del ángulo ΔAB (ΔAΓ) porque BΔ, ΓΔ y ΓA son iguales entre sí. De esta forma se construye un triángulo isósceles en un círculo.
Proposición 11:
Inscribir un pentágono equilátero y equiángulo(1) en un círculo dado.
Tengamos un círculo ABΓΔE y un triángulo isósceles ZHΘ.
En el círculo ABΓΔE tracese el triángulo AΓΔ que sea igual que el triángulo isósceles ZHΘ. El ángulo A es igual al correspondiente en Z y los otros son iguales a H y Θ. Luego dividase en dos partes iguales cada uno de los ángulos AΓΔ y ΓΔA con las rectas ΓE, ΔB respectivamente y trácese AB, BΓ, ΔE y EA.
Cada uno de los ángulos AΓΔ y ΓΔA son el doble de ΓAΔ y ha sido dividido en partes iguales mediante las rectas ΓE y ΔB.
Entonces, los cinco ángulos ΔAΓ, AΓE, EΓΔ, ΓΔB y BΔA son iguales entre sí. Sin embargo, como dijimos en la proposición 26 del libro III: ''los ángulos iguales están sobre circunferencias iguales'', por lo que las cinco circunferencias AB, BΓ, ΓΔ, ΔE y EA son iguales entre sí, y así el pentágono ABΓΔE es equilátero.
Euclides dice que también es equiángulo.
Como la circunferencia AB es igual a la circunferencia ΔE, añádase a ambas BΓΔ, entonces la circunferencia entera ABΓΔ es igual a la circunferencia entera EΔΓB.
Luego, el ángulo AEΔ está sobre la circunferencia ABΓΔ, y el ángulo BAE sobre la circunferencia EΔΓB; por lo tanto, el ángulo BAE es igual al ángulo AEΔ.
Por lo mismo, los ángulos ABΓ, BΓΔ y ΓΔE es igual a cada uno de los ángulos BAE y AEΔ, luego el pentágono ABΓΔE es equiángulo.
Finalmente, se inscribió un pentágono equilátero y equiángulo (ABΓΔE) en un círculo dado.
Proposición 12:
Circunscribir un pentágono equilátero y equiángulo en torno a un círculo dado
Tengamos un círculo dado ABΓΔE.
Consideremos cada punto del círculo dado ABΓΔE los ángulos de pentágono no inscrito de modo que las circunferencias AB, BΓ, ΓΔ, ΔE y EA sean iguales, y a través de los puntos A, B, Γ, Δ y E trácese HΘ, ΘK, KΛ, ΛM y MH tangente al círculo, y finalmente, póngase como centro el punto Z en el círculo ABΓΔE.
Cada ángulo correspondientes al punto Γ es un ángulo rectos. Por lo mismo, el ángulo de ZΓK lo que lleva a que el cuadrado ZK sea igual a los cuadrados de ZΓ y ΓK. Por otro lado, ZK también es igual a ZB y BK.
Los cuadrados de ZK y ΓK son iguales a los cuadrados de ZB y BK de los cuales el cuadrado de ZΓ es igual al cuadrado de ZB. Por tanto, el cuadrado restante de ΓK es igual al cuadrado de BK.
Los dos lados BZ y ZK son iguales a los lados ΓZ y ZK porque ZK es común, y la base BK es igual a la base ΓK.
Así, el ángulo BZK es igual al ángulo KZΓ, y el ángulo BKZ al ángulo ZKΓ por tanto, el ángulo BZΓ es el doble del ángulo KZΓ y el ángulo BKΓ el doble del ángulo ZKΓ. Por lo mismo, el ángulo ΓZΔ es también el doble del ángulo ΓZΛ y el ángulo ΔΛΓ el doble del ángulo ZΛΓ.
BK es igual a KΓ, entonces ΘK también es igual a KΛ. De manera semejante se demostraría que cada una de las rectas ΘH, HM y ΛM también es igual a cada una de las rectas ΘK y KΛ. Por lo tanto, el pentágono HΘKΛM es equilátero.
Euclides dice que también es equiángulo
Como el ángulo ZKΓ es igual al ángulo ZΛΓ, y se ha demostrado que el ángulo ΘKΛ es el doble del ángulo ZKΓ, y el ángulo KΛM el doble del ángulo ZΛΓ, entonces el ángulo ΘKΛ es igual al ángulo KΛM.
De la misma manera, los ángulos KΘH, ΘHM y HMΛ es igual a cada uno de los ángulos ΘKΛ y KΛM, lo que quiere decir que los cinco ángulos HΘK, ΘKΛ, KΛM, ΛMH y MHΘ son iguales entre sí, por lo que el pentágono HΘKΛM también sería equiángulo.
Proposición 13:
Inscribir un círculo en un pentágono dado que es equilátero y equiángulo
Tengamos un pentágono equilátero y equiángulo ABΓΔE.
Dentro del mismo pentágono debemos crear un círculo que forme los siguientes puntos: HΘKΛM.
A partir del punto Z se pudieron crear las rectas ZH, ZΘ, ZK, ZΛ y ZM que serían perpendiculares a AB, BΓ, ΓΔ, ΔE y EA.
Como hemos visto anteriormente, las rectas BΓ y ΓΔ son iguales y ΓZ es común lo que lleva al ángulo ABΓ sea dividido en partes iguales por la recta ZB, lo mismo pasa con los ángulos BAE y AEΔ con las rectas ZA y ZE.
Entre ellos, el ángulo ΘΓZ es igual al ángulo KΓZ, y el ángulo recto ZΘΓ es igual al ángulo ZKΓ, lo que hace que estos dos sean dos triángulos que tienen dos ángulos iguales a dos ángulos y un lado igual a un lado, el cual es ZΓ, que subtienden a uno de los ángulos iguales (ZΘΓ y ZKΓ). Por lo tanto, tendrá los lados restantes iguales a los dos lados restantes.
De manera semejante, se demostraría que las rectas ZΛ, ZM y ZH son iguales a cada una de las rectas ZΘ y ZK, por lo tanto las rectas ZH, ZΘ, ZK, ZΛ y ZM son iguales entre sí.
Como conclusión, el centro del círculo tocaría las rectas ZH, ZΘ, ZK, ZΛ y ZM, además de pasar también por las rectas AB, BΓ, ΓΔ, ΔE y EA, a causa de que los ángulos correspondientes a H, Θ, K, Λ y M son rectos. Por lo tanto, tenemos que el círculo con centro Z no corta las rectas AB, BΓ, ΓΔ, ΔE y EA, sino que las toca.
Proposición 14:
Circunscribir un círculo en torno a un pentágono dado que es equilátero y equiángulo
Tengamos un pentágono dado ABΓΔE que es equilátero y equiángulo.
En este caso se demuestra que los ángulos ΓBA, BAE y AEΔ han sido divididos en dos partes iguales por las rectas ZB, ZA y ZE.
De la misma manera, como el ángulo BΓΔ es igual al ángulo ΓΔE, y el ángulo ZΓΔ es la mitad del ángulo BΓΔ, mientras que el ángulo ΓΔZ es la mitad del ángulo ΓΔE.
Entonces, el ángulo ZΓΔ es también igual al ángulo ZΔΓ de modo que el lado ZΓ es igual la lado ZΔ.
Así, cada una de las rectas ZB, ZA y ZE es igual a cada una de las rectas ZΓ y ZΔ. Por lo tanto, las cinco rectas ZA, ZB ZΓ, ZΔ y ZE son iguales entre sí.
Como conclusión, el círculo con el centro Z pasará por los puntos ABΓΔE que es el pentágono dado.
Proposición 15:
Inscribir un hexágono equilátero y equiángulo en un círculo dado
Tengamos el círculo dado ABΓΔEZ donde hay que inscribir un hexágono equilátero y equiángulo. También construyamos un círculo que sea ΘΓH
El triángulo EHΔ es equilátero, así como también lo son sus tres ángulos EHΔ, HΔE y ΔEH que además son iguales entre sí, porque los ángulos de un triángulo equilátero son iguales entre sí.
Teniendo entendido que los tres ángulos de un triángulo son iguales a dos rectos, el ángulo EHΔ es la tercera parte de dos rectos.
Lo mismo ocurre con el ángulo ΔHΓ que sería la tercera parte de dos rectos.
Por otro lado, como los ángulos EHΓ y ΓHB son iguales a dos rectos, la parte ΓHB es la tercera parte de dos rectos; por tanto, los ángulos EHΔ, ΔHΓ y ΓHB son iguales entre sí. De esto también se concluye que BHA, AHZ y ZHE que corresponden a sus vértices son también iguales. Así, los seis ángulos mencionados anteriormente son iguales entre sí, lo que también quiere decir que sus circunferencias AB, BΓ, ΓΔ, ΔE, EZ y ZA sean iguales entre sí.
Finalmente, tenemos que el hexágono que está en el círculo es equilátero.
Euclides dice que también es equiángulo
Como la circunferencia ZA es igual a la circunferencia EΔ añádase a ambos la circunferencia ABΓΔ.
Así, la circunferencia ZABΓΔ es igual a la circunferencia entera EΔΓBA, y el ángulo ZEΔ está sobre la circunferencia ZABΓΔ, y el ángulo AZE sobre la circunferencia EΔΓBA, por lo tanto, el ángulo AZE es igual al ángulo ΔEZ.
Los ángulos restantes de la circunferencia ABΓΔEZ son cada uno igual a los ángulos ΔZE y ZEΔ, lo que hace que el hexágono también sea equiángulo.
Porisma
Como Porisma, Euclides dice que si se trazan tangentes a través de los puntos del círculo, se podrá de igual manera circunscribir un hexágono equilátero y equiángulo.
Proposición 16:
Inscribir un pentadecágono equilátero y equiángulo en un círculo dado
Tengamos ABΓΔ como un círculo dado.
En este círculo hay 15 segmentos iguales, así como también hay 5 en el círculo ABΓ que es la tercera parte del círculo, y habrá 3 en la parte de la circunferencia AB que es la quinta parte del círculo; por tanto, en la circunferencia restante BΓ habrá dos.
Divídase en dos partes iguales BΓ por el punto E, entonces cada una de las circunferencias BE y EΓ es la quinceava parte del círculo ABΓΔ.
Por consiguiente, si se traza BE y EΓ, adaptamos al círculo ABΓΔ sucesivamente rectas iguales se habrá inscrito en él un pentadecágono equilátero y equiángulo.
En el mismo caso del pentágono, si trazamos tangentes al círculo por los puntos de división del círculo, se circunscribía en torno al círculo un pentadecágono equilátero y equiángulo.
Conclusion
Hemos terminado con satisfacción los cuatro primeros libros de Euclides que tratan sobre la geometría plana. Desde aquí la vista euclidiana comienza a cambiar de perspectiva tratando de formar figuras con razones y proporciones, y si vamos aún más lejos de la obra euclidiana, podremos ver la complejidad de los poliedros que Euclides desarrolla ya en sus últimos libros de geometría. Estemos satisfechos por ahora con lo dicho y visto hasta ahora sobre la geometría plana de Euclides.
Este apunte ha sido logrado gracias a Leila Reyes, quien corrigió y sugirió las modificaciones necesarias en este apunte.
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