Buscador Google

Transformation 'CMS.MenuItem.menuPrincipalPiramideVisual' not found.

La Pirámide visual
Evolución de un instrumento conceptual

Espejos cónicos

(i) Formulación del problema


Dado un objeto y un observador (B y A) en las vecindades de un espejo cónico (cóncavo o convexo), se pide hallar la ubicación precisa del punto de reflexión en la superficie del espejo.


Figura 35. Espejos cónicos

(ii) Esquema general de la construcción y demostración


Para llevar a cabo el análisis de los espejos cónicos, Alhacén distingue seis casos que dependen de las posiciones del objeto y el observador con respecto a un plano paralelo a la base y levantado en el vértice del cono. (1) Objeto y observador están ambos debajo del plano, (2) ambos están en el plano, (3) ambos están encima del plano, (4) uno de ellos está en el plano y el otro debajo del plano, (5) uno de ellos está en el plano y el otro encima del plano, (6) uno de ellos está encima y el otro debajo del plano.

Espejos cónicos: caso 1


Imaginemos que los puntos A (observador) y B (objeto) se encuentran por debajo del plano superior. Puede ocurrir que ambos estén en un plano que contiene el eje del cono. Así, la intersección de dicho plano con la superficie del cono es una recta y la ubicación del punto de reflexión se hace idéntica al caso de los espejos planos. De otra parte, si A y B están en un plano paralelo a la base y diferente del plano superior la intersección del plano y el cono resulta ser una circunferencia y, en ese orden de ideas, la situación se hace análoga a la ubicación del punto de reflexión en un espejo esférico. Si los dos puntos, en el último caso, equidistan del eje la solución es simple, el caso contrario exige el protocolo complejo presentado para dichos espejos. Si A y B difieren en posición de los dos casos anteriores la solución exige un procedimiento semejante al descrito para la condición análoga en los espejos cilíndricos. A saber, se obtiene una imagen de B en el plano que contiene a A y es paralelo a la base del cono. Esta imagen se obtiene proyectando a B desde el punto G. Después se resuelve el problema de Alhacén para el caso de los puntos A y H (imagen de B). Sea E dicha solución. Después se construye el plano que contiene a E y a G (vértice del cono) y es ortogonal al plano tangente que contiene a EG. Luego se traza la recta AB y se halla el corte con el plano anterior. Sea F dicho corte. Se proyecta F ortogonalmente sobre GE y el punto de base de dicha ortogonal, que en la figura se denomina C, es el punto que satisface las condiciones buscadas (Alhacén (2006), V, 2.271 – 2.278).

Espejos cilíndricos: caso 3


Figura 36. Espejos cónicos: caso 1


Para efectos de la justificación se agregan los siguientes elementos. S es la imagen de A como si fuese contemplada desde H. EO es la tangente a la circunferencia en E. AL es la paralela a FC en el plano ABC. L es la intersección de BC con AL. Este plano es paralelo al plano formado por el eje del cono y GE.

(1) ∠ESA ≅ ∠REA, luego ΔEAS es isósceles (a) ∠HER ≅ ∠REA por construcción ajustada a la segunda ley de la reflexión
(b) ∠HER ≅ ∠ESA alternos entre paralelas
(c) ∠REA ≅ ∠ESA alternos entre paralelas
(2) AO ≅ OS EO es la altura sobre la base de un triángulo isósceles
(3) AP ≅ PL (a) ΔAOP ≈ ΔASL porque OP es paralelo a CE que es paralelo a SL.
(b) AS = 2(AO) por (2)
(4) ΔCAL es isósceles, por tanto CL ≅ CA y ∠CLA ≅ ∠CAL (a) (a) CP es perpendicular a AL, porque CP es perpendicular a CF y este paralelo a AL (por construcción)
(b) (b) (3)
(5) ∠BCF ≅ ∠FCA (a) ∠CAL ≅ ∠FCA alternos entre paralelas
(b) ∠CLA ≅ ∠BCF alternos entre paralelas


Figura 37. Espejos cónicos: caso 1

Espejos cónicos: casos 2 y 3


Sean M y N dos puntos en el plano paralelo a la base y que contiene al vértice G. GU es la bisectriz del ángulo MGN (U en el corte con MN). G es una solución trivial y degenerada del problema de Alhacén en las condiciones planteadas. El plano que contiene al eje de simetría y al punto U corta simétricamente al cono –de hecho lo corta en las rectas que delimitan el cono (hipérbolas degeneradas)–. Ahora se traza la perpendicular a dicho corte pasando por U. Sea E el punto que sirve de base para dicha perpendicular. A continuación se concibe el plano paralelo a la base y que contiene a E. Sobre este plano se proyectan los puntos M y N usando paralelas a GE. Sean H y A las proyecciones mencionadas. R es la proyección de U siguiendo el mismo esquema. Construyendo el argumento en forma análoga al caso 1 se puede mostrar que los ángulos HER y REA son congruentes. Por lo tanto E es el punto de reflexión que permitiría contemplar a A desde H. Explotando más allá la analogía también se puede mostrar que los ángulos MEU y UEN son también congruentes. EU es perpendicular al plano tangente en E, ME, EU y EA están en el mismo plano. Por lo tanto E es la solución no-degenerada al problema planteado (Alhacén (2006), V, 2.279 – 2.287). Cuando los dos puntos se encuentran por encima del plano paralelo a la base y que contiene a G (vértice), Alhacén concibe una duplicación especular del cono inferior y procede a aplicar un algoritmo completamente análogo al anterior.


Figura 38. Espejos cónicos: casos 2 y 3

Espejos cónicos: casos 4 y 5


Sea M (observador) en el plano superior y A (objeto) por debajo de dicho plano. Se construye el plano que contiene al punto A y es paralelo a la base. M se proyecta ortogonalmente sobre dicho plano. Sea H dicha proyección. Desde A se traza una recta que corta la circunferencia en el punto E de tal manera que EQ ≅ QT (T es el centro de la circunferencia). Este paso exige hacer uso del Lema 5. A continuación se construye BH paralelo y congruente a TE. Se traza BE y luego AM quien debe cortar en F al plano GTE. TI es normal a la circunferencia en E. Ahora se traza la perpendicular a GE que pasa por F. Sea O la base de dicha perpendicular. A continuación se mostrará que O es el punto buscado (Alhacén (2006), V, 2.289 – 2.293).


Figura 39. Espejos cónicos: casos 4 y 5

(1) MB ≅ GE y, además, MB es paralelo a GE (a) HT ≅ BE y además son paralelos. Pues HTEB es un paralelogramo por construcción.
(b) HT ≅ MG y además son paralelos. Pues MHTG es un paralelogramo
(2) ∠IEB ≅ ∠IEA, luego A se refleja en B por E (a) ∠IEB ≅ ∠ETQ alternos entre paralelas
(b) ∠ETQ ≅ ∠TEQ el triángulo TEQ es isósceles por Lema 5
(c) ∠TEQ ≅ ∠IEA opuestos por el vértice
(3) ∠MOF ≅ ∠FOA (Se replica en forma análoga el procedimiento final del caso 1


Si A se encuentra por encima del plano paralelo a la base en el vértice se replica el procedimiento anterior agregando la imagen especular del cono con respecto a dicho plano.

Espejos cónicos: caso 6


Por último, si A (punto de vista) se encuentra encima del plano que contiene a G (vértice) y este plano es paralelo a la base y, además, L (objeto) se encuentra debajo del mismo, el procedimiento para hallar el punto de reflexión, aunque análogo a los anteriores, exige las siguientes variaciones. Se construye la imagen especular del cono inicial y se concibe el plano que contiene a A y es paralelo a la base. La intersección de dicho plano con el cono es la circunferencia de centro T. Ahora se traza la recta LG y se busca la intersección con el plano mencionado. Sea K dicha intersección. Ahora se busca el punto E, sobre la circunferencia, talque la tangente ES a la circunferencia biseca al ángulo AEK. Este paso exige atender las indicaciones del Lema 41 . Se traza por L una paralela a GE y se busca la intersección de dicha paralela con el plano AEK. Sea B dicho punto. Se traza la recta AL y se determina el corte U con el plano GTE. Desde U se traza la perpendicular a GE y se determina el punto de corte de dicha perpendicular. Sea O dicho punto. Este es, pues, el punto buscado (Alhacén (2006), V, 2.294 – 2.299).


Figura 40. Espejos cónicos: caso 6

(1) ∠AET ≅ ∠TEB (a) ∠AES ≅ ∠SEK por construcción.
(b) ∠AET ≅ ∠KEI son complementos de ángulos congruentes (a)
(c) ∠KEI ≅ ∠TEB opuestos por el vértice
(2) ∠AOU ≅ ∠UOL Se replica en forma análoga el procedimiento final del caso 1

1 Si hay solución para L (en el caso del espejo cónico), no debe haber solución para K y A vistos como objetos frente a un espejo esférico convexo. Por tal razón Alhacén busca una solución que ahora compromete una tangente que biseca un ángulo y no una normal. Este hecho garantiza la satisfacción de las condiciones matemáticas aun cuando se suavizan las exigencias físicas.



Espejos cilíndricos

(i) Formulación del problema


Dado un objeto y un observador (B y A) en las vecindades de un espejo cilíndrico (cóncavo o convexo), se pide hallar la ubicación precisa del punto de reflexión en la superficie del espejo.


Figura 32. Espejos cilíndricos

(ii) Esquema general de la construcción


Las soluciones de Alhacén, si bien siguen el mismo esquema de razonamiento, se vuelven absolutamente complejas por lo extensas y lo escabroso de los giros en los argumentos. No obstante, la estructura profunda del razonamiento es simple, elegante y poderosa. Expongo en líneas generales el esquema de razonamiento, así el lector puede seguirlo con atención en todos sus matices en un caso paradigmático y asumir que para los casos restantes vale el mismo esquema. En ese sentido puede ahorrarse la lectura de todos los casos restantes. En primer lugar, observador y objeto pueden encontrarse en un plano que contiene al eje del cilindro. En este caso el punto de reflexión ha de encontrarse en la intersección de dicho plano y la superficie del espejo (a saber, una recta longitudinal). El problema entonces se reduce a hallar la solución para el caso de un espejo plano. En segundo lugar, observador y objeto pueden encontrarse en un plano paralelo a la base del cilindro. El punto de reflexión ha de encontrarse, pues, en la intersección de dicho plano y la superficie del espejo, a saber una circunferencia. Este caso remite a hallar el punto de reflexión en un espejo esférico convexo o cóncavo. En tercer lugar –este es el caso más complejo e interesante–, no hay un plano que contenga tanto al objeto como al observador y al mismo tiempo o bien sea paralelo a la base, o bien contenga al eje del cilindro o del cono. El esquema propuesto por Alhacén es el siguiente. Sea A el observador y B el objeto. Se determina un plano paralelo a la base (del cilindro o del cono) que contenga al punto A. El corte de este plano con la superficie del espejo es una circunferencia. Llamemos a esta circunferencia S. Después, sobre dicho plano se proyecta al punto B en forma en forma ortogonal. Sea B’ la imagen de B sobre el plano que contiene a A. A continuación se resuelve el problema de Alhacén para los puntos A y B’. Este caso coincide con el caso de los espejos esféricos. Sea C’ la solución de dicho problema y C’E’ la perpendicular a la circunferencia S en el punto C’. C’ se encuentra sobre S. Luego se traza la recta que pasa por C’ y es paralela al eje del cilindro. Ahora se concibe el plano que contiene a C’ y al eje del cilindro (este plano contiene a la recta anterior). Ahora se busca la intersección de dicho plano con la recta AB. Sea K tal intersección. Finalmente se traza por K una perpendicular al eje del cilindro. El cruce de dicha perpendicular y la superficie del espejo es el punto buscado F. FK es la normal a la superficie del espejo en el punto de reflexión. Es claro que AF (rayo reflejado), FK (normal) y BF (rayo incidente) se encuentran en el mismo plano ABF1. Alhacén procura demostrar que la condición de igualdad entre los ángulos B’C’E’ y E’C’A no se pierde en la proyección. Por lo tanto los ángulos AFK y FKB son congruentes.

(iii) Demostración

Espejos cilíndricos: casos 1 y 2


Figura 33. Espejos cilíndricos: casos 1 y 2


La Figura ilustra los dos casos. En el primer caso se asume que el observador A y el objeto B están en un plano que contiene el eje del cilindro. En este caso el corte de dicho plano y la superficie del espejo es una recta y el punto de reflexión –para satisfacer la primera ley de la reflexión– ha de encontrarse sobre esta recta. La ubicación del punto F replica los procedimientos descritos para los espejos planos (Alhacén (2006), V, 2.239). En el segundo caso el observador A y el objeto B’ se encuentran en un plano paralelo a la base del cilindro. La intersección de dicho plano y la superficie del espejo es ahora una circunferencia. En estas circunstancias, hallar el punto de reflexión exige ocuparse de los procedimientos descritos para los espejos esféricos y, de esa forma, cabe distinguir si A y B’ equidistan del eje (situación sencilla) o si difieren en su distancia al eje (situación compleja). En cualquiera de las dos situaciones valen todos los resultados establecidos con anterioridad (Alhacén (2006), V, 2.240).

Espejos cilíndricos: caso 3


Figura 34. Espejos cilíndricos: caso 3


Ahora asumimos que no existe un plano que contenga el eje de simetría o sea perpendicular a éste y que, además, contenga tanto al observador A como al objeto B. Alhacén pide hallar el plano que contiene a A y es paralelo a la base del cilindro (la intersección de dicho plano con el cilindro es una circunferencia), luego proyecta ortogonalmente a B sobre dicho plano y obtiene el punto B´. Después asume que B´ es un nuevo objeto y encuentra el punto de reflexión C´ atendiendo los procedimientos del caso 2. Ahora se traza la recta desde C´ hasta el centro Q de la circunferencia que es paralela a la base del cilindro y contiene a A. Esta recta es perpendicular (normal) a la superficie del espejo en C´. Se traza a continuación en el mismo plano la recta AM paralela a QC´ y se obtiene la intersección M con la recta B´C´. Ahora se traza la recta C´F ortogonal al plano AC´B´ y se traza la recta MB. La intersección de MB con C´F, a saber el punto F, es el punto de reflexión que estamos buscando. K es la intersección de AB con TF (TF es la normal al espejo en F) y E la intersección de AB´ con QC´ (Alhacén (2006), V, 2.241 – 2.247).

(1) La recta BM está en el plano BB´C´ (a) B´B y C´F son perpendiculares al plano B´C´A, por construcción. Luego C´B´ define la intersección de los planos C´B´A y C´B´B
(b) M está en la intersección de los planos C´B´A y C´B´B pues por construcción reside en la recta C´B´, por tanto M está en el plano B B´C´.
(2) AM es paralela a KF, luego BF, FA y FK están en el mismo plano (a) La recta QC´E´ es perpendicular al plano de tangencia al cilindro en el punto C´.
(b) La recta AM es perpendicular al plano de tangencia al cilindro en C´, pues es paralela a C´E´ en el plano AB´C´.
(c) La recta FK es paralela a AM y está en un plano paralelo a AMB´, por tanto está también en un plano perpendicular al plano tangente al cilindro en C´.
(d) FK es paralela a AM, pues lo es a C´E´ (ambas son perpendiculares a TQ)
(3) El triángulo AFM es isósceles (a) MF2 = MC'2 + FC'2 (Teorema de Pitágoras en ΔMC'F)
(b) AC'2 = AC'2 + FC'2 (Teorema de Pitágoras en ΔAFC')
(c) AC' ≅ MC' pues M podría ser contemplado como la imagen del objeto B´ visto desde el punto A a través del espejo plano que coincide con el plano tangente a la superficie del cilindro en C´.
(d) MF ≅ AF, por (a), (b) y (c)
(4) ∠KFA ≅ ∠BFK (a) ∠FAM ≅ ∠FMA por (3)
(b) ∠KFA ≅ ∠TFM son los complementos de (a)
(c) ∠BFK ≅ ∠TFM opuestos por el vértice

1 K está en el plano ABF, pues K está en la recta AB.