Poner los lados de las cinco figuras y compararlos entre sí.

Póngase el diámetro AB de la esfera dada Paso 1 y córtese por el punto C de modo que AC = CB Paso 2, y por el punto D de modo que AD = 2DB Paso 3; y descríbase sobre AB el semicírculo AEB Paso 4, y a partir de C, D, trácense CE, DF perpendiculares a AB Paso 5, y trácense AF, FB, EB Paso 6. Y como AD = 2DB, entonces AB = 3BD. Luego, por conversión, BA = (3/2) AD. Pero como BA / AD = BA² / AF² [Def. V.9; Prop. VI.18]; porque el triángulo △AFB es de ángulos iguales a los del triángulo △AFD; entonces BA² = (3/2)AF². Pero el cuadrado del diámetro de la esfera también es una vez y media el cuadrado del lado de la pirámide [Prop. XIII.3]. Y AB es el diámetro de la esfera; luego AF es igual al lado de la pirámide.

Como AD = 2DB, entonces AB = 3BD. Pero, como AB / BD = AB² / BF² [Def. V.9; Prop. VI.8]; entonces AB²= 3BF². Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es el triple del lado del cubo [Prop. XIII.15]. Y AB es el diámetro de la esfera; luego BF es el lado del cubo. Y como AC = CB, entonces AB = 2BC. Pero, como AB / BC = AB² / BE²; entonces AB² = 2BE². Pero el cuadrado del diámetro de la esfera es también el doble del cuadrado del lado del octaedro [Prop. XIII.14]. Y AB es el diámetro de la esfera dada; luego BE es el lado del octaedro.

Trácese, pues, desde el punto A, AG perpendicular a AB Paso 7, y hágase AG = AB; trácese GC Paso 8 y, desde H, trácese HK perpendicular a AB Paso 9. Ahora bien, dado que GA = 2AC, porque GA = AB; y como GA / AC = HK / KC, entonces HK = 2KC. Luego HK² = 4KC². Por tanto, HK² + KC² = HC² = 5KC². Pero HC = CB; entonces BC² = 5CK². Y como AB = 2CB, y en ellas AD = 2DB, entonces la recta restante BD = 2DC. Luego BC = 3CD; por tanto, BC² = 9CD². Pero BC² = 5CK²; entonces CK² > CD². Luego CK > CD. Hágase CL = CK Paso 10 y por el punto L trácese LM perpendicular a AB Paso 11, y trácese MB Paso 12. Y como BC² = 5CK² y AB = 2BC y KL = 2CK, entonces AB² = 5KL². Pero también el cuadrado del diámetro de la esfera es el quíntuple del radio del círculo a partir del cual se ha construido el icosaedro [Cor. Prop. XIII.16]. Y AB es el diámetro de la esfera; entonces KL es el radio del círculo a partir del cual se ha construido el icosaedro; luego KL es un lado del hexágono en el círculo antedicho [Prop. IV.15]. Y como el diámetro de la esfera está compuesto a partir del lado del hexágono y dos lados de los del decágono inscrito en el círculo antedicho, y AB es el diámetro de la esfera, mientras que KL es el lado del hexágono y AK es igual a AB, entonces cada una de las rectas AK, LB es un lado del decágono inscrito en el círculo a partir del cual se ha construido el icosaedro. Y como LB es un lado del decágono y ML del hexágono, porque es igual a KL y porque es también igual a HK —pues están a igual distancia del centro— y cada una de las rectas HK, KL es el doble de KC, entonces MB es un lado del pentágono [Prop. XIII.10]. Y el lado del pentágono es el del icosaedro [Prop. XIII.16]; entonces MB es el lado del icosaedro. Ahora bien, como FB es el lado del cubo, córtese en extrema y media razón por el punto N y sea NB el segmento mayor; entonces NB es un lado del dodecaedro [Cor. Prop. XIII.17].

Y como se ha demostrado que el cuadrado del diámetro de la esfera es una vez y media el del lado AF de la pirámide, mientras que es el doble del cuadrado del lado BE del octaedro, y el triple del cuadrado del lado FB del cubo, entonces el cuadrado del diámetro de la esfera tiene seis partes, de las que el cuadrado del lado de la pirámide tiene cuatro, el del octaedro, tres y el del cubo dos. Luego el cuadrado del lado de la pirámide es cuatro tercios del cuadrado del lado del octaedro y el doble del cuadrado del lado del cubo, y el cuadrado del lado del octaedro es una vez y media el del lado del cubo. Así pues, los lados de las tres figuras antedichas, digo, de la pirámide, del octaedro y del cubo, guardan entre sí razones expresables. Pero los dos restantes, digo el del icosaedro y el del dodecaedro no guardan razones expresables ni entre sí ni con los antedichos, porque son, una «menor» [Prop. XIII.16] y otra, apótoma [Prop. XIII.17]. Demostraremos de la siguiente manera que el lado MB del icosaedro es mayor que el lado NB del dodecaedro: Pues como el triángulo △FDB es de ángulos iguales a los del triángulo △FAB [Prop. VI.8], proporcionalmente, como DB / BF = BF / BA [Prop. VI.4]. Y como las tres rectas son proporcionales, como la primera es a la tercera, así el cuadrado de la primera al cuadrado de la segunda [Def. V.9; Cor. Prop. VI.20], entonces, como DB / BA = DB² / BF²; luego, por inversión, AB / BD = FB² / BD². Pero AB = 3BD; entonces FB² = 3BD². Pero AD² = 4DB², porque AD = 2DB; entonces AD² > FB²; luego AD > FB; por tanto, AL > FB. Y si AL se corta en extrema y media razón, su segmento mayor es KL, porque LK es un lado del hexágono y KA del decágono [Prop. XIII.9]; pero si FB se corta en extrema y media razón, su segmento mayor es NB; entonces KL > NB. Pero KL = LM; luego LM > NB. Por tanto, el lado MB que es el lado del icosaedro es mucho mayor que NB que es el lado del dodecaedro.

Q. E. D.

Digo ahora que, aparte de las cinco figuras antedichas, no se construirá otra figura comprendida por figuras equiláteras y equiangulares iguales entre sí. Porque no se construye un ángulo sólido con dos triángulos o, en absoluto, con dos planos. Sino que el ángulo de la pirámide se construye con tres triángulos, el del octaedro con cuatro, el del icosaedro con cinco; pero no se construirá un ángulo sólido mediante seis triángulos equiláteros y equiangulares colocados en un sólo punto; porque si el ángulo del triángulo equilátero es dos tercios de un recto, los seis serán iguales a dos rectos; lo cual es imposible, porque todo ángulo sólido es comprendido por menos de cuatro rectos [Prop. XI.21]. Por lo mismo, tampoco se construye un ángulo sólido con más de seis ángulos planos. Y el ángulo del cubo es comprendido por tres cuadrados; por cuatro es imposible, porque serán a su vez cuatro rectos. Y el ángulo del dodecaedro es comprendido por tres pentágonos equiláteros y equiangulares; por cuatro es imposible, porque, siendo el ángulo del pentágono equilátero un recto más un quinto, los cuatro ángulos serán mayores que cuatro rectos; lo cual es imposible. Y un ángulo sólido tampoco será comprendido por otros polígonos en razón de la misma imposibilidad. Por consiguiente, aparte de las cinco figuras antedichas, no se construirá otra figura sólida comprendida por figuras equiláteras y equiangulares.

Q. E. D.

Hay que demostrar de la siguiente manera que el ángulo del pentágono equilátero y equiangular es un recto más un quinto.

Pues sea ⬠ABCDE un pentágono equilátero y equiangular Paso 13 y circunscríbase en torno a él el círculo ◯ABCDE Paso 14, y tómese su centro F Paso 15; trácense FA, FB, FC, FD, FE Paso 16. Entonces dividen en dos partes iguales los ángulos correspondientes ∠A, ∠B, ∠C, ∠D, ∠E del pentágono. Y como los cinco ángulos correspondientes a F son iguales a cuatro rectos y son iguales, entonces uno de ellos, como el ∠AFB, es un recto menos un quinto; luego los restantes ángulos ∠FAB, ∠ABF son un recto y un quinto. Pero ∠FAB = ∠FBC Paso 17; por tanto, el ángulo entero ∠ABC del pentágono es un recto y un quinto.

Q. E. D.