Clase 1 El problema de la duplicación del cubo

Clase 1
El problema de la duplicación del cubo
7 de febrero de 2012
El origen del problema de la duplicación del cubo tiene un origen mítico
que se remonta al siglo V a.C en Atenas con la muerte de su gobernador
Pericles, atribuida a la peste que afectó a buena parte de la población, así
pues, los atenienses se ven obligados a viajar a la isla de Delos en busca del
Dios Apolo (dios que purica y sana cuerpos) el oraculo responde que para
detener la peste deben construir un altar en honor al dios, que duplique en
volumen al que ya existe conservando su forma cúbica.
Los atenienses toman la arista del altar que ya existía y la multiplican
por 2. Pero la peste no cesó, el altar no duplicó el volumen del original si no
que lo multiplicaba por 8.
Dado un cubo de arista a si V = a3 entonces el doble del volumen será
2a = V 0 , lo que queremos es encontrar la magnitud de la arista del cubo
cuyo volumen V 0 es el doble del volumen del cubo de arista a, así, vemos que:
3
V 0 = x3
entonces
√
3
V0 =
de manera que
x=
pero
√
3
√
3
x3
V0
V 0 = 2a3
1
así
√
3
de manera que
2a3 = x
√
√
3
3
2 a3
√
3
∴ x = 2a
x=
Con lo que se concluye que no debe multiplicarse por dos la arista del
cubo original,
simplemente se incrementa multiplicandola por un factor, en
√
3
este caso, 2.
Con ello se dió solución aritmética al problema, pero esta vez irían más
lejos, y ahora se plantearían el reto del resolver el problema geométricamente
y aunque ya sabian la solución aspiraban llegar a ella por métodos planos o
euclidianos, es decir, mediante el uso exlusivo de regla y compás.
Para continuar con la búsqueda de la solución geométrica al problema, es
importante recordar en que consiste el problema de las medias proporcionales:
Dados dos segmentos de recta a y b, decimos que los segmentos de recta x,y
son dos medias proporcionales (de a y b) si se satisface que:
a
x
=
x
y
=
y
b
Hipócrates de Quíos fue el primero en intentar dar solución geométrica al
problema, propuso encontrar dos medias proporcionales entre una magnitud
cualquiera a y su doble 2a, esto es, encontrar dos segmentos x,y tales que:
x
y
a
= =
x
y
2a
así, x es la solución, ya que:
a 3
x
entonces
por lo que
=
a
x
y
1
= =
=
x
y
2a
2
a3
1
=
3
x
2
2a3 = x3
2
de donde
x=
√
3
2a3
x=
√
3
2a
nalmente
Hìpócrates resolvió el problema solo de manera parcial, lo único que hizo
fue armar que si entre dos segmentos de recta, una en longitud el doble de la
otra, se encuentran dos medias proporcionales entonces se habrá encontrado
la medida del lado del cubo que duplica en volumen al cubo original, por lo
que convirtió una dicultad en otra no menor, pues este último problema era
igualmente irresoluble en términos estrictamente euclidianos.
Sin embargo, su propuesta impulsó futuras soluciones, una muestra de
ingenio sensacional es la construcción de Arquitas de Tarento, quién basó su
razonamiento en el triángulo rectángulo. Calculó dos medias proporcionales
x,y trazando una perpendicular a uno de los catetos desde el pie de la altura.
Observamos que: 4ABC ∼ 4AM B ∼ 4AP M con lo que obtenemos las
siguientes proporciones:
AB
AM
AC
=
=
AB
AM
AP
si AC = 2AP entonces AM es la arista del cubo de volumen doble.
El siguiente paso es ubicar el punto B para que 4ABC sea un triángulo
rectángulo y al dibujar los segmentos M B y M P se obtenga AC = 2AP ,
para lograrlo Arquitas recurre a una complicada intersección de tres supercies, el cilindro, el cono y un toro de radio interior nulo.
Hay un método más sencillo (a partir de la propuesta de Arquitas) que se
basa en el uso de la curva llamda duplicatriz. Se trata de encontrar el lugar
geométrico de los puntos P del triángulo cuando el vértice B recorre la semicircunferencia de diámetro AC con AC = 2a. La arista del cubo duplicado se
calcula tomando el punto medio H del segmento AC y trazando un arco de
circunferencia de centro A y radio AH que corta a la duplicatriz en el punto
P , se traza la recta AP hasta cortar a la semicircunferencia en el punto B
y trazamos por B una perpendicular a AC en M . De esta manera AM es la
solución del problema.
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Las soluciones de Arquitas y la duplicatriz no satisfacen el uso exclusivo de regla y compás. A mediados del siglo IV a.C Menecmo parte de la
propuesta de Hipócrates de buscar dos emdias proporcionales pero con un
planteamiento distinto, para ello hace uso de una conguración de triángulos rectángulos que se atribuye a Platón. AB es la arista del cubo dado,
AC = 2AB y CP es perpendicular a P M se tiene entonces que:
AM
AP
AB
=
=
AM
AP
AC
AM es la arista del cubo de volumen doble.
La cuestión está en encajar la gura para que P pertenezca a la recta
prolongada AB . La solución que propone Menecmo para la localización del
punto P consiste en trazar el segmento AMi y a partir de él los triángulos BAMi y Mi APi siendo BMi y Mi Pi perpendiculares entre sí. El lugar
geométrico determinado por los puntos Ei genera una parábola, se cumple
entonces:
AMi
AB
=
AMi
APi
Por otra parte, siendo AC = 2AB se dibujan los segmentos perpendiculares CPi y Pi Mi para formar los triángulos CAPi y Pi AMi , así localizamos
los puntos Fi que dan origen a otra parábola y se cumple que:
APi
AMi
=
APi
AC
las curvas coinciden en un punto H y desde ahí se deducen los puntos P y
M que justican que:
AM es la solución.
AM
AP
AB
=
=
AM
AP
AC
Alrededor del siglo III a.C Eratóstenes propone una nueva solución basada
también en determinar dos medias proporcionales, para ello utiliza un aparato
llamado mesolabio, está formado por tres rectángulos iguales a los que se les
ha trazado una de sus diagonales. Los rectángulos pueden desplazarse a lo
largo de las barras sobreponiendose entre sí, con este movimiento se logra
una conguración de triángulos semejantes 4AEK ∼ 4BF K por lo que
AE
AK
=
BF
BK
4
Se tiene también que 4AF K ∼ 4BGK ∼ 4BF K ∼ 4CGK entonces
FK
BF
AK
=
=
BK
GK
CG
asi
BF
CG
AE
=
=
BF
CG
DH
entre los segmentos AE y DH se intercalan dos medias proporcionales
AE
BF
CG
=
=
BF
CG
DH
si AE = 2a y DH = a entonces x = CG.
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