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 míticoque se remonta al siglo V a.C en Atenas con la muerte de su gobernadorPericles, atribuida a la peste que afectó a buena parte de la población, asípues, los atenienses se ven obligados a viajar a la isla de Delos en busca delDios Apolo (dios que puri�ca y sana cuerpos) el oraculo responde que paradetener la peste deben construir un altar en honor al dios, que duplique envolumen al que ya existe conservando su forma cúbica.

Los atenienses toman la arista del altar que ya existía y la multiplicanpor 2. Pero la peste no cesó, el altar no duplicó el volumen del original si noque lo multiplicaba por 8.

Dado un cubo de arista a si V = a3 entonces el doble del volumen será2a3 = V ′, lo que queremos es encontrar la magnitud de la arista del cubocuyo volumen V ′ es el doble del volumen del cubo de arista a, así, vemos que:

V ′ = x3

entonces3√V ′ =

3√x3

de manera quex =

3√V ′

peroV ′ = 2a3

1

así3√2a3 = x

de manera quex =

3√2

3√a3

∴ x =3√2a

Con lo que se concluye que no debe multiplicarse por dos la arista delcubo original, simplemente se incrementa multiplicandola por un factor, eneste caso, 3

√2.

Con ello se dió solución aritmética al problema, pero esta vez irían máslejos, y ahora se plantearían el reto del resolver el problema geométricamentey aunque ya sabian la solución aspiraban llegar a ella por métodos planos oeuclidianos, es decir, mediante el uso exlusivo de regla y compás.

Para continuar con la búsqueda de la solución geométrica al problema, esimportante 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,yson 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 alproblema, propuso encontrar dos medias proporcionales entre una magnitudcualquiera a y su doble 2a, esto es, encontrar dos segmentos x,y tales que:

a

x=

x

y=

y

2a

así, x es la solución, ya que:(ax

)3

=a

x=

x

y=

y

2a=

1

2

entoncesa3

x3=

1

2

por lo que2a3 = x3

2

de dondex =

3√2a3

�nalmentex =

3√2a

Hìpócrates resolvió el problema solo de manera parcial, lo único que hizofue a�rmar que si entre dos segmentos de recta, una en longitud el doble de laotra, se encuentran dos medias proporcionales entonces se habrá encontradola medida del lado del cubo que duplica en volumen al cubo original, por loque convirtió una di�cultad en otra no menor, pues este último problema eraigualmente irresoluble en términos estrictamente euclidianos.

Sin embargo, su propuesta impulsó futuras soluciones, una muestra deingenio sensacional es la construcción de Arquitas de Tarento, quién basó surazonamiento en el triángulo rectángulo. Calculó dos medias proporcionalesx,y trazando una perpendicular a uno de los catetos desde el pie de la altura.Observamos que: 4ABC ∼ 4AMB ∼ 4APM con lo que obtenemos lassiguientes proporciones:

AC

AB=

AB

AM=

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 triángulorectángulo y al dibujar los segmentos MB y MP se obtenga AC = 2AP ,para lograrlo Arquitas recurre a una complicada intersección de tres super�-cies, el cilindro, el cono y un toro de radio interior nulo.

Hay un método más sencillo (a partir de la propuesta de Arquitas) que sebasa en el uso de la curva llamda duplicatriz. Se trata de encontrar el lugargeométrico de los puntos P del triángulo cuando el vértice B recorre la semi-circunferencia de diámetro AC con AC = 2a. La arista del cubo duplicado secalcula tomando el punto medio H del segmento AC y trazando un arco decircunferencia de centro A y radio AH que corta a la duplicatriz en el puntoP , se traza la recta AP hasta cortar a la semicircunferencia en el punto By trazamos por B una perpendicular a AC en M . De esta manera AM es lasolución del problema.

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Las soluciones de Arquitas y la duplicatriz no satisfacen el uso exclusi-vo de regla y compás. A mediados del siglo IV a.C Menecmo parte de lapropuesta de Hipócrates de buscar dos emdias proporcionales pero con unplanteamiento distinto, para ello hace uso de una con�guración de triángu-los rectángulos que se atribuye a Platón. AB es la arista del cubo dado,AC = 2AB y CP es perpendicular a PM se tiene entonces que:

AB

AM=

AM

AP=

AP

AC

AM es la arista del cubo de volumen doble.

La cuestión está en encajar la �gura para que P pertenezca a la rectaprolongada AB. La solución que propone Menecmo para la localización delpunto P consiste en trazar el segmento AMi y a partir de él los triángu-los BAMi y MiAPi siendo BMi y MiPi perpendiculares entre sí. El lugargeométrico determinado por los puntos Ei genera una parábola, se cumpleentonces:

AB

AMi

=AMi

APi

Por otra parte, siendo AC = 2AB se dibujan los segmentos perpendicu-lares CPi y PiMi para formar los triángulos CAPi y PiAMi, así localizamoslos puntos Fi que dan origen a otra parábola y se cumple que:

AMi

APi

=APi

AC

las curvas coinciden en un punto H y desde ahí se deducen los puntos P yM que justi�can que:

AB

AM=

AM

AP=

AP

ACAM es la solución.

Alrededor del siglo III a.C Eratóstenes propone una nueva solución basadatambién en determinar dos medias proporcionales, para ello utiliza un aparatollamado mesolabio, está formado por tres rectángulos iguales a los que se lesha trazado una de sus diagonales. Los rectángulos pueden desplazarse a lolargo de las barras sobreponiendose entre sí, con este movimiento se lograuna con�guración de triángulos semejantes 4AEK ∼ 4BFK por lo que

AE

BF=

AK

BK

4

Se tiene también que 4AFK ∼ 4BGK ∼ 4BFK ∼ 4CGK entonces

AK

BK=

FK

GK=

BF

CG

asiAE

BF=

BF

CG=

CG

DH

entre los segmentos AE y DH se intercalan dos medias proporcionales

AE

BF=

BF

CG=

CG

DH

si AE = 2a y DH = a entonces x = CG.

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