G.M. Historias
  Los problemas de la antigüedad clásica  

Los problemas de la antigüedad clásica fueron:
La duplicación del cubo. La cuadratura del círculo. La trisección del ángulo. cada uno de ellos resueltos solamente con regla sin marcas (no graduada) y compás. Ninguno de ellos tiene solución con dichas condiciones.


  La duplicación del cubo  
Consiste en hallar el lado de un cubo que tenga volumen doble que otro cubo de lado dado. Es decir, dado un cubo de arista a y volumen V, hallar la arista de un cubo de volumen 2V.
La tradición cuenta que una epidemia de peste arrasó Atenas hacia el 428 a.C.. Para acabar con ella se envió un mensajero al oráculo de Apolo en Delos. El oráculo indicó que para acabar con la epidemia sería necesario duplicar el volumen del altar cúbico de Apolo. Los atenienses duplicaron las dimensiones del altar, pero evidentemente no se duplicó el volumen. ¡Ni que decir tiene que la epidemia no desapareció!

Hipócrates de Chios demostró que el problema puede reducirse a encontrar dos medias proporcionales entre la arista dada y el doble de la misma.
Con la notación actual resulta
y a partir de ellas

x2 = a y ;     y2 = 2a x
Si consideramos a = unidad podemos obtener el valor de la arista del cubo buscado mediante la intersección de las parábolas x2 = y e y2 = 2 x tal como aparece en la gráfica

También Menecmo en el siglo IV a.C ya había hallado la solución mediante la intersección (con el lenguaje actual) de una parábola y una hipérbola (y = 2/x) al considerar los miembros primero y tercero de la proporción a : x = y : 2a y primero y segundo a : x = x : y que para a = unidad son la parábola e hipérbola de la gráfica


  La cuadratura del círculo  
El problema consiste en construir un cuadrado que tenga igual área que el círculo dado.
Ferdinand Lindeman (1852-1939) demostró que era imposible tal construcción con regla sin marcas y compás pues p es un número trascendente.
Veamos cómo podemos "cuadrar" un triángulo ACB.
Dicha área es S T = 1/2 × AC× h

Sobre la prolongación de h llevamos la mitad del lado AC y contruimos la circunferencia cuyo diámetro es BB'. Consideramos el triángulo rectágulo QB"B y aplicando el teorema de la altura resulta

Por tanto x es el lado del cuadrado equivalente al triángulo ACB

Hipócrates logró cuadrar algunas lúnulas y este texto es el único fragmento de las matemáticas griegas que ha llegado a nosotros en el original.

Sobre el triángulo rectágulo isósceles ABC probó que el área de la lúnula ALBL' es igual que el área del triágulo T.
Para ello hace uso del hecho de que dos círculos son entre sí como los cuadrados construidos sobre sus diámetros.

Veremos que no podemos cuadrar el círculo mediante una construcción geométrica
En la circunferencia de radio r consideramos una cuerda AB = r
Trazamos el radio que pase por el punto medio de dicha cuerda que determina en la circunferencia el punto T y por él la recta tangente t. A partir de A' llevamos tres veces sobre t el radio r y obtenemos el punto L. Finalmente unimos L con P.

Como el triágulo PTL es rectángulo resulta

PL 2 = PT 2 + TL 2
PT = 2 × r PT 2 = 4 × r 2

Si hacemos resulta TL = m × r por tanto
PL 2 = 4 × r 2 + m 2 × r 2 = r 2 × (4 + m 2) = 9,869231718 × r 2
PL = 3,141533339 × r = r × p'
La diferencia entre p y p' es d = p - p' = 0,00005931. Si deseamos "cuadrar" el círculo cometeremos, por ejemplo, un error menor que 0,00001. Para ello basta con que llevemos a continuación de PL el radio del círculo y aplicar el teorema de la altura a la altura relativa a la hipotenusa

De esta forma x es el lado del cuadrado que "cuadra" el círculo (con un error menor que 0,0001 -por ejemplo-)

  La trisección del ángulo  
La triseción del ángulo fué el tercero de los problemas clásicos de la antigüedad griega. Se pretendía, sólo con regla (no graduada) y compás, trisecar un ángulo. Esto no es posible y los matemáticos introdujeron curvas auxiliares que le sirvieran de ayuda (por ejemplo la trisectriz de Hipias).
El matemático fracés Pierre Wantzel (1814-1848) probó que un ángulo a es trisecable con regla y compás si el polinomio 4x3 - 3x - cos(a) es reductible.
Trisección de un ángulo He aquí un método para obtener la tercera parte de cualquier ángulo debido a Arquímedes. Sea AOB = x el ángulo dado. Trazamos por el vértice O una circunferencia de radio r, prolongamos el otro lado y por B una secante a la circunferencia tal que MP = r (es necesario una regla graduada, para transportar dicha medida). Dicha secante determina un punto M sobre la circunferencia. Entonces el ángulo NOM = z es la tercera parte del dado.
En efecto, el áng(OMB) = 2z (es el ángulo exterior del triángulo OPM que es isósceles). Por otra parte áng(BOM) = 180 - 4z (el triángulo OMB también es isósceles) y resulta
x + áng(OMB) + z = 180   de donde
x + 180 - 4z + z = 180    es decir    x = 3z

El sofista Hipia de Elis intentando trisecar el ángulo descubrió una nueva curva que, desafortunadamente, no es construcitible con regla y compás. La denominó trisectriz
Se genera de la siguiente forma
Suponemos el segmento AB que gira en sentido de las agujas del reloj (con velocidad constante) hasta ocupar la posición AM. A la vez, se desplaza hacia abajo, también con velocidad constante, el segmento BB' y ocupa en el mismo tiempo la posición AM. Un punto de la trisectriz viene dado por la intersección en cada instante de dichos segmentos. T es un punto de la trisectriz (que está dibujada en color azul en la figura)
Podemos dividir un ángulo agudo cualquiera (ayudándonos con la trisectriz) de la siguiente forma
Consideremos el ángulo BOA = a
Dividimos en tres partes iguales AH = A'B' y tracemos paralelas a OB' que corten a la trisectriz en P2 y P1. Por último unamos O con dichos puntos y obtenemos los tres ángulos a/3
En efecto, teniendo en cuenta la construcción de la trisectriz resulta
Como B"B' = AH/3
Por otra parte y de ambas



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