Atenas, siglo V antes de Cristo...
..hace casi 2500 años.
Después de una época de esplendor político y cultural,
la ciudad es asolada por la peste y por el ejército de Esparta.
Es el comienzo del fin de la Grecia Clásica.
Todo empieza con la muerte de Pericles, gobernador de Atenas,
víctima de la peste que ya afectaba a buena parte de la población.
Los atenienses viajaron a la Isla de Delos...
..en busca de una respuesta del dios Apolo,
dios purificador, que conoce el arte de sanar los cuerpos.
Su oráculo, les responde que para detener la peste...
..deben construir un altar dedicado al dios,
que duplique el volumen del que ya existe, y cuya forma es cúbica.
Los atenienses regresan a Atenas y construyen el altar.
Para ello, toman la arista del cubo original y la multiplican por dos.
Los años pasan, y la peste no cesa.
El nuevo altar dedicado a Apolo no detiene la enfermedad...
..ni la barbarie que llega de la mano del ejército de Esparta,
y que culmina con la caída de Atenas en el 404 antes de Cristo.
¿Qué hicieron mal?
¿Por qué la ofrenda a Apolo no sirvió de nada?
El altar que habían construido...
..no doblaba el volumen del altar cúbico original,
si no que lo multiplicaba por ocho.
El volumen es la cantidad de espacio que ocupa un cuerpo.
En ello, están implicados el largo, ancho y alto de ese cuerpo.
El volumen es A³.
El doble del volumen, es dos veces A³.
La arista del cubo duplicado será la raíz cúbica de 2 por A.
Por lo tanto, no multiplica por 2 la arista del original,
simplemente le añade una pequeña longitud.
Una vez descubierta la solución aritmética,
se planteo un segundo reto, resolver el problema geométricamente.
Las matemáticas en Grecia tenían un valor especulativo,
formaban parte de la filosofía, y no tenían una intención práctica.
Por eso, aunque sabían la solución,
su aspiración fue llegar a ella con métodos planos,
utilizando exclusivamente los instrumentos platónicos,
la regla y el compás.
Hipócrates de Quíos, contemporáneo de Pericles,
fue el primero en intentarlo.
Su propuesta consistía en conseguir intercalar dos medias proporcionales,
entre una magnitud cualquiera A, y su doble 2A.
Esto quiere decir, que hay que buscar dos segmentos X e Y...
..de manera que, A es a X, como X es a Y, como Y es a 2A.
X es la solución ya que, A es a X al cubo,
como A es a X, por X es a Y, por Y es a 2A, como 1 es a 2.
Por lo tanto, A³ es a X³, como 1 es a 2.
Esto es, X³, igual a 2A³.
La cuestión es determinar los dos segmentos X e Y.
Pero Hipócrates no supo como hacerlo.
Sin embargo, su propuesta abrió la puerta a futuras soluciones.
Arquitas de Tarento, partió de su proposición y, como buen pitagórico,
basó su razonamiento a partir del triángulo rectángulo.
Las dos medias proporcionales X e Y se pueden calcular...
..trazando una perpendicular a uno de los catetos...
..desde el pie de la altura del triángulo.
Los triángulos ABC, AMB y APM son semejantes,
con lo que se obtiene la proporcionalidad AC es a AB,
como AB es a AM, como AM es a AP.
Si AC es el doble de AP, AM es la arista del cubo de volumen doble.
El siguiente paso es ubicar el punto B,
para que ABC sea un triángulo rectángulo,
y al dibujar los segmentos MB y MP, se obtenga AC igual a 2 por AP.
Para lograrlo...
..Arquitas se sirve de una complicada intersección de tres superficies:
un cilindro, un cono y un toro de radio interior nulo.
Así se calcula la longitud del cubo de volumen doble.
Hay un método más sencillo a partir de la propuesta de Arquitas.
Se trata de la curva llamada "duplicatriz".
Se trata de encontrar el lugar geométrico...
..de los puntos P del triángulo,
cuando el vértice D, recorre la semicircunferencia de diámetro AC,
con AC igual a 2A.
La arista del cubo ampliado se calcula...
..tomando el punto medio H del segmento AC,
y trazando un arco de circunferencia de centro A y radio AH,
que corta la duplicatriz en el punto P.
Se dibujan las rectas AP y la perpendicular a ella por B,
que cortará el segmento AC en un punto M.
El segmento AM es la solución del problema.
A pesar de su brillantez...
..las soluciones con los métodos de Arquitas y la duplicatriz,
no satisfacen la exigencia de usar solo la regla y el compás.
A mediados del siglo IV antes de Cristo,
en las ciudades sometidas a Atenas se suceden las revueltas, guerras,
periodos de ocupación de pueblos extranjeros.
La pobreza de la población...
..y el carácter oligárquico de la clase política,
marcan el rumbo de una sociedad exhausta.
Pero el pensamiento matemático no descansa.
Hipócrates de Quíos había encendido la mecha...
..y Arquitas propuesto una primera solución.
La solución de Menecmo llega en este periodo,
aunque parte también de la propuesta de Hipócrates...
..de buscar dos medias proporcionales,
su planteamiento es distinto.
El origen de la solución...
..está en ésta configuración de triángulos rectángulos,
que se atribuye a Platón.
Si AB es la arista del cubo dado, AC es igual a 2 por AB,
y CP y PM son perpendiculares,
se tiene AB es a AM, como AM es a AP, como AP es a AC.
AM es la arista del cubo de volumen doble.
La cuestión está, en encajar la figura para que P,
pertenezca a la recta prolongación de AB.
La solución que propone Menecmo para la localización del punto P,
consiste en trazar por una parte el segmento AM(i), y a partir de él,
los triángulos BAM(i) y M(i) AP(i),
dibujando segmentos BM(i) y M(i) P(i), perpendiculares entre sí.
El lugar geométrico de los puntos E(i),
determina una curva que resulta ser una parábola.
Se cumple entonces que AB es a AM(i), como AM(i) es a AP(i).
Por otra parte, siendo AC igual a 2 por AB,
se dibujan los segmentos perpendiculares CP(i) y P(i) M(i),
para formar los triángulos CAP(i) y P(i) M(i).
Así localizamos los puntos F(i) que forman otra parábola y se cumple...
..AM(i) es a AP(i), como AP(i) es a AC.
Las curvas coinciden en un punto H,
y desde ahí se deducen los puntos P y M,
que justifican que AB es a AM, como AM es a AP, como AP es a AC.
AM es la solución.
Muchos años más tarde, a lo largo del siglo III antes de Cristo,
mientras Roma construía su Imperio,
el director de la mítica Biblioteca de Alejandría, Eratóstenes de Cirene,
propone una nueva solución.
El objetivo, hallar las dos medias proporcionales buscadas.
Para ello, construye un artilugio, el mesolabio.
Está formado por tres rectángulos iguales...
..a los que se ha trazado una de las diagonales.
Los rectángulos pueden desplazarse longitudinalmente,
solapándose entre sí.
Con éste movimiento...
..se consigue una configuración de triángulos semejantes.
AEK y BFK lo son, por lo que AE es a BF, como AK es a BK.
También son semejantes AFK y BGK, y BFK y CGK.
Por tanto, AK es a BK, como FK es a GK,
y FK es a GK, como BF es a CG.
En consecuencia, AE es a BF, como BF es a CG.
De la misma manera que, BF es a CG, como CG es a DH.
Entre los segmentos AE y DH, se intercalan dos medias proporcionales,
AE es a BF, como BF es a CG, como CG es a DH.
Si hacemos AE igual a 2 por A, y DH igual a A,
el problema queda resuelto con X igual a CG.
Los matemáticos griegos especularon con el problema durante años,
sin embargo, nunca consiguieron terminar el juego.
Duplicar el volumen del cubo con el uso exclusivo...
..de los instrumentos platónicos, la regla y el compás.
En el siglo XIX, el geómetra francés Wantzel,
demostró que tal construcción no puede llevarse a cabo...
..con el uso exclusivo de la regla y el compás.
Aunque esto ya lo había dicho Gauss, fue Wantzel en su trabajo sobre...
..."solución de ecuaciones por radicales",
publicado en el Journal de Liouville, el primero en probar el resultado.
Antes, muchos siglos antes, los matemáticos no detuvieron la peste,
ni el tiempo, ni el fin del pensamiento clásico.
Simplemente, disfrutaron con lo que mejor sabían hacer...
..jugar con la razón.
publicado en el Jour