Todos os camiños levan a Roma (1)

Non sei se agora se estuda algo de teoría de grafos no grao de Matemáticas. Na miña época non se tocaba ese tema, por iso eu non teño nin idea sobre o asunto. Con todo, como son algo atolondrado, non é esta a primeira entrada do blogue que leva a etiqueta "grafos". Ao meu favor teño que todas esas entradas son moi básicas pois nada hai que saber de teoría de grafos para poder seguilas sen dificultade. Velaquí un novo exemplo no que verificar esta afirmación. 

Vou poñer como referencia un texto de divulgación, En busca del grafo perdido (Ariel, 2021), escrito por Clara Grima. Nun dos seus capítulos, para explicar o que é a matriz de adxacencia dun grafo, recolle unha escena da película do 1997 O indomable Will Hunting (Good Will Hunting) na que un profesor do mítico MIT (Massachusetts Institute of Technology) propón o seguinte problema:

A matriz de adxacencia deste grafo será: $$ A=\begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 1\\ 1& 0 &2 & 1 \\ 0 &2 & 0 & 0 \\ 1& 1& 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Onde cada elemento $a_{ij}$ indica o número de arestas que conectan o vértice $i$ co vértice $j$. A propia matriz describe o número de camiño de lonxitude $1$ entre os vértices. Que pasa cos camiños de lonxitude $2$, isto é, os formados por dúas arestas?

O vértice $1$ pode conectarse consigo mesmo por medio de dúas arestas de dúas formas: $(1,2,1)$ e $(1,4,1)$. 

Ese mesmo vértice pode conectarse co vértice $2$ mediante un único camiño de lonxitude $2$: $(1,4,2)$. 

O vértice $1$ pode conectarse mediante dous camiños de lonxitude $2$ co vértice $3$: $(1,2,3)$ seguindo a aresta superior, e outro seguindo a aresta inferior.

Finalmente o vértice $1$ pode conectarse co vértice $4$ mediante un único camiño de dúas arestas, o camiño $(1,2,4)$

Resumindo, o número de camiños cos que o vértice $1$ pode conectarse con todos os vértices do grafo virá dado polos elementos da  fila $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 &1 \end{pmatrix}$. Se fixeramos o mesmo co resto dos vértices obteriamos a seguinte matriz:$$A^{2}=\begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 1\\ 1& 0 &2 & 1 \\ 0 &2 & 0 & 0 \\ 1& 1& 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 1\\ 1& 0 &2 & 1 \\ 0 &2 & 0 & 0 \\ 1& 1& 0 & 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2 & 1& 2& 1\\ 1& 6 &0 & 1 \\ 2 &0 & 4 & 2 \\ 1& 1& 2 & 2 \end{pmatrix} $$  

Efectivamente, os camiños de lonxitude $2$ virán indicados polos coeficientes da matriz $A^{2}$. En xeral os coeficientes de $A^{n}$ resolven o problema de determinar a cantidade de camiños de lonxitude $n$. Daquela, a solución da segunda pregunta do problema da película obtense así:

$$A^{3}=A^{2}A=\begin{pmatrix} 2 & 1& 2& 1\\ 1& 6 &0 & 1 \\ 2 &0 & 4 & 2 \\ 1& 1& 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 1\\ 1& 0 &2 & 1 \\ 0 &2 & 0 & 0 \\ 1& 1& 0 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & 7& 2& 3\\ 7& 2 &12 & 7 \\ 2 &12 & 0 & 2 \\ 3& 7& 2 & 2 \end{pmatrix}$$

Ben, ata aquí temos todos os vimbios para propoñer, e resolver, un problemiña.

Un problema simple

De entre todos os tipos de grafos, podemos concordar en que os máis simples son os denominados grafos camiño ou grafos lineares. O grafo linear de lonxitude $n$ denótase $P_{n}$. Ilustraremos a idea co grafo linear $P_{4}$:

Camiños nun grafo linear. Cantos camiños de lonxitude $k$ hai entre os vértices de $P_{4}$?

Trátase de determinar a matriz dos camiños de lonxitude $k$ de $P_{4}$. Para saborear o problema podemos abordar primeiro algúns casos máis simples. Poderiamos comezar estudando os camiños de $P_{2}$:

A matriz de adxacencia deste grafo será $A=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$; como $A^{2}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I$ teremos que :

$A^{k}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}=A$ se $k$ é impar e $A^{k}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I$ se $k$ é par.

Que sucede no caso de $P_{3}$? Mirando o grafo

Vemos que a súa matriz de adxacencia é $A=\begin{pmatrix} 0 &1 & 0 \\ 1&0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$  polo que $A^{2}=\begin{pmatrix} 1 &0 & 1 \\ 0&2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ; $A^{3}=\begin{pmatrix} 0 &2 & 0 \\ 2&0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}=2\begin{pmatrix} 0 &1 & 0 \\ 1&0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$;         $A^{4}=\begin{pmatrix} 2 &0 & 2 \\ 0&2 & 0 \\ 2& 0 & 2 \end{pmatrix}=2\begin{pmatrix} 1 &0 & 1 \\ 0&2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ; $A^{5}=\begin{pmatrix} 0 &4 & 0 \\ 4&0 & 4 \\ 0 & 4 & 0 \end{pmatrix}=4\begin{pmatrix} 0 &1 & 0 \\ 1&0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$;         $A^{6}=\begin{pmatrix} 4 &0 & 4 \\ 0&8 & 0 \\ 4& 0 & 4 \end{pmatrix}=4\begin{pmatrix} 1 &0 & 1 \\ 0&2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$  

Xa se ve como vai continuar.

Agora é o momento de abordar o problema orixinal, o dos camiños de $P_{4}$. É o teu turno. Prométoche que ten premio. Nunha próxima entrada, darei a solución.

A fórmula de Lehmer

De revisarmos as etiquetas das entradas deste blogue, comprobariamos que hai moitas con referencias ao número aúreo ou á sucesión de Fibonacci. A razón é ben evidente. Aquí tratamos matemáticas bonitas e non difíciles. Resulta que eses temas están adornados con estas condicións, consecuentemente volvemos a eles unha e outra vez. Sendo isto así estaría tentado a recoller ducias de resultados dalgún libro que trata estas cuestións como é o caso de Fibonaccci and Lucas Numbers with Applications (Wiley, 2011), escrito por Thomas Koshy e do que xa se editou un segundo tomo. Así e todo voume centrar nunha única fórmula polo extraordinaria que resulta ser. Koshy atribúella a D. H. Lehmer (1905-1991), incluso nos informa que data concretamente do 1936, cando Lehmer estaba na Universidade de Lehigh. Todos coñecemos a relación entre a sucesión de Fibonacci $\left\{ f_{n} \right\}$ e o número áureo $\phi$. No entanto a fórmula de Lehmer pon en relación a sucesión de Fibonacci con outro número ubicuo, o número $\pi$:

Fórmula de Lehmer. $$\sum_{n=1}^{\infty }arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=\frac{\pi}{4}$$

Recordemos, unha vez máis, en que consiste a sucesión de Fibonacci:

$f_0$	$f_1$	$f_2$	$f_3$	$f_4$	$f_5$	$f_6$	$f_7$	$f_8$	$f_9$	$f_{10}$	$f_{11}$	$f_{12}$	$...$	$f_n$
$0$	$1$	$1$	$2$	$3$	$5$	$8$	$13$	$21$	$34$	$55$	$89$	$144$	$...$	$f_{n-1}+f_{n-2}$

Para poder deducir a fórmula precisaremos de dous lemas. O primeiro deles é ben coñecido, e xa o temos usado noutras entradas deste blogue. Trátase do:

Lema 1. Fórmula de Cassini. $f_{k+1}\cdot f_{k-1}-f_{k}^{2}=\left( -1 \right)^{n}$

A fórmula de Cassini é un lema do lema 2, pois empregarémola para demostralo. Trátase doutra fórmula:

Lema 2. $arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=arctan\frac{1}{f_{2n}}-arctan\frac{1}{f_{2n+2}}$

A demostración é bastante natural. Calcularemos a tanxente do segundo membro e veremos que é $\frac{1}{f_{2n+1}}$. Para iso aplicamos a fórmula da tanxente dunha resta (lembrade as clases de 1º de bacharelato)

$$tan\left( \alpha-\beta \right)=\frac{tan\alpha-tan\beta}{1+tan\alpha \cdot tan\beta}$$

$$tan\left( arctan\frac{1}{f_{2n}}-arctan\frac{1}{f_{_{2n+2}}} \right)=\frac{\frac{1}{f_{2n}}-\frac{1}{f_{2n+2}}}{1+\frac{1}{f_{2n}}\cdot \frac{1}{f_{2n+2}}}=$$

$$=\frac{f_{2n+2}-f_{2n}}{f_{2n}f_{2n+2}+1}=\frac{f_{2n+1}}{f_{2n}f_{2n+2}+1}=(*)$$

Agora simplifaremos o deniminador por medio da fórmula de Cassini. Efectivamente, tomando $k=2n+1$ a fórmula de Cassini queda:

$$f_{2n+2}\cdot f_{2n}-f_{2n+1}^{2}=\left( -1 \right)^{2n+1}=-1$$

Despexando $f_{2n+1}^{2}$:

$$f_{2n+1}^{2}=f_{2n+1}\cdot f_{2n}+1$$

Continuamos e rematamos coa demostración do lema 2:

$$(*)=\frac{f_{2n+1}}{f_{2n+1}^{2}}=\frac{1}{f_{2n+1}}$$

Co lema 2 na faltriqueira a obteción da fórmula de Lehmer é un xogo infantil. En primeiro lugar calcularemos a serie de sumas parciais, que se simplifica moito porque se cancelan todos os termos agás o primeiro e mais o último:

$$\sum_{n=1}^{m}arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=\sum_{n=1}^{m}\left( arctan\frac{1}{f_{2n}}-arctan\frac{1}{f_{2n+2}} \right)=$$ $$=arctan\frac{1}{f_{2}}-arctan\frac{1}{f_{2m+2}}=\frac{\pi}{2}-arctan\frac{1}{f_{2m+2}}$$

Para obter a suma da serie bastará con aplicar límites:

$$\sum_{n=1}^{\infty }arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=\lim_{m \to \infty }\left( \sum_{n=1}^{m}arctan\frac{1}{f_{2n+1}} \right)= \lim_{m \to \infty } \left( \frac{\pi}{4}-arctan\frac{1}{f_{2m+2}} \right)=\frac{\pi}{4}-arctan \, 0=\frac{\pi}{4}$$

A serie comeza con $m=1$, isto significa que o primeiro sumando é o arcotanxente do inverso de $f_3$. Porén, se quixermos obter a suma de todos os arcotanxentes dos inversos dos termos impares da sucesión de Fibonacci só teriamos que engadir un termo, $arctan\frac{1}{f_{1}}=arctan1=\frac{\pi}{4}$. Deste xeito, a suma completa daría $\frac{\pi}{2}$:

$$\frac{\pi}{2}=arctan\frac{1}{1}+arctan\frac{1}{2}+arctan\frac{1}{5}+arctan\frac{1}{13}+arctan\frac{1}{34}+arctan\frac{1}{89}+...$$

Unha elipse e un círculo. Un cadrado e unha semicircunferencia

 Se dixera de onde recollín este problema seguramente saberías a solución sen ter que darlle ningunha volta. Daquela, como na entrada anterior, non revelarei ata o final a orixe desta proposta. Agora ben, como non vou revelalo ata o final, seguramente saberás cal é a solución.

Unha elipse e un círculo. Consideremos a elipse de semieixos $a$ e $b$. Pídese determinar para que valor da razón $\frac{b}{a}$ o círculo que pasa polos seus focos ten a mesma área que a elipse.

A cuestión é de resolución tan sinxela que non merecería espazo algún. Con todo, como este blogue non ten entre os seus méritos desprezar ningún razoamento, por simple que poida parecer, velaquí vai a solución:

A área da elipse é $\pi a b$, a do círculo será $\pi c^{2}$ onde $c^{2}=a^{2}-b^{2}$. Igualando as áreas: $$\pi ab=\pi c^{2}=\pi\left( a^{2}-b^{2} \right)$$

$$ ab=a^{2}-b^{2}$$

Dividindo por $a^{2}$: $$\frac{b}{a}=1-\frac{b^{2}}{a^{2}}$$ $$\frac{b^{2}}{a^{2}}+ \frac{b}{a}-1=0$$

Esta coñecida ecuación ten como solución positiva o número áureo $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Por certo, noutra ocasión xa aparecera por este blogue un problema tan semellante a este que poderiamos dicir que son equivalenten. Trátase do problema 8 da entrada Problemas consecutivos

Finalmente, tal e como prometín, desvelo a fonte da que obtiven esta bonita cuestión. Trátase do libro de Hans Walser, The Golden Section (MAA 2001). De paso, aproveito a ocasión para recoller deste mesmo libro outro problema:

Cadrado inscrito nunha semicircunferencia. Tal e como se observa na figura, inscribimos un cadrado nunha semiciecunferencia. Pídese a razón AC/AB.

Dous triángulos

Ben sabemos que para que tres números positivos $a$, $b$ e $c$ non sempre poden ser as lonxitudes dos lados dun triángulo. Para que poidan dedterminalo ten que verificarse que a suma de dous deles debe ser maior có outro. De forma ben natural, xorde o seguinte problema:

Dous triángulos. Un triángulo ten lados $a\gt b\gt c$. Un segundo triángulo ten lados $\frac{1}{c}\gt \frac{1}{b}\gt \frac{1}{a}$. Determina tanto o límite inferior como o superior da razón $\frac{a}{c}$ para que poidan existir eses dous triángulos.

Polo comentado anteriormente: $a\lt b+c \Rightarrow a-c\lt b$

Análogamente: $\frac{1}{c}\lt \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Rightarrow \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\lt \frac{1}{b}$

Multiplicando as expresións anteriores e operando:

$$\left( a-c \right)\left(  \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)\lt b\frac{1}{b}$$

$$\left( a-c \right)\left(  \frac{a-c}{ac}\right)\lt 1$$

$$\left( a-c \right)^{2}\lt ac$$

$$a^{2}-3ac+c^{2}\lt 0$$

$$\left( \frac{a}{c} \right)^{2}-3\frac{a}{c}+1\lt 0$$

Sexa $x=\frac{a}{c}$, daquela temos a inecuación cuadrática $x^{2}-3x+1\lt 0$

As solucións da ecuación asociada $x^{2}-3x+1 =0$   son

$$x_{1}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}=\phi^{2}\quad \quad x_{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{\phi^{2}}$$

Onde $\phi$ é o número áureo. Entón podemos reescribir a inecuación así:

$$\left( x-\phi^{2} \right)\left( x-\frac{1}{\phi^{2}} \right)\lt 0$$

Polo que un dos dous factores debe ser postivo e o outro negativo. Como $\phi^{2}\gt \frac{1}{\phi^{2}}$, o primeiro dos factores debe ser o negativo e o segundo o positivo. En conclusión:

$$\frac{1}{\phi^{2}}\lt x=\frac{a}{c}\lt \phi^{2}$$

Tanto a solución como o problema recollinos do libro The Divine Proportion, (Dover Publications, 1970) de H. E. Huntley, só que cunha pequena excepción, que alí só piden un límite superior. Tiven a pequena maldade de non comentar ao principio cal era a referencia para que o lector non soubese, de principio, por onde caían os tiros.

O círculo que mola

Hai uns meses un compañeiro, taménm profesor de matemáticas, recomendárame ver A serie clopen, o proxecto do Centro Dramático Gaglego (CDG) que se estaba representando nesa altura. A recomendación viña, en concreto, da conexión da obra coas matemáticas. Como a min me gusta tanto esa ciencia como o teatro, tiven o firme propósito de ir ver o espectáculo. Porén, unhas veces por unha cousa e outras veces por outra, non fun quen de dar co momento de acudir a unha representación. Resulta que o director escénico desta obra do CDG, Pablo Reboleiro, é o mesmo que está detrás deste vídeo que promete ser o primeiro dunha serie na que, facendo uso das artes escénicas, presentan ideas matemáticas. Para min unha doce e gorentosa sorpresa da que vou destacar sobre todo unha cousa: que está en galego. Isto non é raro no mundo do teatro pero si dentro do ámbito da transmisión das matemáticas. Esta estrañeza ten unha razón fundamental, a prohibición do uso do galego no ensino non universitario establecida no funesto decreto 79/2010. Esta prohibición afecta a este vídeo, na medida en que se pode entender como unha ferramenta para o ensino das matemáticas, en consecuencia (repárese no disparate!) é un material prohibido polo apartado 13.1 do citado decreto de exclusión da lingua galega que di que

 Os materiais e libros de texto das materias impartidas [...]  en castelán [como as matemáticas] estarán redactados na lingua en que se imparta a materia.

Diante desta evidencia vese, espido, o monstruo de radicalidade que senta nas cadeiras do goberno galego que é o menos galego dos gobernos, do que aquí damos evidencia constatable. Para colmo do disparate, a iniciativa, que ten o título de "As mates tamén molan", conta coa colaboración da propia Xunta (!) por medio do financiamento NextGenerationEU. Daqula, xa sabemos cal é a forma do monstruo, un ouróboros devorándose a si mesmo. Este é un círculo que non mola. 

Noutra orde de cousas, Pablo Reboleiro, preséntasenos aquí baixo un perfil youtubeiro, asinando como @pr2, o que nos leva directamente á área do círculo, $\pi r^{2}$ . El preséntase como actor, artista de circo, pallaso e director escénico. "As mates tamén molan" forman parte dos proxectos da compañía de teatro da que Pablo Reboleiro é fundador, Pista Catro. Se ademais sabemos que el é profesor de secundaria e licenciado en Matemáticas, a carreira por excelencia dos pallasos, vemos agora como se pecha o círculo. Este círculo si que mola.

Non deixes de visitar a canle de @pr2

Denuncia da prohibición do uso do galego no ensino das matemáticas

Coñecín a Macías López, profesor de matemáticas, a raíz dun boletín que publicara cando estaba impartindo clase no Porto do Son. Tratábase da Revista Lambda, unh publicación onde podemos achar diversos artigos divulgativos sobre esta ciencia adicados a temas tan diversos como o cubo de Rubik, a banda de Möebius ou ao autor da Carta Xeométrica, Domingo Fontán. 

Neste vídeo, a coñecida activista da lingua, Mercedes Queixas, faille unha pequena entrevista a Macías na que se denuncia a prohibición de impartir aulas de matemáticas en galego. Só un escuro radicalismo antigalego pode seguir sustentando a exclusión da nosa lingua nas aulas, pois é practicamente o único reducto normalizador con visos de efectividade que nos queda a man nun momento de grave retroceso no uso do galego.

Outra vez a ecuación cúbica

Cada vez que me vén á cabeza a figura de Gerolamo Cardano (1501-1576) sáeme un sorriso ao lembrarme da súa autobiografía, Mi vida (Alianza Editorial, 1991). Recoméndollo a todo o mundo pois léndoo un decátase do extravagante que foi o personaxe. 

O ano 1565 é unha desas datas clave na historia das matemáticas por ser cando Cardano publica o Ars Magna, o libro onde dá conta da resolución da ecuación cúbica e da cuártica así como do periplo para chegar a este achádego. Que Cardano nos ofrecera esas solucións non significa que as portas quedasen pechadas neste ámbito. Noutra entrada (Bombelli, máis que complexos) xa comentaramos unha idea alternativa de Bombelli para tratar o problema da cúbica. Sobre esta mesma cuestión imos comentar outra achega, neste cado de Frans van Schooten (1615-1660).

Recorte do libro de van Schooten

van Schooten foi un matemático holandés que traduciu ao latín a Xeometría de Descartes. Con este texto como piar, montou todo un equipo de investigación co que desenvolveu e difundiu a nova xeometría analítica. O seu alumno máis aventaxado sería Christiaan Huygens (1629-1695). 

No ano 1646 van Schooten publica De organica conicarum sectionum in plano descriptione, tractatus. Xa enxergamos polo seu título que se trata dun tratado sobre cónicas pero o que nos interesa a nós é que contén un apéndice sobre a resolución das ecuacións de terceiro grao. Souben disto a partir dunha revista de nome evocador, Chalkdust Magazine, nun artigo asinado por Elinor Flavel, que vou debullar de seguido. Daquela, podes ir ao artigo e pasar de ler as seguintes liñas. Con todo non vou fusilar directamente o artigo senón que o procurarei contar á miña maneira.

É ben sabido que cando se afronta a resolución dunha cúbica: $$Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D=0$$ convén realizar o seguinte cambio $$z=x-\frac{B}{3A}$$

pois así chegamos a unha cúbica reducida, isto é, unha ecuación cúbica sen termos cuadráticos: $x^3+px+q=0$

Nos tempos de van Schooten aínda non se asumiran os números negativos como algo natural polo que a anterior expresión remitía a varios casos segundo o signo dos valores dos coeficientes da ecuación. Consideraremos o caso no que ambos son negativos, o que daquela se escribiría, con $p$ e $q$ sempre positivos, cos correspondentes monomios pasados ao segundo membro: $$x^3=px+q$$

Co fin de facer un tratamento xeométrico da ecuación imos pegar un chimpo. Soltado o aviso, solto tamén o exabrupto: sexan $a$ e $b$ tales que $p=3a^{2}$ e $q=a^{2}b$. Con $a<2b$ (xa veremos o que significa esta desigualdade). A ecuación queda da forma $$x^{3}=3a^{2}x+a^{2}b$$Tracemos unha circunferencia de raio $a$. Sexa $FK$ un diámetro. Como $b<2a$, tomando $F$ como centro, se trazamos outra circunferencia de raio $b$, esta vai cortar á anterior nun punto $G$. Daquela $FG=b$

Trisecamos o ángulo $KFG$ cos segmentos  $FL=x$ ($x$?, por que lle chamamos $x$?) e $FI=c$ . Prolongamos estes segmentos ata $S$ e $T$ de forma que$LS=x$ e $IT=c$. Con esta construción obtemos tres triángulos isósceles semellantes: $FHL$, $FLS$ e $FIT$. A semellanza dá lugar ás seguintes igualdades: $$\frac{a}{x}=\frac{x}{c+2a}=\frac{c}{x+b}$$ Por unha banda temos:

$$ac+2a^{2}=x^{2}\Longrightarrow ac=x^{2}-2a^{2}\Longrightarrow c=\frac{x^{2}}{a}-2a$$

Por outra: $$\left( x+b \right)a=xc$$

Intentemos eliminar $c$ da expresión: $$\left( x+b \right)a=x\left( \frac{x^{2}}{a} -2a\right)=\frac{x^{3}}{a}-2ax=\frac{x^{3}-2a^{2}x}{a} $$

$$(x+b)a^{2} =x^{3}-2a^{2}x$$

$$ a^{2}x+a^{2}b=x^{3}-2a^{2}x$$

$$x^{3}=3a^{2}x+a^{2}b$$

Pero se esta é a ecuación coa que comezamos! Velaí que, efectivamente, $x=FL$ é a solución.

Quédanos por comentar o significado alxébrico da expresión $b<2a$ pois o xeométrico xa o sabemos: é o que nos permite trazar todo o debuxo anterior. Multipliquemos por $a^{2}$:

$$a^{2}b\lt 2a^{3}\Longrightarrow \frac{a^{2}b}{2}\lt a^{3}$$

Elevando ao cadrado: 

$$\left( \frac{a^{2}b}{2} \right)^{2}\lt a^{6}=\left( a^{2} \right)^{3}=\left( \frac{3a^{2}}{3} \right)^{3}$$

Escribimos agora o primeiro e o último termo en función de $p=3a^{2}$ e $q=a^{2}b$:

$$\left( \frac{p}{2} \right)^{2}\lt \left( \frac{q}{3} \right)^{3}\Longrightarrow \left( \frac{q}{3} \right)^{3}-\left( \frac{p}{2} \right)^{2}\gt 0$$

Isto é o discriminante da fórmula de Cardano!; ten que ser positivo para que poidamos obter unha solución (non complexa). Para comprobarmos esta afirmación en todo o seu esplendor lembraremos a fórmula de Cardano para as ecuacións da forma $x^{3}=px+q$

$$x=\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right)^{2}-\left( \frac{p}{2} \right)^{3}}}+\sqrt[3]{\frac{q}{2}-\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right)^{2}-\left( \frac{p}{2} \right)^{3}}}$$

Todo funcionaría marabillosamente se non fose por un pequeno detalle. Lembremos que un dos primeiros pasos consistía en trisecar o ángulo $KFG$. Iso mesmo, a trisección dun ángulo, un deses problemas clásicos que son clásicos porque non hai que lle meta o dente.