Dobrando papel. Dobrando o cubo

Na anterior entrada explicamos en que consiste a dobrez de Haga. Se temos un papel cadrado, desprazamos un dos vértices superiores P, ata facelo coincidir co segmento inferior AB. Isto determina unha liña sobre o papel. Aplicando habilmente este tipo de dobrez podemos construir calquera número racional sobre o papel. Pero podemos ir moito máis alá. 

Para saber ata onde poder chegar estableceuse un sistema de axiomas que establecen todas as posibilidades de pregado. Son os 7 axiomas de Huzita-Hatori. Sobre esta base demostrouse que mediante dobreces poden realizarse as operacións aritméticas da suma, o produto, a división, a raíz cadrada e a raíz cúbica. De aí que o conxunto dos números construtibles mediante origami sexa un subcorpo dos complexos, en concreto o menor corpo que contén aos quebrados e todas as raíces cadradas e cúbicas destes. 

Mediante a papiroflexia podemos realizar moitas máis construcións que con regra e compás. Un exemplo significativo é o problema da duplicación do cubo. Dado un cubo trátase de que obteñamos outro de volume duplicado. Se o cubo orixinal ten aresta a, o cubo de volume dobre debe ter aresta $\sqrt[3]{2}\cdot a$. Polo tanto o obxectivo é obter mediante técnicas de papiroflexia o valor $\sqrt[3]{2}$. Lembremos que isto non pode conseguirse usando compás. 

A solución que reproducimos aquí é a resposta a un reto proposto na revista canadiana Crux Mathematicorum (páx. 284 e 285 do nº 12 do mes de decembro de 1986).

Comezaremos dividindo o papel en terzos. Xa viramos como obter calquera fracción na entrada anterior. De seguido realizamos unha dobrez de Haga facendo coincidir P co segmento inferior AB pero de forma que o punto Q fique sobre o outro segmento vertical. O reto consistía en obter a razón AP/PB.

Sexa a=AP e 1=PB. Aplicando o teorema de Pitágoras no triángulo rectángulo PFB:

$$\begin{gathered} {(1+a-x)}^2=1^2+x^2 \\ 1+x^2+a^2+2a-2x-2ax=1+x^2 \\ 2ax+2x=a^2+2a \\ x=\frac{a^2+2a}{2a+2}[1] \end{gathered}$$

Agora fixémonos no triángulo PQR:

$$\begin{gathered} PQ=\frac{1+a}{3} \\ PR=a-\frac{1}{3}(1+a)=\frac{2a-1}{3} \end{gathered}$$

Como os triángulos PQR e PBF son semellantes:

$$\frac{PR}{PQ}=\frac{BF}{PF}$$ $$\frac{\frac{2a-1}{3}}{\frac{1+a}{3}}=\frac{x}{1+a-x}$$

$$\begin{gathered} \frac{2a-1}{1+a}=\frac{x}{1+a-x} \\ (2a-1)(1+a-x)=x+ax \end{gathered}$$     $$\begin{gathered} 2a+2a^2-2ax-1-a+x=x+ax \\ 2a^2+a-1=3ax \\ x=\frac{2a^2+a-1}{3a}[2] \end{gathered}$$

Igualamos [1] e [2] e resolvemos a cuestión:

$$\begin{gathered} \frac{a^2+2a}{2a+2}=\frac{2a^2+a-1}{3a} \\ 3a^3+6a^2=4a^3+2a^2-2a+4a^2+2a-2 \\ {a}^3=2 \end{gathered}$$