Números construtíveis com origami

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1 Números construtíveis com origami Mateus Spezia Universidade federal de Santa Catarina 018 Sumário 1 Introdução 1 Conceitos básicos.1 Axiomas de Construtibilidade Operações de Corpo Adição Multiplicação Inversão Algumas Propriedades algébricas do corpo dos números construtíveis com origami Usando Origami Para resolver equações Introdução O objetivo deste trabalho é dar sentido ao que consiste os números constituível com origamis e por fim explorar algumas interessante propriedades algébricas deste números. Origami é a arte de dobrar uma folha de papel sem cortar ou colar como a finalidade de criar determinados objetos. A origem dos origamis remota tempos imemoriáveis estando fortemente presentes na cultura asiática, principalmente na japonesa, mas nosso objetivo aqui não é ficar falando da história dos origamis, para que quiser sabem um pouco mais recomentados consultar []. Além do nítido apelo estéticos dos origamis é possível explorar interessantes propriedades matemáticas de tais objetos. Nossa objetivo aqui vai ser estudar os números que são construtíveis com origamis. Então o primeiro passo é dar sentido a isso. Vamos definir nossa folha como o plano complexo (C), afinal somos matemáticos com nossa objetivo de vida é abstrair as coisa, e nessa folha fixaremos dois pontos e definiremos quais as regras para para dobrar o papel. As dobraduras serão justamente os segmentos construtíveis e os números construtíveis são justamente os que estão na intersecção de dois segmentos construtíveis, vamos formalizar isso no capitulo. 1

2 Problemas de construções geométricas são clássicos na historia da matemáticas, suas origens remetem a Grécia antiga onde o principal objetivo era executar tais construções apenas com régua e compasso, Podemos destacar três problemas clássicos. A quadratura do círculo: dada uma circunferência, construir um quadrado com a mesma área desta circunferência A duplicação do cubo; dado um cubo construir um novo cubo com volume o dobro do cubo original A tricessão do ângulo: dado um ângulo construir um novo com um terço de sua amplitude. Foi com o advento da Teoria de Galois que conseguimos transcrever esse problema de problemas puramente geométricos para problemas algébricos com conceitos de números construtíveis, corpos e extensões de corpos. No entanto essas novas ferramentas permitiram mostra que nenhum dos três problemas clássicos tem solução usando apenas régua e compasso. Então os matemáticos se perguntaram se não tem como definir outro tipo de construção que permitam resolver esse problemas.é nesse contexto que as construções com origamis vão se mostrar extremamente úteis. Com esse novo tipo de construção vai ser possível realizar as mesma construção já feitas com régua e compasso, e ademais vão se mostrar extremamente frutíferas para atacar os problemas clássicos citados acima, sendo possível trissectar o ângulo e duplicar o cubo, mas infelizmente ainda não permite fazer a quadratura do circulo. Esse trabalho tem como base os artigos [5] e [6], bem com o livro de Teoria de Galois de Davix Cox [4]. Outra referencia bem tradicional do tema é o artigo do Rogers Alperin [3]. Então vamos lá ver o que nos reserva essa construções com os origami. Conceitos básicos Nessa seção vamos introduzir os axiomas de construtibilidade e mostra que os números construtíveis com origami formam um sub grupo dos números complexo(c). Nossa folha será o plano complexo C e nesse plano serão dados dois pontos,a saber o (0, 0) e (1, 0) que denotaremos simplesmente por 0 e 1. Os números construtíveis serão justamente os elementos de C que podem ser oitidos a partir desse dois pontos usando os axiomas de construtibilidade..1 Axiomas de Construtibilidade O Conjunto de Axiomas de origami que vamos utilizar é Atribuído a Huzita s [1], este é um conjunto de seis axiomas completo, I.e., qualquer dobra pode ser obtido a partir dele. Mas não é um conjunto minimal de axiomas, de fato todos os axiomas de Huzita s podem ser óbitos usando apenas o axioma 6. Os axiomas de Huzita s são os seguintes: A1. Dados pontos p 1 e p podemos dobrar uma linha que passa por ambos.

3 A. Dados pontos P 1 e P podemos dobrar p 1 em p, ou seja encontrar a reta mediatriz do segmento p 1 p A3. Dados linhas l 1 e l podemos dobra l 1 em l, ou seja bissecta o angulo entre elas caso sejam concorrentes. A4. Dados um ponto P e uma linha l podemos encontra uma linha perpendicular a l que passa por P A5. Dados pontos P 1 e P e uma linha l podemos levar P 1 em cima l dobrando uma linha,que chamaremos de s, que passa por P. Isto é a reflexão de P 1 através s fica sobre a reta l. A6.Dados pontos P 1 e P e linhas l 1 e l, podemos construir uma dobra,chamaremos de s, de tal forma que P 1 seja levado sobre l 1 e P sobre l de uma única vez. Ou seja a reflexão de P i através s fica sobre a reta l i, i = 1,. Observação As dobras (quando nos dobramos o papel formamos uma linha na folha) serão justamente as retas construtíveis. E os pontos construtíveis serão justamente aqueles que pertencem a interseção de duas retas construtíveis. Como os axiomas podemos provar dois resultados básicos, vamos chama-los de P1 ep: P1 Dado uma ponto P e uma reta l podemos construir uma reta paralela a l que passa por P. Demonstração: Por A4, podemos encontra uma reta s perpendicular a l que passa por P. Aplicando novamente A4 podemos encontra uma reta t que passa por P e é perpendicular a s, logo t é a reta procurada. P Dado uma ponto P e uma reta l podemos refletir P através de l. Demonstração: Por A4, podemos encontra uma reta l 1 perpendicular a l que passa por P. Agora por A3 encontrar as bissetrizes l e l 3 dos ângulos formados por l e l 1. Agora por P1 podemos construir uma reta l 4 paralela a l que passa por P, esse reta encontra l em Q. Agora podemos construir uma reta l 5 paralela a l 3 que passa por Q, esse reta encontra l 1 em P que é justamente o ponto procurado. Um desenho deixa o que fizemos um pouco mais claro Usando apenas essa ideias também podemos construir os eixo (real e imaginário) do plano complexo. De fato o eixo real é justamente o segmento que liga os pontos 0 e 1 usando A1, lembre que esse pontos são dados.já para o eixo complexo aplique A4 para 0. E para obter o ponto i também é simples basta aplicar A4 a 1 assim ganha uma reta l 1, agora aplicar A3 as retas l 1 e ao eixo real, ganhando assim uma reta l que intersecta o eixo imaginário justamente em i. denotaremos por Ox o eixo real e Oy o eixo imaginário. 3

4 Figura 1: Reflexão de um ponto por uma reta Figura : Eixos no plano complexo. Operações de Corpo Usando os axiomas e as propriedades que acabamos de mostrar, nos concentraremos agora em mostra que os números construtíveis com origami formam um sub corpo, vamos chama-lo de O, do corpo dos números complexo. Para isso temos que mostrar 4

5 que as operações estão bem definidas, I.e., dados α e β elementos de O temos que mostrar que, α + β O, α β O e α 1 O se α 0. Observação para facilitar a notação vamos considerar os axiomas A1, A, A3, A4,A5, A6 e P1 como operações que atuam sobre pontos e retas e devolvem retas, P e INT ( Estamos definindo agora essa operação, ela toma duas retas e devolve a intercessão) como operações que atuam sobre pontos e retas e devolvem um ponto...1 Adição Dados pontos P 1 e P pontos construtíveis. P 1 e P são números complexos e a nossa operação de adição é a usual dos números complexos, Vamos considerar dois caso: P 1 e P não são colineares e não nulos então podemos usar a regra do paralelogramo para a soma temos: A1(0, P 1 ) l 1 A1(0, P ) l P1(P, l 1 ) l 3 P1(P 1, l ) l 4 INT(l 3, l 4 ) P 1 + P Figura 3: Soma 1 5

6 P 1 e P são colineares, ou seja são múltiplos escalares. Agora não podemos mais usar a regra do paralelogramo, então o ponto base para somar dois números passa a ser como trasportar uma medida(i.e., como trasportar um segmento), vamos sumarizar como podemos fazer isso: A1(0, P 1 ) l 1 P1(i, l 1 ) l P1(P 1, Oi) l 3 INT(l 3, l ) P 3 A1(i, P ) l 4 P1(P 3, l 4 ) l 5 INT(l 1, l 5 ) P 1 + P Figura 4: Soma Observe que se uma dos números for zero não a nada fazer, no caso dois poderíamos fazer a mesma construção usando o 1 no lugar de i caso P 1 e P fossem colineares com i. E Para obter P, basta refletir pela origem. Portanto nosso conjunto O é fechado pela soma... Multiplicação Para a multiplicação é interessante pensar no números complexo na forma polar, isto é P 1 = r 1 e θ1i e P = r 1 e θi, logo P 1 P = r 1 r e (θ1+θ)i onde 0 θ 1, θ < π e 0 6

7 r 1, r. Então podemos pensar a multiplicação de dois números complexo como girar P 1 em em angulo de amplitudeθ e depois multiplicar o comprimento dos segmentos. Para fazer isso vamos usar semelhança de triângulos. A1(0, P 1 ) l 1 A1(0, P ) l INT(A4(P 1,O1),O1) P 3 P(A5(P 3, 0, l ), P 3 ) P 3 A4(P 3, l ) l 3 P(A5(P 1, 0, l 3 ), P 1 ) P 1 A1(0, P 1) l 1 Figura 5: Multiplicação, "girar" Observe que o que fizemos até aqui foi girar P 1 em em angulo de amplitude θ. Agora temos que arrumar comprimento do segmento para isso considere: P(A5(P, 0, O1), P ) P A1(1, P 1) l 4 P1(P, l 4 ) l 5 7

8 INT(l 1, l 5 ) P 1 P Uma simples semelhança de triângulos mostra que de fato P 1 P é o ponto procurado. Note também que a mesma demonstração serve caso eles seja colineares, na verdade nesse caso e até mais fácil transferir o angulo. Figura 6: Multiplicação, homotetia..3 Inversão Aqui novamente a construção que vamos fazer exige dividir em dois caso: P é um números real e diferente de 1, pois se for 1 não a nada a fazer P(A5(P, 0, Oy), P ) P A1(1, P ) l 1 P1(i, l 1 ) l 1 INT(l, Ox) 1 P Podemos observa o que foi feito na figura 7. P não é um números real P(P, Ox) P A1(0, P ) l 1 A1(1, P ) l 8

9 INT(l 1, l ) 1 P Podemos observa o que foi feito na figura 8. Note que em ambas as construções usamos semelhança de triângulos e as propriedades in inversão nos complexos onde (re θi ) 1 = 1 r e θi, ou seja refletimos o angulo pelo eixo real. Figura 7: Inversão 1 Com isso finalmente depois de muitos desenho conseguimos provar da fato O é um sub corpo de C. E daqui para frente poderemos exeplorar algumas propriedades desse subcorpo. Corolário 1 Q é um sub corpo de O, ou seja Q O C. Segue imediatamente do Fato de 1 Q e das propriedades demonstradas a cima 3 Algumas Propriedades algébricas do corpo dos números construtíveis com origami Nesse capitulo nosso principal objetivo vai ser resultados de álgebra para entender um pouco melhor os como se comporta o corpo O. Vamos ver que os números constituíveis com origamis generalizam os números construtíveis com régua e compasso, e ainda permitem resolver o problema de trissecção do angulo e da duplicação do cubo. 9

10 Figura 8: Inversão O desenrolar do capitulo vai revelar que isso está ligado com o fato de construções com origami além de permitir achar raízes de equações quadráticas, o que é possível usando régua e compasso, também permite encontra raízes de equações cubicas. Mas para isso vamos começar com o resultado de natureza geométrica. Proposição 1 Seja P um ponto e l 1 uma reta. Dado uma reta l, a reflexão P de P através da reta l pertence a l 1 se e somente se l é reta tangente da parábola como foco P e reta diretora l 1 Demonstração:Podemos demostra esse proposição usando geometria analítica e escrevendo as equações das retas de da parábola, mas particularmente acho essa abordagem um tanto quanto de trabalhosa de mais e deselegante. Então optáramos por uma prova que usa a definição geométrica da parábola. Lembre a parábola é definida como o conjunto dos pontos que são equidistantes de uma reta dada (reta diretora) e de um ponto dado (Foco). = suponha que l é reta tangente da parábola. Então observe que o ângulo que a reta l forma com o segmento P P é um angulo reto e também P Q = P Q, logo os triângulos P QR e P QR são congruentes logo P R = P R ou seja P é a reflexão de P através de l. = Agora suponha que P é a reflexão de P através de l. Construa o segmento P Q tal que Q esteja sobre l e P Q é perpendicular a l 1. Observe que por congruência de triângulos temos que P Q = P Q ou seja Q pertence a parábola. Agora temos que Mostra que Q é o único pontos com essa propriedade, I.e., Pertence a l e a parábola. Então suponha que tenha outro ponto Q com essa propriedade. 10

11 Logo temos que P Q = SQ, mas por outro lado usando novamente congruência de triângulos temos P Q = P Q dai sai que SQ = P Q uma contradição com a fato do angulo P ŜQ ser reto. Portanto l é a reta tangente a parábola. 11

12 Figura 9: Reta tangente a parábola Uma observação muito importante desse fato é que dados pontos P 1 e P e retas l 1 e l e as respectivas parábolas A 1 e A. Podemos encontra uma reta l que reflita P i e l i, i = 1,, isso o axioma A6 permite fazer. Logo pala proposição acima temos que l e reta tangente a ambas as parábolas. Uma observação simples mas bem útil para o que se segue é o seguinte lema: Lema 1 Seja α = a + ib, então α O se e somente se a, b O Demonstração Se α O para obter a e b basta construir as retas perpendiculares aos eixos real e imaginário que passam por α. Reciprocamente dados a e b construa duas retas uma que passa por a e é perpendicular ao eixo real e outra que passa por b e é perpendicular ao eixo imaginário. 3.1 Usando Origami Para resolver equações Vamos mostra como as construções com origamis podem ser usadas para resolver equações e grau dois e três. Equação de º grau Considere a equação ax + bx + c = 0 com coeficientes Reais e em O. É bem sabido que para encontrar as raízes dessa equação basta saber extrair raiz quadrada. Então mostraremos que dado α = O então α O, então considere α em sua representação polar α = re iθ. Então suas raízes são α = ± re i θ. Bissectar o ângulo usando origami é trivial, é só usar A3. Então basta saber construir um segmento de comprimento r. 1

13 Observe primeiro que que o ponto (r, 0) é construtível basta para isso refletir α no eixo real, e como vimos no resultados precedentes sabemos fazer isso. Então basta saber construir o ponto P = ( r, 0) e para obter o resultado final refletimos esse ponto sobre a reta de ângulo θ. Mostraremos que construir ( r, 0): A4(1, Ox) l 1 A5(0, P +1, l 1) P 1 Figura 10: Segmento de comprimento r Observe que o triângulo OP 1 P +1 é retângulo e usando semelhança de triângulos podemos ver que o segmento 1P 1 tem comprimento r. Então podemos construir o ponto (o, r), logo os pontos (± r, o) também podem ser construído. Ou seja se α O α O. Logo Podemos resolver equações quadráticas usando origami. Equação de 3º grau Vamos apresentar uma método para resolver equações cubicas da forma x 3 + ax + bx + c onde a, b e c são números reais dados. Defina os pontos P 1 = (a, 1) e P = (c, b) e construa as retas definidas pelas equações; l 1 : y = 1 e l : x = c. Aplicando A6 em P 1, P,l 1 e l obtemos uma novo reta l 3. Considere a equação de l 3 : y = mx + d AFIRMAMOS QUE m É SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO CUBICA ORIGINAL!!! O leitor deve estar estranhando a afirmação acima, pois de fato ela não é nada evidente, vamos deixar as coisa mais claras então: 13

14 Considere duas parábolas: A parábola com foco P 1 e reta diretora l 1, e B parábola com foco P e reta diretora l. Seja A={P = (x, y); d(p, P 1 ) = d(p, l 1 )}, onde d é distancia logo verificamos que os pontos de A satisfazem a relação: (x a) + (y 1) = (y + 1) ou seja 4y = (x a). Analogamente os pontos de B satisfazem a seguinte relação (y b) = 4cx. A proposição 1 garante que l 3 é tangente respectivamente a A e B. Sejam Q 1 = (x 1, y 1 ) e Q = (x, y ) os respectivos pontos de tangencia. Recorrendo a nosso conhecimentos básicos de Geometria analítica e calculo podemos calcular a reta tangente de A em Q 1 e de B em Q. Para isso lembre que a reta tangente de uma curva em um ponto (x 1, y 1 ) é dada por: (y y 1 ) = α(x x 1 ) onde α é a derivada calculada em tal ponto. Logo para A é o ponto (x 1, y 1 ) a equação da reta tangente fica (x 1 a)(x x 1 ) = (y y 1 ) (1) e para B e é o ponto (x, y ) a equação da reta tangente fica (y b)(y y ) = c(x x ) (). Mas lembre que essa duas retas são as mesma e procuramos uma equação da forma l 3 : y = mx + d (3). Podemos reescrever (1) como y = x1 a x + (x1 a)x1+y1, mas y 1 = (x a) 4, Logo y = x1 a x + (x1 a)x1+ 1 (x1 a), sendo assim temos m = x1 a. Por outro lado (1) calculado em x = a nos dá (x 1 a) = y y 1 mas da equação de A temos que 4y 1 = (x 1 a) = y y 1 y = y 1, calculando (3) também em x = a temos y 1 = y = ma + d d = ma y 1 = ma ( (x1 a) ) = ma m (4). Procedendo de forma análoga para () verificamos que m = c y e d = y b cx y d = y b mx, calculando (3) agora em y = b temos b = mx + d mas (y b) = 4cx x = ( y b c )c x = 1 m c o que nos dá d = b + m 1 m c d = b + c m Por fim tem que d = b + c m = ma m = d m 3 + am + bm + c = 0 o seja m é de fato solução da equação cubica original. O leitor deve perceber que o que encontramos foi uma reta com coeficiente angular m, que mostramos que é de fato uma raiz da equação, mas o que realmente queremos é encontra o ponto de coordenadas (m, 0). Da equação y = mx + d é fácil construir os pontos (0, d) e (1, m + d). Então pelas propriedades de corpo de O podemos verificar que (m, 0) O. O Que mostra que Podemos construir uma raiz da equação cubica (lembre que uma equação cubica sempre tem pelo menos uma raiz real) usando origami. Observação: Note que foi a primeira vez que usamos o axioma A6. De fato tudo o que foi feito anterior a isso usamos os axiomas de 1 a 5 e de fato todas as construção anteriores pode ser feitas usando régua e compasso. Mas como já conhecemos não é possível extrair raiz cubica usando apenas régua e compasso, então a introdução desse novo axioma é para podermos de fato extrair rais cubica! Como corolário temos: Corolário O corpo O é fechado por extração de raiz quadrada e raiz cubica. Demonstração:De fato para raiz quadrada tudo já esta feito acima. Consideremos o casa de extração da raiz cubica. Seja α = re iθ O sabemos que 3 α = 3 re i θ 3 e iπj 3, j = 0, 1,. 14

15 Observe que 3 r é raiz de x 3 r = 0 ou seja pertence a O. Vamos mostra que podemos trissectar o angulo usando origami. dado θ observe que: sin(θ) = 3sin( θ 3 ) 4sin3 ( θ 3 ). Mas dado θ conhecemos sin(θ), e sabemos resolver a equação acima com origami ou seja encontrar sin( θ 3 ). e conhecendo esse valor conseguimos encontra θ 3, para isso usamo as reflexões I.e, refletimos o ponto 1 sobre a reta perpendicular a o eixo imaginário que passa por ( θ 3, 0). A essa altura o leitor deve ter percebido que as reflexões tem o mesmo poder do compasso uma vez que usamos elas para para trasportar comprimento de segmentos. Logo com a trisseção do angulo conseguimos construir os números, e i θ 3, e iπj 3, j = 0, 1,, Logo conseguimos extrair raiz cubica o que completa a prova. Para os próximos resultados vamos usar a seguinte notação. Dado uma corpo F com Q F R dizemos que: Uma linha l pertence a F se passa por dois pontos com coordenadas em F Uma parábola A pertence a F se seu foco tem coordenadas ee F e sua diretriz pertence a F. Para atingirmos nosso objetivo final e deixa a demonstração um pouco mais concisa vamos fazer dois lemas, que vão ser basicamente uma grande conta, vamos lá então: Lema Seja F uma corpo com Q F R e l uma reta em C e A uma parábola. Então: (a) l pertence a F se e somente se exitem a, b e c F tal que l : ax + by + c = 0 a (b) Se A pertence a F então existem a, b, c, d, e, f F com b = 4ac e det b 0 tal que A = (x, y); ax + bxy + cy + dx + ey + f = 0 b d e c d e f Demonstração (a) Basta Observar que se l F conhecemos dois pontos logo podemos obter a equação da reta por operações elementares, sobre as coordenadas desses pontos. Reciprocamente conhecendo a equação facilmente verificamos que pelo menos dois pontos que as sati fazem tem coordenas em f logo a reta vai pertencer a F. (b)note que se A F temos que a reta diretriz l : a 1 x + b 1 y + C 1 = 0 e seu foco P = (f 1, F ) pertencem a F. fando um pouco de contas, que é realmente escreve a equação da parábola e simplificar um pouco concluímos o resultado. Lema 3 Seja F um corpo com Q F R então: a) Sejam l 1 e l retas não paralelas em F então o pontos de interseção delas pertence a F b) Seja l uma reta pertencente a F e P um ponto com coordenadas em F então a reta perpendicular l que passa por P pertence a F 15

16 c) Sejam l 1 e l em F, então exitem números reais u e v com u, v F. Então a bissetriz dessa duas retas pertencem a F (u, v). d) Seja P C com coordenadas pertencentes a F e A uma parábola pertencente a F. Então exite u R com u F então a reta tangente a parábola passando por P pertence a F (u) e) Sejam A 1 e A duas parábolas pertencentes a F. Então exitem u, v R tais que u F e v 3 F (u) e a tangente simultânea(se existir) as duas parábolas pertence a F (u, v) Demonstração A demonstração desse resultado é basicamente fazer contas e usar o lema anterior. Os itens (a) e (b) são mais imediato pois é ideia é a mesma que vamos empregar nos outros, e consiste em apenas resolver um sistema linear por operações elementares. (c) sejam l 1 : a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 e l : a x + b y + c = 0, recorrendo um pouco a geometria analita, temos que as equação das (note o plural) bissetrizes são dadas por : a 1x+b 1y+c 1 = ± ax+by+c a 1 +b 1 a +b seja u = a 1 + b 1 e v = a + b temos que u, v F e pelo lema anterior (a) temos também que as bissetrizes pertencem a um corpo que contem u e v a saber F (u, v). (d) Observe que a reta tangente a parábola em (x 1, y 1 ) é dada por: (x x 1, y y 1 ) A(x, y) = 0 Abrindo as contas temos: x(ax 1 +by 1 +d) ax 1 bx 1 y 1 x 1 d+y(cy 1 +bx 1 +e) cy 1 by 1 x 1 ey 1 = 0. Agora note que P = (x 0, y 0 ) satisfaz a equação, justamente pois por hipotese temos que a reta passa por este ponto, logo podemos encontra y 1 em função de x 0, y 0, x 1 nessa equação e substituir na equação da parábola (de grau ) e encontra que é o ponto (x 1, y 1 ), Logo temos que (x 1, y 1 ) pertence a uma extensão de grau. (e) A ideia aqui é a mesma do item anterior escreve a equação da reta tangente que passa pelos pontos P = (x i, y i ) que pertence a A i, i = 1,, sabendo que é a mesma reta tangente,temos que fazer contas que são de fato muito trabalhosas, e assim encontra os coeficiente. Os detalhes serão deixados de lado. Por fim temos tudo para enunciar o nosso principal teorema: Teorema 1 Um número complexo α O se e somente se existe sub corpos, tais que Q = F 0 F 1 F n 1 F n C, tal que α F n e [F i : F i 1 ] = ou 3 para 1 i n 16

17 Demonstração: = Suponha que exita tal torre I.e., Q = F 0 F 1 F n 1 F n C e que α F n, vamos provar por indução em n. De base de indução temos n = 0, segue que F 0 = Q ou seja não temo nada para fazer. Como hipótese de indução, assuma que F i O 0 i n 1. Como temos da hipote também que [F n : F n 1 ] =, 3 seja α F n então ele é raiz de uma polinômio de grau no máximo três com coeficientes em F n 1, mas a raiz nesse caso pode ser expressa em termos dos coeficientes via extração de raiz (no máximo cubica) e operações elementares, então o corolário garante que O. = dado α O vamos prova que existe essa torre de corpos tais que Q = F 0 F 1 F n 1 F n C. Tal que a partes reais e imaginaria de α = a + bi pertencem a F n dai sai que α F n (i) e temos que [F n (i) : F n ] = ou seja o resultado segue do mesmo modo. Para provar isso note que se a e b são pontos constituíveis então eles foram obtidos em um número finito de passo usando os axiomas de construtibilidade a partir dos pontos bases 0 e 1. O Lema 3 garante que em cada passo a coordenada do novo ponto obtido pertence a uma extensão de grau dois ou três, ou no mesmo corpo. O que termina a prova Referências [1] Huzita hatori axioms wikipedia. Accessed: [] Origami wikipedia. Accessed: [3] Roger C. Alperin. A mathematical theory of origami constructions and numbers. New York Journal of Mathematics, 6: , 000. [4] David A. Cox. Galois Theory. ª edition, 01. [5] James King. Origami-contructible numbers [6] Antonio M. Oller Marcén. Origami contructions