Três problemas famosos e de impossível solução:

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1 CONSTRUÇÕES GEOMÉTRICAS E NÚMEROS ALGÉBRICOS Três problemas famosos e de impossível solução: Duplicação do cubo a x = 3 2a volume V volume 2V Trissecção de um ângulo qualquer Quadratura do círculo α β 3β = α área γ área γ r x = π r

2 Pappus atribuiu a Platão as seguintes regras: Na solução dos problemas acima, são admitidos tão somente o uso de régua e compasso. A régua deve ser usada somente para unir dois pontos O compasso deve ser usado somente para traçar um círculo de centro e raio dados. Construções geométricas que todos aprendemos Construir um triângulo equilátero sobre um segmento dado Bissectar um ângulo dado Traçar um segmento mediatriz de um segmento dado Encontrar o ponto médio de um segmento dado Traçar um segmento passando por um ponto e paralelo a um segmento dado Construir uma estrela pitagórica C A A B O D B

3 A estrela pitagórica Dados segmentos de comprimentos a e b, a > b, admitindo a existência de um segmento unitário, construir segmentos de comprimentos a + b, a b, ab, a/b e a x x b 1 1 a b a x = ab x = a/b

4 x x = a 1 a O problema da trissecção do ângulo de 60 Podemos construir um ângulo se e somente se podemos construir seu cosseno. θ = 20 cos(3θ) = cos 60 = 1/2 1/2 = cos(3θ) = cos(2θ + θ)= = cos2θ cosθ sen2θ senθ = (cos²θ sen²θ) cos θ 2 senθ cosθ senθ = cos³θ 3 sen²θ cosθ = cos³θ 3 (1 cos²θ) cosθ = 4 cos³θ 3 cosθ 8 cos³θ 6 cosθ 1 = 0 Fazendo então u = 2 cosθ, obtemos a equação u³ 3u 1 = 0 Questão: Podemos construir esse número real u?

5 Um dos pontos altos dos Elementos de Euclides: A construção do pentágono regular ou de um ângulo θ = 72 = 360 /5 Consideremos z = cosθ + isenθ z 5 = (cosθ + isenθ) 5 = cos5θ + isen5θ = cos isen 360 = = 1 + i0 = 1 z 5 1 = 0 (z 1)(z 4 + z 3 + z 2 + z + 1) = 0 z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 z 2 + z z 1 + z 2 = 0 Colocando u = z + z 1, temos u 2 = z 2 + z 2 + 2, e a equação acima fica u² + u 1 = 0 de onde u = ( 1+ 5)/2 Por outro lado, z 1 = z, já que z z = cos²θ + sen²θ = 1 Assim, z + z 1 = z + z = 2 cos72 cos72 = ( 1 + 5)/4 Assim, podemos construir o número cos72, logo podemos construir o pentágono regular.

6 Trissecção "trapaceira" de Arquimedes θ 3θ Dos resultados previamente estabelecidos, Partindo de um segmento unitário OX, podemos construir cada segmento de comprimento racional Podemos construir cada segmento cuja medida seja uma expressão dada por uma combinação das operações racionais e de raízes quadradas, envolvendo números racionais. Assim por exemplo, podemos construir um segmento de comprimento

7 N umeros Construt ³veis Partimos de dois pontos O e X, considerando o segmento OX como unit ario. ² Os pontos O e X s~ao pontos construt ³veis a priori. ² Uma reta (ou segmento) unindo dois pontos construt ³veis e chamada reta (ou segmento) construt ³vel. ² Um c ³rculo e construt ³vel se tem centro e raio construt ³veis ² A intersec»c~ao de duas curvas (retas ou c ³rculos) construt ³veis e um ponto construt ³vel. ² Umn umero real a e construt ³vel se existempontos construt ³veis A e B comab =jaj. Caracteriza»c~ao alg ebrica dos n umeros construt ³veis. Podemos construir dois eixos coordenados, mutuamente perpendiculares, de modo que o segmento OX seja o segmento unidade do eixox. ²A = (x 1 ;y 1 ) eb = (x 2 ;y 2 ) s~ao pontos construt ³veis, x 1 ;y 1 ;x 2 ey 2 s~ao n umeros construt ³veis ² A reta passando pelos pontosaeb acima tem equa»c~ao (y 2 y 1 )x (x 2 x 1 )y + (x 1 y 2 x 2 y 1 ) = 0 sendo assim tem uma equa»c~ao com coe cientes construt ³veis

8 ² O c ³rculo de centro A, passando por B tem equa»c~ao (x x 1 ) 2 + (y y 1 ) 2 =r 2 onder=ab = r (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) 2 ² Se duas retasax +by +c = 0 emx +ny +p = 0 tem um ponto de intersec»c~ao, ele e solu»c~ao do sistema 8 >< ax +by +c = 0 >: mx +ny +p = 0 sendo portanto, pela regra de Cramer, dado por x = bp cn an bm e y = ap cm an bm ² Se um c ³rculox 2 +y 2 +dx +ey +f = 0 encontra a reta ax +by +c = 0, os pontos de intersec»c~ao de ambos s~ao solu»c~oes do sistema 8 >< x 2 +y 2 +dx +ey +f = 0 >: ax +by +c = 0 Assumindo b 6= 0, substituindo y = a b x c b na primeira equa»c~ao, obtemos uma equa»c~ao quadr atica de coe cientes construt ³veis dando Ax 2 +Bx +C = 0 x = B p B 2 4AC 2A

9 ² A intersec»c~ao de dois c ³rculosx 2 +y 2 +dx +ey +f = 0 e x 2 +y 2 +rx +sy +t = 0 e dada pelo sistema de equa»c~oes 8 >< x 2 +y 2 +dx +ey +f = 0 >: x 2 +y 2 +rx +sy +t = 0 Subtraimos a segunda equa»c~ao da primeira: (d r)x + (e s)y + (f t) = 0 e em seguida resolvemos o sistema 8 >< x 2 +y 2 +dx +ey +f = 0 >: (d r)x + (e s)y + (f t) = 0 O corpo dos n umeros construt ³veis Para os nossos prop ositos um corpo F e um conjunto de n umeros reais ou complexos, satisfazendo ² 12F ef e fechado sob as opera»c~oes racionais, ou seja a;b2f )a +b;a b;ab2f e seb6= 0 ent~ao tamb em a b 2F. SeF e um corpo ec2f comc>0, F ( p c) =fa +b p cja;b2fg F ( p c) tamb em e um corpo. Assumindo p c62f, p 1 a +b p c = 1 c a +b p c a b a b p c = a b p c a 2 b 2 c a = a 2 b 2 c b p c a 2 b 2 c

10 Umn umero real a e construt ³vel se existem n umeros reais positivosc 0 ;c 1 ;c 2 :::;c s satisfazendo ²c 0 e um n umero racional, ²c 1 2 Q( p c 0 ), ²c 2 2 Q( p c 0 )( p c 1 ) = (Q( p c 0 ))( p c 1 ), ::::::::::::::: ²c s 2 Q( p c 0 )( p c 1 )( p c 2 ):::( p c s 1 ), ²a2Q( p c 0 )( p c 1 ):::( p c s 1 )( p c s ) Ou seja, a2q( p c 0 )( p c 1 )( p c 2 ):::( p c s 1 )( p c s ) (Wantzel, 1837) Suponhamos que f(x) =x 3 +a 2 x 2 +a 1 x +a 0 e um polin^omio com coe cientes num corpo F. Suponhamos tamb em que a equa»c~ao f(x) = 0 tem uma solu»c~ao x 1 =a +b p c2f ( p c), comc2f (c>0). Ent~ao essa equa»c~ao tem tamb em uma raiz emf. x 1 =a +b p c)(x 1 a) 2 =b 2 c)x 2 1 +px 1 +q = 0, comp;q2f. f(x) = (x 2 +px+q)(x+d)+(mx+n), comd;m;n2f f(x 1 ) = 0 ex 2 1 +px 1 +q = 0)mx 1 +n = 0 Sem6= 0, ent~aox 1 = n=m2f Se m = 0, ent~ao necessariamente n = 0 e ent~ao f(x) = (x 2 +px +q)(x +d), logo d2f e raiz def(x)

11 (Wantzel) Se um n umero construt ³vel e solu»c~ao de uma equa»c~ao c ubica com coe cientes racionais, ent~ao essa equa»c~ao tem uma raiz racional. Suponha que a equa»c~ao c ubicaf(x) = 0 tem uma solu»c~ao construt ³vel a2q( p c 0 )( p c 1 )( p c 2 ):::( p c s 1 )( p c s ) onde c 0 2 Q;c 1 2 Q( p c 0 );:::;c s 2 Q( p c 0 ):::( p c s 1 ) Ent~ao, pelo teorema anterior,f(x) = 0 tem uma raiz em Q( p c 0 )( p c 1 )( p c 2 ):::( p c s 1 ) visto que os coe cientes de f(x), racionais, s~ao tamb em elementos desse corpo. Procedendo indutivamente, chegaremos µa conclus~ao e- nunciada Se uma equa»c~ao polinomial de coe cientes inteiros a n x n +a n 1 x n 1 + +a 1 x +a 0 = 0 tem uma raiz racional p=q, com p e q relativamente primos, ent~aopdividea 0 eq dividea n Substituindo p=q na equa»c~ao, e multiplicando tudo por q n, obtemos a n p n +a n 1 p n 1 q + +a 1 pq n 1 +a 0 q n = 0 Assima 0 q n e divis ³vel porp. Masq n n~ao o e, por hipot ese. Logo,pdividea 0. Analogamente, a n p n e divis ³vel por q, mas p n n~ao o e. Logo,q dividea n

12 A impossibilidade da trissec»c~ao do ^angulo de 60 ±, da duplica»c~ao do cubo e da constru»c~ao de um hept agono regular Os n umeros a serem constru ³dos na solu»c~ao dos problemas acima satisfazem µas equa»c~oes alg ebricas ² (Trissec»c~ao)u 3 3u 1 = 0, ondeu=2 cos 20 ± ² (Duplica»c~ao do cubo)x 3 2 = 0 ² (Constru»c~ao do hept agono)u 3 +u 2 2u 1 = 0, onde u = 2 cos(360 ± =7) Uma r apida inspe»c~ao revela que nenhuma dessas equa»c~oes tem uma solu»c~ao racional, logo nenhuma tem solu»c~ao construt ³vel ² O pol ³gono regular de 2 m lados, m inteiro 2, e construt ³vel. ² Gauss mostrou que e poss ³vel construir um n- agono regular quandon e um n umero primo de Fermat, ou seja, quandontem a forma p = 2 2k + 1 ² Wantzel mostrou que se o pol ³gono regular denlados e construt ³vel en e primo, ent~aon e um primo de Fermat. ² Apenas 5 primos de Fermat s~ao conhecidos, sendo eles 3, 5, 17, 257 e , correspondentes aos valores den 0, 1, 2, 3 e 4. N~ao se sabe se existem outros primos de Fermat.

13 ² Se o pol ³gono regular de mn lados e construt ³vel, ent~ao tamb em o s~ao os pol ³gonos regulares demlados e den lados. ² Seress~ao n umeros relativamente primos, e os pol ³gonos regulares de r lados e de s lados s~ao construt ³veis, ent~ao o pol ³gono regular de rs lados e construt ³vel. Existem inteirosaebtal quear +bs = 1. Da ³, 1 rs = a s +b r ² Suponha que n = p 1 1 p r r, onde p 1 ;:::;p r s~ao primos distintos. Ent~ao o pol ³gono regular de n lados e construt ³vel se e somente se s~ao e construt ³vel o pol ³gono regular dep i i lados, para cadai. ² (Gauss-Wantzel) O pol ³gono regular de n lados e construt ³vel se e somente se n = 2 m, com m inteiro 2, ou n = 2 m p 1 p s, com s 1 e p 1 ;:::;p s primos de Fermat dois a dois distintos.

14 N umeros alg ebricos Um n umero real ou complexo e alg ebrico sobre um corpo F se existe uma equa»c~ao polinomial f(x) =x n +a n 1 x n 1 + +a 1 x +a 0 com coe cientes emf, da qual e raiz, ou sejaf( ) = 0. Quando F = Q, dizemos simplesmente que e um n umero alg ebrico. Um n umero real ou complexo n~ao alg ebrico sobre um corpo F e chamado n umero transcendente sobre F O grau de um n umero alg ebrico sobre F, denotado deg( ;F ), e o grau do polin^omio (n~ao nulo) de menor grau, com coe cientes emf, que tem como raiz. Um polin^omio f(x), com coe cientes em F, e irredut ³vel sobre F se e imposs ³vel escreverf(x) como produto de dois polin^omios de grau 1, ambos com coe cientes em F Se e raiz de um polin^omio f(x), irredut ³vel sobre F, ent~ao deg( ;F ) = grau def(x). Por exemplo, deg( p 2; Q) = 2,deg( 3p 2; Q) = 3. Se a e um n umero construt ³vel, ent~ao a e alg ebrico sobre Q e deg(a; Q) e uma pot^encia de 2. (Lindemann, 1882) ¼ e transcendente. Logo, o n umero p ¼ n~ao e construt ³vel. Logo, o problema da quadratura do c ³rculo n~ao tem solu»c~ao.