Hermes A. Pedroso, Juliana C. Precioso Cristiane Alexandra Lázaro, Tatiana Miguel Rodrigues de Souza...32

Transcrição

1 Volume Reticulados, Álgebra Booleana e Formas Quadráticas Abstratas Clotilzio Moreira dos Santos...0 Campos hamiltonianos e primeiro grupo de cohomologia de De Rham Ronaldo J.S. Ferreira, Fabiano Borges da Silva...10 Soluções dos três problemas clássicos de construção por métodos não-euclidianos Hermes A. Pedroso, Juliana C. Precioso...16 Um ensaio para o Ensino de Geometria através do Jogo Capturando polígonos Cristiane Alexandra Lázaro, Tatiana Miguel Rodrigues de Souza...3 Uma prova vetorial da Fórmula de Heron Fernando Neres de Oliveira...39 As pontes de Königsberg Anderson Freitas, Lívia Minami Borges...44

2 Reticulados, Álgebra Booleana e Formas Quadráticas Abstratas Clotilzio Moreira dos Santos 18 de novembro de 015 Resumo O objetivo deste trabalho é introduzir formas quadráticas sobre reticulados. Demonstramos que a definição forte de isometria de formas quadráticas sobre álgebras booleanas é equivalente a definição de isometria de formas quadráticas abstratas dada por Kaplansky em [1]. Palavras Chave: Reticulados, álgebras booleanas, formas quadráticas abstratas Introdução Adaptamos a definição de formas quadráticas sobre corpos para reticulados e definimos isometria de formas quadráticas sobre reticulados. O principal resultado é que duas formas quadráticas de dimensão dois são isométricas se, e somente se, as estruturas aditiva e multiplicativa do reticulado admitem elementos neutros e a isometria é dada por um elemento do reticulado que possui complemento. Como consequência se a é um elemento do reticulado que possui complemento, então as formas quadráticas a, b e a + b, ab são isométricas. Isto leva a considerar reticulados que são álgebras booleanas, e nesta estrutura demonstramos que esta definição de isometria é equivalente a definição de isometria de formas quadráticas abstratas dada por Kaplansky em [1]. No item 1, foi desenvolvido parte da teoria já conhecida de reticulados e álgebra booleana, para os nossos objetivos. No item, usando as estruturas aditiva e multiplicativa usual de um reticulado derivada da ordem, introduziremos os conceitos de forma quadrática e de isometria (forte), adaptadas das definições de formas quadráticas sobre corpos, a partir das quais demonstramos nossa proposição. No item 3, caracterizamos a isometria forte de duas formas quadráticas bidimensionais sobre álgebras booleanas, o que mostra que esta definição equivale a definição dada por Kaplansky em [1] para formas quadráticas abstratas. 1 Reticulados Um conjunto não vazio R parcialmente ordenado pela relação de ordem ; (R ) é dito reticulado se para quaisquer x, y R existem o supremo e o ínfimo de {x, y}. É usual denotá-los por x y e x y, respectivamente. Trabalho realizado como parte de pesquisa sobre formas quadráticas moreira@ibilce.unesp.br. Departamento de Matemática do Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas da Universidade Estadual Paulista Júlio de Mesquita Filho

3 Por recorrência, definimos e x 1 x x n := (x 1 x x n 1 ) x n, n 3 x 1 x x n := (x 1 x x n 1 ) x n, n 3. Se existem elementos e 1 e e R tais que e 1 x, x R e x e, x R, denotaremos e 1 por 0 R e denotaremos e por 1 R. É claro que 0 R x = 0 R, 0 R x = x = 1 R x e 1 R x = 1 R. Notemos também que os elementos 0 R e 1 R podem existir independentemente. Exemplos: (1) Se a ordem (precede) atribui estrutura de reticulado em R, então a ordem dual (sucede) também atribui uma estrutura de reticulado em R dito reticulado dual (R, ). Além disso, sup{x, y} em (R, ) é igual a inf{x, y} em (R, ). O mesmo vale para inf{x, y}. Portanto, existe 1 R no reticulado (R, ) se, e somente se, existem 0 R no reticulado (R, ) e eles são iguais. O mesmo vale para 0 R no reticulado (R, ) e 1 R em (R, ). Por exemplo 0 N = 0 N no reticulado (N, ) e 1 N = 0 N no reticulado dual (N, ). Também não existe 1 N no reticulado (N, ), nem 0 N no reticulado dual (N, ). O reticulado (Z, ) não possui 0 Z nem 1 Z e, o mesmo vale para o reticulado dual (Z, ). () Denotemos por a relação de divisibilidade em N. Então (N, ) é um reticulado e 0 N = 1, 1 N = 0, pois 1 x, x N e x 0, x N. (3) Se (R, ) é um reticulado finito, então existem 0 R e 1 R. De fato, se R = {a 1,, a n }, n 1, então 0 R = a 1 a n e 1 R = a 1 a n. Em particular, denotando por D(n) o conjunto dos divisores positivos em Z de n N, n > 0, segue que, no reticulado (D(30), ), 0 D(30) = 1 N e 1 D(30) = 30. Algumas propriedades imediatas que serão úteis para o que vem a seguir são: Propriedades P1. Comutativa x y = y x, x y = y x. P. Associativa { x (y z) = (x y) z, x (y z) = (x y) z. P3. Absorção { x (x y) = x, x (x y) = x. P4. Idempotência { x x = x, x x = x. Demonstração: P1 e P4 são evidentes. Para demonstrar P, inicialmente notamos que, se x y então x z y z. De fato, como x y e (por definição) y y z, então pela propriedade transitiva x y z. Como também z y z, vem que y z é um limite superior para {x, z}. Por definição de sup, temos o resultado. Agora usemos este fato para demonstrar que (x y) z x (y z). De fato, 3

4 Como y y z vem que x y x (y z). Além disso, de z y z x (y z) vem que x (y z) é um limite superior de {x y, z}. Por definição (x y) z x (y z). Digamos que esta é a primeira parte da demonstração de P. Para demonstrar que x (y z) (x y) z, usemos a primeira parte e a propriedade P1, como segue: x (y z) com. = (y z) x 1a P arte y (z x) com. = (z x) y 1a P arte z (x y) com. = com. = (x y) z. Consequentemente x (y z) = (x y) z. Analogamente, se demonstra que (x y) z = x (y z). Isto conclui a demonstração de P. A demonstração de P3, segue do fato que x y x x y, x, y R. Portanto x (x y) = x e x (x y) = x. Podemos notar que se (R, ) é um reticulado, então dados x, y R, x y se, e somente se, x y = y, ou então x y se, e somente se, x y = x. A proposição que segue mostra que as propriedades acima caracterizam o reticulado, ou seja, Proposição 1 Seja R um conjunto em que se tem duas operações + e que satisfazem as propriedades comutativa, associativa, idempotência e absorção. Então a operação binária definida sobre R por: x y se x + y = y é uma relação de ordem parcial em R que torna R um reticulado com x y = x + y e x y = x.y. Demonstração: Veja Proposição 3..3, pg. 76 de [] A propriedade distributiva de uma operação em relação a outra, em geral, não é verdadeira. No entanto, temos x (y z) (x y) (x z), e (x y) (x z) x (y z), x, y, z R. Vejamos } x x y = x (x y) (x z) x x z } = x (y z) (x y) (x z). y z y x y = y z (x y) (x z) y z z x z Analogamente, demonstra-se que (x y) (x z) x (y z). Portanto, as operações e são distributivas, uma em relação a outra, se forem verdadeira as relações (x y) (x z) x (y z) e x (y z) (x y) (x z). Definição Um reticulado (R, ) é dito distributivo, se para quaisquer x, y, z R se verificam as igualdades: x (y z) = (x y) (x z) e x (y z) = (x y) (x z). Exemplos: (4) Se é uma ordem total sobre R, então (R, ) é um reticulado distributivo. De fato x y = max{x, y} e x y = min{x, y} e, portanto, para todos x, y, z R devemos verificar que max{x, min{y, z}} = min{max{x, y}, max{x, z}} e min{x, max{y, z}} = max{min{x, y}, min{x, z}}. Como a ordem é total, isto deve ser verificado em cada caso que segue: x y z, x z y, y x z, y z x z x y z y x. Mas como y e z desempenham o mesmo papel, estes casos se reduz à x y z, y x z e y z x. 4

5 A verificação disto é simples. (5) O reticulado (N, ) é distributivo e, consequentemente, (D(n), ) também é distributivo. De fato, para todos x, y D(n), x y = mmc(x, y) e x y = mdc(xy). Assim, o cálculo de x y e de x y se reduz ao cálculo do máximo e do mínimo dos expoentes dos fatores primos que ocorrem na decomposição de x e y e isto se reduz ao caso anterior. (6) Reticulados dos tipos 1 1 a b c y z 0 x 0 são denominados diamante e pentágono, respectivamente. Esses reticulados não são distributivos. De fato, no diamante temos: a (b c) = a 0 = a enquanto (a b) (a c) = 1 1 = 1. E no pentágono x (y z) = x 0 = x, enquanto (x y) (x z) = y 1 = y. Demonstra-se que qualquer reticulado que não é distributivo contém um desses reticulados como sub-reticulados. É o caso de reticulados de sub-espaços vetoriais de um espaço vetorial sobre um corpo F de dimensão maior ou igual a. Vejamos: se u e v são vetores linearmente independentes, considere U = F.u, V = F.v e W = F (u + v). Então U + (V W ) = U, enquanto (U + V ) (U + W ) = F.u + F v. Logo este reticulado contém um sub-reticulado diamante. E o reticulado (D(1), ) contém o sub-reticulado pentágono ({1,, 3, 4, 1}, ), ou ({1, 3, 4, 6, 1}, ). No reticulado diamante temos: a c = a b = 1 e a c = a b = 0, mas b c. No reticulado pentágono, também temos: x z = y z = 1 e x z = y z = 0 e também x y. No entanto, temos, Proposição 3 Sejam (R, ) um reticulado distributivo e x, y, z R tais que x y = x z e x y = x z. Então y = z. Demonstração: Temos: y = y (x y) hip. = y (x z) distr. = (y x) (y z) hip. = (x z) (y z) distr. = (x y) z hip. = (x z) z = z. Definição 4 (i) Seja (R, ) um reticulado que admite 0 R e 1 R. Dizemos que y R é um complementar de x R, se x y = 1 R e x y = 0 R. (ii) Dizemos que um reticulado é complementado se todos os seus elementos possuem um complementar. 5

6 Nota 5 Obviamente, se y é o complementar de x, então x é o complementar de y. Além disso, se o reticulado é distributivo e x é um elemento do reticulado que possui complementar, então pela Proposição 3 seu complementar é único. Neste caso, denotaremos o complementar de x por x. É claro que 0 = 1 e 1 = 0. Exemplo (6) O reticulado do exemplo 5 é distributivo, mas só 0 N = 1 N e 1 N = 0 N possuem complemento e 0 N = 1 N e 1 N = 0 N. Logo, este reticulado não é complementado. Mas o sub-reticulado (D(30), ) de (N, ) é complementado, e os pares {x, x} são: {1, 30}, {, 15}, {3, 10}, {5, 6}. Definição 6 Álgebra de Boole Uma álgebra de Boole (ou álgebra booleana) é um reticulado distributivo e complementado. 1 Formas quadráticas sobre reticulados De agora em diante só consideraremos reticulados distributivos e vamos denotar as operações e, respectivamente, por + e, ou seja, x + y é o supremo de {x, y} e x.y o ínfimo de {x, y}. Se (R, ) um reticulado e tendo como inspiração a definição de isometria de formas quadráticas sobre corpos, dizemos que uma aplicação F : R n R n é uma isometria, se F é bijetora do tipo linear, ou seja, F (x 1,..., x n ) = (a 11 x a 1n x n,..., a n1 x a nn x n ) onde cada a ij são elementos fixados de R. Definição 7 Uma forma quadrática (n-dimensional) sobre um reticulado (R, ) é uma n-upla denotada por a 1,..., a n. Se q = a 1,..., a n é uma forma quadrática sobre R e X = (x 1, x,..., x n ) R n denotemos q(x) o valor a 1 x 1 + a x + + a n x n R. Notemos que pela Propriedade P4 (idempotência) q(x) = a 1 x 1 + a x + + a n x n. Neste artigo vamos explorar a seguinte definição forte de isometria. Definição 8 Duas formas quadráticas n-dimensionais q 1 e q são isométricas e denotamos por q 1 q, se existe uma aplicação bijetora F : R n R n tal que q 1 = q F R n F R n q q 1 R É fácil ver que esta relação é simétrica e transitiva. No entanto, a propriedade reflexiva é explorada nos lemas que seguem, em casos particulares de formas quadráticas. Lema 9 As formas quadráticas unidimensionais a e b definidas sobre o reticulado (R, ) são isométricas se, e somente se, existe 1 R e a = b. Em particular a a se, e somente se, existe 1 R. 1 Existe uma definição alternativa de álgebra booleana: Um conjunto B junto com duas operações + e que satisfazem: (1) x+y = y+x, x.y = y.x () x+(y.z) = (x+y).(x+z), x.(y+z) = x.y+x.z (3) Existem 0, 1 B tais que x + 0 = x, x.0 = 0, x + 1 = 1, x.1 = x (4) x B existe x B tal que x + x = 1 e x.x = 0. Alguns autores exigem ainda as propriedades associativa e absorção, mas estas são consequência das quatro propriedades dadas. É fácil demonstrar que as duas definições são equivalentes. 6

7 Demonstração: Se existe 1 R então F : R R definida por F (x) = x é uma isometria. Portanto a = a F, ou seja a a. Reciprocamente, se a b então existe uma aplicação bijetora G : R R, G(x) = cx, tal que a = b G. Seja F : R R, F (x) = dx a inversa de G. De F G = Id R vem que dcx = x, para todo x R. Isto é equivalente a x dc, x R, ou seja, existe 1 R e 1 R = dc. Além disso, como dc d, c 1, vem que d = c = 1 R. Consequentemente, de a (x) = b (G(x)), x R segue que ax = bx, x R e para x = 1, obtemos a = b. Nota 10 Este lema é verdadeiro para um reticulado qualquer, não necessariamente distributivo. Mas no próximo lema já faremos uso da distributividade. Lema 11 Sejam q 1 = r, s, q = r 1, s 1 formas quadráticas sobre o reticulado (R, ). Então q 1 q se, e somente se, existem 0 R, 1 R e a R, tal que q 1 = q F, onde F : R R é definida por F (x, y) = (ax + ay, ax + ay). Em particular, r, s r, s e r, s s, r. Temos ainda rs = r 1 s 1, r + s = r 1 + s 1. Demonstração: A recíproca segue da própria definição de isometria. Agora suponhamos que q 1 q e seja F : R R, F (x, y) = (ax + by, cx + dy), tal que q 1 = q F. Como F é bijetora, seja G : R R, G(x, y) = (a 1 x + b 1 y, c 1 x + d 1 y) a inversa de F. Sejam I = aa 1 bb 1 cc 1 dd 1 e S = a + a 1 + b + b 1 + c + c 1 + d + d 1, e vamos demonstrar que I = 0 R e S = 1 R. (A) De G ( F (x, y) ) = (x, y), (x, y) R, obtemos ( (aa1 + b 1 c)x + (a 1 b + b 1 d)y, (ac 1 + cd 1 )x + (bc 1 + dd 1 )y ) = ( x, y ) (.0.1) (a) Fazendo x = S e y = I na equação.0.1, obtemos (aa 1 + b 1 c, ac 1 + cd 1 ) = (S, I). Logo aa 1 + b 1 c = S (.0.) e ac 1 + cd 1 = I. Como I ac 1, cd 1 ac 1 + cd 1 = I, obtemos ac 1 = I (.0.3) cd 1 = I. (.0.4) (b) Fazendo x = I e y = S na equação.0.1, obtemos (a 1 b + b 1 d, bc 1 + dd 1 ) = (I, S). Logo bc 1 + dd 1 = S (.0.5) e a 1 b + b 1 d = I. Como I a 1 b, b 1 d a 1 b + b 1 d = I, obtemos (B) De F ( G(x, y) ) = (x, y), (x, y) R, obtemos a 1 b = I (.0.6) b 1 d = I. (.0.7) ( (aa1 + bc 1 )x + (ab 1 + bd 1 )y, (a 1 c + c 1 d)x + (b 1 c + dd 1 )y) = ( x, y ), (x, y) R. Repetindo o raciocínio anterior. fazendo x = S, y = I e depois x = I e y = S, obtemos a 1 c = I (.0.8) 7

8 c 1 d = I (.0.9) ab 1 = I (.0.10) bd 1 = I (.0.11) b 1 c + dd 1 = S. (.0.1) (C) Agora comecemos a segunda etapa da demonstração, onde obteremos a 1, b 1, c 1 e d 1 em função de a, b, c e d. (i) (Multiplicando a equação.0. por a), obtemos aa 1 + ab 1 c = as. Como ab 1 = I (veja a equação.0.10), obtemos aa 1 = a. (Multiplicando a equação.0. por a 1 ), obtemos aa 1 + a 1 b 1 c = a 1 S. Usando a equação.0.8, obtemos aa 1 = a 1. Logo a 1 = a. (ii) Analogamente, (multiplicando a equação.0. por b 1 ), obtemos aa 1 b 1 +b 1 c = b 1 S ou b 1 c = b 1 (usando a equação.0.10), e (multiplicando a equação.0. por c), obtemos aa 1 c + b 1 c = cs ou b 1 c = c (pela equação.0.8). Logo b 1 = c. (iii) Analogamente, (usando a equação.0.5 e multiplicando por b e depois por c 1 e usando a equação.0.11, respectivamente, equação.0.9), obtemos: bc 1 = b e bc 1 = c 1. Logo c 1 = b. (iv) Finalmente, (multiplicando a equação.0.5 por d e por d 1 e usando equações anteriores), obtemos d 1 = d. Substituindo esses valores obtidos: a 1 = a, b 1 = c, c 1 = b e d 1 = d nas onze equações anteriores, ficamos com as seguintes equações: a + c = S (.0.13) ac = I (.0.14) a + b = S (.0.15) ab = I (.0.16) c + d = S (.0.17) cd = I (.0.18) b + d = S (.0.19) bd = I (.0.0) Agora, (multiplicando a equação.0.13 por d), obtemos ad + dc = d e, usando a equação.0.18 ficamos com ad = d. Por outro lado, (multiplicando a equação.0.19 por a), obtemos ab + ad = a e, usando a equação.0.16, ficamos com ad = a. Portanto d = a. Analogamente, (multiplicando a equação.0.13 por b e usando a equação.0.16), ficamos com bc = b, enquanto que (multiplicando a equação.0.15 por c e usando a equação.0.14), ficamos com bc = c. Logo c = b. Consequentemente, a 1 = a = d = d 1 e b 1 = c 1 = b = c. Segue-se que I = ab, S = a + b e G(x, y) = F (x, y) = (ax + by, bx + ay). Agora de F (x, y) = (x, y), obtemos ( (a + b)x + aby, abx + (a + b)y ) = (x, y), (x, y) R. Assim abx + (a + b)y = y. (.0.1) Para y = x e usando a distributividade obtemos (a + b + ab)x = x, x R, ou (a + b)x = x, x R. Isto significa que x a + b qualquer que seja x R. Portanto existe 1 R e 1 R = a+b. Voltando na equação.0.1, obtemos abx+y = y, x, y R. Fazendo x = a obtemos ab + y = y, y R, o que equivale a ab y, y R. Logo existe 0 R e 0 R = ab, e por definição b = a. As funções F e sua inversa G agora se escrevem assim: F (x, y) = (ax + ay, ax + ay). Em particular, para a = 1 R e 8

9 para a = 0 R temos F (x, y) = (x, y) e, respectivamente, F (x, y) = (y, x) resultam as isometrias r, s r, s ( e r, s ) s, r. Agora, de q 1 (x, y) = q F (x, y) com F (x, y) = (ax + ay, ax + ay), obtemos: rx + sy = (ar 1 + as 1 )x + (ar 1 + as 1 )y. Para x = 1 e y = 0, obtemos: Para x = 0 e y = 1 obtemos: r = ar 1 + as 1. (.0.) s = ar 1 + as 1. (.0.3) Multiplicando membro a membro as igualdades das equações.0. e.0.3, vem que rs = aar 1 + ar 1 s 1 + ar 1 s 1 + aas 1 e, como aa = 0, concluímos que rs = (a + a)r 1 s 1 = r 1 s 1 (pois a + a = 1). Também r + s = (a + a)r 1 + (a + a)s 1 = r 1 + s 1. Isto conclui a demonstração. 3 Considerações finais Um resultado fundamental sobre a teoria de formas quadráticas sobre corpos de característica distinta de dois, que caracteriza isometria de formas quadráticas de dimensões maiores ou iguais a dois, é que a, b a + b, ab(a + b), se a + b 0. Em nosso caso, esta isometria ficaria a, b a + b, ab, pois ab a + b, e este resultado é dado a seguir. Proposição 1 Seja a, b uma forma quadrática sobre o reticulado R, com elementos neutros 0 R e 1 R. Se a ou b admitem complemento, então a, b a + b, ab. Em particular, se R é uma álgebra booleana, então a, b a + b, ab, a, b R, e a, b a 1, b 1 se, e somente se, a + b = a 1 + b 1 e ab = a 1 b 1. Demonstração: Se existe a R, ( respect. b R ), a isometria entre a, b e a+b, ab é dada por F (x, y) = (ax+ay, ax+ay), ( respect. F (x, y) = (bx+by, bx+ by) ). Pelo Lema 11, resta demonstrar que, se a + b = a 1 + b 1 e ab = a 1 b 1, então a, b a 1, b 1. Mas, se temos as igualdades acima, então: a, b a + b, ab = a 1 + b 1, a 1 b 1 a 1, b 1. Referências [1] KAPLANSKY, I; SHAKER, R.J. Abstract Quadratic Forms, Canad. J. Math. 1, , [] MIRANDA, J.G. Conjuntos Ordenados. Retículos y Álgebras de Boole jesusgm/curso Acesso em julho de

10 Campos hamiltonianos e primeiro grupo de cohomologia de De Rham. Ronaldo J. S. Ferreira e Fabiano B. da Silva 18 de novembro de 015 Resumo Neste trabalho vamos explorar quando um campo vetorial simplético é um campo hamiltoniano global por meio do primeiro grupo de Cohomologia de De Rham da variedade simplética. Palavras Chave: variedade simplética, campo hamiltoniano, cohomologia de De Rham. Introdução. Os sistemas hamiltonianos são estudados na mecânica clássica, e foram introduzidos em 1833 pelo matemático irlandês William Rowan. Tais sistemas são um caso especial de sistemas dinâmicos, onde suas equações diferenciais, nas coordenadas (p, q), em geral são escritas da forma d dt p(t) = H(p(t), q(t)), q d dt q(t) = H(p(t), q(t)). p Para estender estes sistemas num contexto de variedades, como veremos mais adiante, é necessário uma estrutura especial para seus espaços tangentes. Neste artigo, fixaremos algumas notações e apresentaremos alguns resultados da teoria de variedades simpléticas, úteis para demonstrar um teorema que pode ser encontrado em Lee [], que garante que todo campo simplético em M é globalmente hamiltoniano se, e somente se, o primeiro grupo de cohomologia de De Rham é zero, i.e. HdR 1 (M) = {0}. Neste trabalho buscaremos a compreensão do teorema e faremos os detalhes omitidos pelo autor durante a demonstração. Por fim, daremos dois exemplos de campos vetoriais que são simpléticos mas não hamiltonianos globais. Este trabalho é parte da dissertação de mestrado acadêmico desenvolvido na UFMA pelo primeiro autor, sob a orientação do segundo autor. ronaldoj.sf@hotmail.com (UFMA). fabiano@fc.unesp.br (UNESP). 10

11 1 Primeiro grupo de cohomologia de De Rham. Seja M uma variedade diferenciável. Como a derivada exterior d : Ω k (M) Ω k+1 (M) é uma aplicação linear, seu núcleo e sua imagem são subespaços vetoriais lineares. Assim, definimos Z k (M) := ker[d : Ω k (M) Ω k+1 (M)] = { k-formas fechada em M}; B k (M) := Im[d : Ω k 1 (M) Ω k (M)] = { k-formas exata em M}. Como toda forma exata é fechada, segue que B k (M) Z k (M). Portanto, faz sentido definirmos o k-ésimo grupo de cohomologia de De Rham de M, nome escolhido em homenagem ao matemático George De Rham, como sendo o espaço vetorial quociente HdR k (M) = Zk (M) B k (M). (1.0.1) Assim HdR k (M) é um espaço vetorial sobre R, e em particular um grupo com relação a adição de vetores. Sendo assim o nome mais apropriado seria espaço de cohomologia de De Rham, porém usaremos o termo grupo como a maioria dos livros. Seja ω uma forma fechada em M. Denotamos por [ω] a classe de equivalência de ω neste espaço quociente, onde chamaremos de classe de cohomologia de ω. Se k < 0 ou k > dim M então por convenção Ω k (M) = 0, o que implica em HdR k (M) = 0. Se [ω] = [ω ], isto é, se ω e ω diferem por uma forma exata, ω = ω + dη, dizemos que ω e ω são cohomólogos. Não é difícil verificar que variedades difeomorfas possuem grupo de cohomologia de De Rham isomorfos. Mais geral ainda, a cohomologia de De Rham é uma invariante topológico. Este resultado é surpreendente, pois a definição de grupos de De Rham de M está relacionado com a estrutura diferenciável e, portanto, não há razão para esperar que estruturas diferenciáveis diferentes na mesma variedade topológica dêem o mesmo grupo de De Rham. Para maiores detalhe ver, entre outros, Lee []. Variedade simplética. Sejam V um espaço vetorial real e Ω : V V R uma forma bilinear anti-simétrica. Dizemos que a forma Ω é não-degenerada, ou simplética, se Ω(u, v) = 0, v V u = 0. Ou seja, a aplicação Ω : V V definida por v Ω(v, ) é um isomorfismo linear. Um espaço vetorial simplético (V, Ω) é um espaço vetorial V com uma forma (ou estrutura) simplética Ω. Um simplectomorfismo S entre dois espaços vetoriais simpléticos (V 1, Ω 1 ) e (V, Ω ) é um isomorfismo linear S : V 1 V tal que S Ω = Ω 1, ou seja, (S Ω)(u, v) = Ω(S(u), S(v)), para todo u, v V 1. Se existe um simplectmorfismo S : V 1 V, dizemos que (V 1, Ω 1 ) e (V, Ω ) são simplectomorfos. Exemplos. (1) Considere o espaço R n com Ω 0 (u, v) = Ju, v, para todos u, v R n, onde J é uma matriz, n n, definida por ( ) 0 I J =, I 0 11

12 e I é a matriz identidade em n n. Não é difícil verificar que Ω 0 é nãodegenerada e anti-simétrica. (R n, Ω 0 ) é chamado de espaço vetorial simplético canônico. () Seja W um espaço vetorial de dimenção n, e W seu dual. Então o espaço vetorial V = W W possui uma estrutura simplética natural definida por Ω((u, z ), (v, w )) = w (u) z (v). Dizemos que uma variedade M é simplética quando admite uma -forma fechada e não-degenerada ω, ou seja, uma condição analítica e algébrica, respectivamente para a -forma. Um dos teoremas clássicos para tais variedades, é o Teorema de Darboux que garante que toda variedade simplética é localmente simplectomorfa a um aberto do R n munida da forma simplética canônica. A Fórmula de Cartan dá a seguinte relação entre derivada de Lie, derivada exterior e o produto interior: L X ω = d(i X ω) + i X (dω). Como a -forma ω é fechada, segue que L X ω = d(i X ω) para todo campo diferenciável X na variedade simplética. E dizemos que um campo é simplético se L X ω = 0, ou seja, se i X ω é fechada. E analogamente, um campo X é hamiltoniano global (ou hamiltoniano) na variedade M, se i X ω é uma forma exata, ou seja, existe h : M R diferenciável tal que i X ω = dh, e neste caso denotamos o campo por X h. E dizemos que é localmente hamiltoniano se para cada ponto p M existe uma vizinhança U de p, no qual o campo X é hamiltoniano em U. Notemos que todo campo hamiltoniano (global) é localmente hamiltoniano. Lembremos a seguinte propriedade para formas fechadas e exatas. Proposição 1 (Localmente toda forma fechada é exata) Sejam M uma variedade diferenciável e ω uma k-forma fechada em M, k 1. Para cada p M, existe uma vizinhança U de p na qual ω é exata. Por meio desta proposição, podemos mostrar o seguinte lema. Lema Um campo X em M é simplético se, e somente se, este for localmente hamiltoniano. Demonstração. Suponhamos que o campo X seja localmente hamiltoniano. Então para cada ponto p M existe uma vizinhança U p e uma função diferenciável f : U p R, unicamente definida, tal que X = X f. Logo i X ω = i Xf ω = df. Assim, a 1-forma ι X ω é exata e, portanto, fechada. Reciprocamente, suponhamos que o campo X seja simplético. Pela Proposição 1, temos que para cada ponto p M existe uma vizinhança U p tal que a 1-forma fechada i X ω é exata. Logo, existe uma função f : U p R diferenciável tal que i X ω = df. Como ω é nãodegenerada segue que X = X f em U p ou seja, ω(x, ) = df = ω(x f, ). 1

13 3 Campos hamiltonianos globais e H 1 dr (M). O teorema a seguir, em geral, é bastante útil para determinar a existência de campos hamiltonianos globais em variedades simpléticas. Teorema 3 Seja (M, ω) um variedade simplética. Então todo campo localmente hamiltoniano em M é globalmente hamiltoniano se, e somente se, HdR 1 (M) = {0}. Demonstração. Suponha que HdR 1 (M) = 0. Pelo Lema temos que qualquer campo localmente hamiltoniano X é simplético e, portanto, i X ω é fechada. Como HdR 1 (M) = 0, segue que i X ω é exata. Logo, existe uma função f : M R tal que i X ω = df. Como ω é não-degenerada, temos que X = X f e dessa forma X é globalmente hamiltoniana. Reciprocamente, seja η uma 1-forma fechada e X o campo definido por X = ω 1 η, onde ω : T M T M é o isomorfismo definido por ω(x) = ω(x, ). Como i X ω = ω(x, ) = ω(x) = η é fechada, temos que X é um campo simplético. Logo, pelo Lema, o campo X é localmente hamiltoniano e, portanto, X = X f onde f : M R é uma função diferenciável. Assim, η = ω(x) = ω(x f ) = ω(x f, ) = df, e portanto η é exata. 3.1 Exemplos de campos simpléticos que não são hamiltonianos globais. Agora serão feitos dois exemplos de campos vetoriais que são simpléticos, mas não hamiltonianos globais. Vale ressaltar que não encontramos o primeiro exemplo em nossas referências bibliográficas. Construímos fazendo uma analogia com algumas propriedades de campos de vetores gradientes. Já o segundo exemplo, é encontrado em Bursztyn e Macarini [1], porém as contas não foram explicitadas pelo autor Aberto de R {0}. Considere a variedade M = R {0} nas coordenadas (x, y) com estrutura simplética ω 0 = dx dy. Seja o campo vetorial X definido por X(x, y) = a(x, y) / x + b(x, y) / y para uma base fixada { / x, / y}. Calculando o produto interior de dx e dy para o campo X temos, Logo, A 1-forma i X ω 0 é fechada se d(ady bdx) = a x i X dx = dx(x) = a, i X dy = dy(x) = b. i X ω 0 = i X (dx dy) = (i X dx) dy dx (i X dy) = a(x, y)dy b(x, y)dx. b dx dy dy dx = y ( a x + b ) dx dy = 0, y ou seja, a/ x = b/ y. Tomemos a(x, y) = x/(x +y ) e b(x, y) = y/(x +y ). Portanto a 1-forma i X ω 0 é fechada pois, a x = y x (x + y ), b y = x y (x + y ). 13

14 Como i X ω 0 é uma forma fechada para as funções a e b dadas acima, concluímos que o campo X assim definido é um campo simplético em R {0}. Seja U R {0} um aberto que contem uma circunferência C de raio R > 0 e centro na origem. Será que existe uma função diferenciável f : U R tal que X = X f? Ou equivalentemente, em termos do gradiente, existe uma função f tal que que X = J [ f] T em U? Vamos supor por absurdo que o campo X = ( x x + y, ) y x + y seja hamiltoniano em U. Como f é contínua e C é compacto, temos que existe p C tal que f assume seu valor máximo em C. Logo, f(p) é normal a C no ponto p. Como f(p), X(p) = f(p), J [ f(p)] T = 0, segue que X(p) é perpendicular ao f(p). O que é absurdo, uma vez que X(p) = X(p 1, p ) = 1 (p 1 + p )(p 1, p ) = λ f(p). Logo, o campo X : U R é simplético, mas não é globalmente hamiltoniano em U M=S 1 R. Considere o cilindro S 1 R com coordenadas cilíndricas (θ, h) e a forma simplética dada por ω = dθ dh. O campo X = h é simplético pois i X ω = (i X dθ) dh dθ (i X dh) = dθ. Lembremos que θ : V R é a função ângulo e, portanto, ela está definida em um aberto V que não contém todo o S 1. Vamos mostrar que a 1-forma i X ω = dθ não é exata em S 1. Logo X não é hamiltoniano (global) em M. Para isto, considere o caminho fechado em S 1 dado por γ : [0, π] S 1 t (cos t, sen t). Vamos verificar que γ dθ 0. Como α = dθ é a forma elemento ângulo, em coordenadas cartesianas podemos escrevê-la como α = y x + y dx + x x + y dy. Ver por exemplo Elon L. Lima [3] para maiores detalhes para esta expressão acima. Desta forma, temos que α = γ α γ = = = [0,π] π 0 π 0 π 0 α γ(t) (γ (t))dt [ sen t ( sen t) + cos t (cos t) dt = π. sen t + cos t ] dt 14

15 Referências [1] Bursztyn, H e Macarini, L. Introdução à geometria simplética, XIV Escola de Geometria Diferencial. Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA), Rio de Janeiro, 006. [] Lee, J. M. Introduction to smooth manifolds, Graduate Texts in Mathematics, Springer, 013. [3] Lima, E. L. Curso de Análise Vol., Projeto Euclides. Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA), Rio de Janeiro, [4] Silva, A. C. Introduction to symplectic and Hamiltonian geometry, Publicações Matemáticas do IMPA. [IMPA Mathematical Publications] Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA), Rio de Janeiro,

16 Soluções dos três problemas clássicos de construção por métodos não-euclidianos Hermes A. Pedroso e Juliana C. Precioso 1 de novembro de 015 Resumo Neste trabalho será resgatado um pouco da rica história dos três problemas clássicos de construção, conhecidos por quadratura do círculo, duplicação do cubo e trissecção do ângulo. Introduzidos na Grécia, por volta dos séculos V e IV a.c., foi a partir de Euclides (século III a.c.), adepto das concepções platônicas, que surgiu a hipótese de que os três problemas deveriam ser resolvidos apenas com régua (sem marcas) e compasso. Apesar dos esforços de muitos matemáticos e amadores, foi somente no século XIX, mediante a argumentos algébricos, que se estabeleceu, de modo definitivo, a impossibilidade de resolvê-los. O objetivo principal deste trabalho é mostrar que é falsa a crença de que os gregos, na resolução de problemas de construções geométricas, trabalhavam somente com a régua e o compasso. Na tentativa de tais resoluções eram utilizadas todas as ferramentas disponíveis ou criavam outras adequadas. Como exemplo, serão apresentadas algumas curvas e métodos que se originaram neste contexto. Palavras Chave: quadratura do círculo, duplicação do cubo, trissecção do ângulo. Introdução Na história da matemática alguns problemas adquiriram significado especial, pela sua natureza desafiadora, e influenciaram o futuro desenvolvimento dessa ciência. No caso especial da geometria, essa situação se manifesta já na Grécia antiga com o surgimento de três problemas, que exigiram muito tempo de estudo até que a sua solução final fosse encontrada. Tais problemas são conhecidos como os problemas clássicos da antiguidade, a saber: A quadratura do círculo: quadrar um círculo significa construir o lado de um quadrado cuja a área seja igual a área de um círculo dado, ou seja, tomando-se como unidade de comprimento o raio do círculo dado, o problema se reduz à construção de um segmento de medida π, a partir de um segmento unitário. A duplicação do cubo: duplicar um cubo significa construir o lado de um cubo cujo volume seja o dobro do volume de um cubo dado, ou seja, tomando-se como unidade de comprimento a medida da aresta do cubo dado, o problema se reduz a construção de um segmento de medida 3, a partir de um segmento unitário. hermes@ibilce.unesp.br, Depto de Matemática, IBILCE - UNESP precioso@ibilce.unesp.br, Depto de Matemática, IBILCE - UNESP 16

17 A Trissecção de um ângulo: trissectar um ângulo significa dividir um ângulo arbitrário em três partes iguais. Sabe-se, desde o século XIX, que esses problemas não podem ser resolvidos somente com a régua e o compasso. Para mais detalhes veja [11]. Há ainda na literatura, ver [13], uma grande discussão sobre o verdadeiro motivo dessa exigência, ou seja, de se usar apenas régua e compasso na resolução desses problemas. Parece que há um consenso no fato de que os gregos, diante da incapacidade de encontrar uma solução com o emprego desse método, considerado mais elementar, recorriam a outros meios. São exatamente esses outros meios o foco principal deste trabalho. Para isso, apresentaremos algumas das melhores ideias, em provável ordem cronológica, produzidas pela rica imaginação dos gregos na tentativa de encontrar tais soluções. 1 Hipócrates Hipócrates de Chios ( a.c.), trocou sua terra natal por Atenas, na qualidade de mercador. Consta que ludibriado por piratas tentou recuperar suas finanças trabalhando como professor de geometria. Ele não deve ser confundido com seu contemporâneo mais famoso, o médico Hipócrates de Cos. Segundo o historiador Proclo ( ), Hipócrates compôs uma obra, Elementos da Geometria, antecipando-se por mais de um século à mais conhecida Os Elementos de Euclides (330 a.c a.c.). Organizou de modo lógico a geometria da época e demonstrou o seguinte importante resultado para a quadratura do círculo: Proposição 1 (Euclides, XII, ) As áreas de círculos estão para si assim como os quadrados de seus diâmetros, ou seja, A 1 = d 1 A d, em que A 1 e A representam as áreas de dois círculos com diâmetros, d 1 e d, respectivamente. 1.1 Hipócrates e a quadratura do círculo Como aplicação da Proposição 1, Hipócrates fez algumas tentativas no sentido de resolver a quadratura do círculo. Uma dessas, refere-se à quadratura de lunas, ou seja, de figuras planas delimitadas por dois arcos circulares de raios diferentes. Caso 1: considere ABC triângulo retângulo isósceles inscrito em um semicírculo com diâmetro AC. Trace os semicírculos com diâmetros AB e BC, conforme a Figura 1. L L S S L T T O Figura 1: Áreas da luna e do triângulo 17

18 Observe que a construção anterior gerou regiões de áreas L, S e T, em que L é a área de uma luna e T de um triângulo retângulo de base AO = a e altura OB = b. Reconstituiremos agora os passos de Hipócrates para a quadratura da luna. Para isso, usaremos a Proposição 1 para mostrar que a área L é igual a área T e, portanto, que a luna é quadrável. Uma vez que ABC é um triângulo retângulo isósceles, com AB = BC, pelo Teorema de Pitágoras tem-se AB = AC. Pela Proposição 1, vem que S + L S + T = AB AC = AB AB = 1. Portanto, S + L = S + T, ou seja, L = T. Mostraremos agora, por equivalência de áreas, que se pode construir o quadrado de área T = L. Considere o triângulo AOB, proveniente da Figura 1. Note que sua área T é igual a de um retângulo de base a e altura b. B b T b T A a O A a O Figura : Equivalência das áreas do triângulo e do retângulo Finalmente, para se construir o quadrado de lado x com área igual a do retângulo da Figura deve-se encontrar a média proporcional, ou geométrica, entre a e b, ou ab seja, x =, ver Figura 3. b T x T x A a O r a b/ x Figura 3: Construção da média geométrica entre a e b, em que r = 1 ( a + b ) Portanto, fica provada a quadratura da luna segundo Hipócrates. Caso : considere um hexágono regular inscrito em um círculo e trace semicírculos com diâmetros em seus lados, como na Figura 4. Nesse caso, mostraremos que a luna de área L será quadrável se, e somente se, o círculo o for. Observe que a construção da Figura 4 gerou regiões de áreas L, S e T, em que L é a área de uma luna e T a de um triângulo equilátero de lado AO. Além disso, temos que AO = AB = BC = CD = 1 AD. Pela Proposição 1 S + L 3S + 3T = AB AD =

19 B L S C L S T T T S L A O D Figura 4: Uma luna não quadrável Assim, 4L + 4S = 3S + 3T, ou seja, 3L + (L + S) = 3T. Essa igualdade nos mostra que como o triângulo é quadrável, a luna será quadrável se, e somente se, o semicírculo de área L + S o for. Esses casos mostram que Hipócrates identificou o problema da quadratura do círculo, reconhecendo sua dificuldade. Embora ele possa ter feito algum progresso investigando outros casos especiais, não conseguiu dar nenhuma contribuição a mais para resolver tal problema. 1. Hipócrates e a duplicação do cubo Hipócrates, percebeu que poderia resolver esse problema ao estender a técnica de construção de uma média geométrica entre dois segmentos de medidas a e b, inserindo dois meios entre essas duas grandezas dadas. Se x e y são dois meios proporcionais entre a e b, temos de onde segue que a x = x y = y b, x = ay e xy = ab. Eliminando y e fazendo b = a nas igualdades acima concluí-se que x 3 = a 3, ou seja, dado um cubo de aresta a, foi possível construir outro cubo de aresta x com o dobro do volume do cubo dado. Hípias Hípias de Elis ( a.c.) foi um dos chamados filósofos sofistas, que ganhavam seu sustento ensinando nas ruas e praças, o que não era bem visto por componentes de outras escolas. Os discípulos de Pitágoras e de Platão, por exemplo, não aceitavam pagamento para partilhar seus conhecimentos com seus concidadãos. Os sofistas eram bem informados em muitos assuntos e contribuíram de modo especial para o desenvolvimento da matemática. Preocupado em resolver o problema da trissecção do ângulo, Hípias introduziu na matemática uma curva, conhecida por trissectriz ou quadratriz. O processo de construção dessa curva é cinemático, pois ela é obtida pelos pontos de intersecção de dois segmentos de reta em movimento uniforme. No quadrado ABCD, veja Figura 5, considere o lado DC deslocando para baixo uniformemente a partir de sua posição presente até coincidir com AB, e suponhamos que esse movimento leve exatamente o mesmo tempo que o lado AD leva para girar em sentido horário, de sua posição presente até coincidir com AB. Se as posições 19

20 dos dois segmentos são dadas em um instante fixado qualquer por AD e D C, respectivamente, e se P é o ponto de intersecção desses segmentos, então o lugar descrito por P, durante esse movimento, será a trissectriz de Hípias, ou seja, a curva DP Q na Figura 5. D D' P D'' C C' A Q B Figura 5: Construção da trissectriz.1 Hípias e a trissecção do ângulo Dado um ângulo qualquer, através da construção da curva de Hípias, faz-se com facilidade a sua trissecção ou até mesmo a sua divisão em um número qualquer de partes iguais. Por exemplo, se P AB é o ângulo a ser trissectado, basta dividirmos os segmentos BC e AD, com os pontos E, F, E e F. Se as retas EE e F F cortam a trissectriz em G e H, respectivamente, as retas AG e AH, pela propriedade da trissectriz dividirão o ângulo P AB em três partes iguais. D D' D'' P C C' F G F' E H E' A Q B Figura 6: A trissecção de um ângulo segundo Hípias Desse modo, conclui-se que essa a curva de Hípias resolve o problema da trissecção do ângulo. Ela também é chamada de quadratriz, pois pode ser usada para quadrar o círculo. Consta que Hípias sabia desse método de quadratura mas não conseguiu prova-lo. A quadratura por meio dessa curva foi dada mais tarde por Dinóstrato, como veremos na Seção 4. 3 Menaecmo Menaecmo de Atenas ( a. C.), astrônomo e geômetra da Academia de Platão, conseguiu resolver o problema da duplicação do cubo. Em sua solução usou duas curvas, a parábola e a hipérbole, especialmente inventadas por ele para essa finalidade. A elipse apareceu como corolário dessa invenção. Essas três curvas são chamadas até hoje de secções cônicas, porque Menaecmo as concebeu cortando três tipos de superfícies cônicas de uma folha, a de ângulo agudo (oxytome - elipse), a de 0

21 ângulo reto (orthotome - parábola) e a de ângulo obtuso (amblytome - hipérbole), respectivamente, por um plano perpendicular à geratriz. Oxytome Orthotome Amblytome Figura 7: Secções cônicas Observação A hipérbole de dois ramos só surgiria algum tempo depois, com Apolônio de Perga (6-190 a. C.). Menaecmo ainda não dispunha de sistemas de coordenadas, o que o obrigava a ser muito engenhoso. 3.1 Menaecmo e a duplicação do cubo Apresentaremos agora a solução de Menaecmo para este problema. Com as notações atuais, considerando-se a intersecção de uma parábola e de uma hipérbole cujas equações são dadas por y = x e xy =, tem-se x = 3, que é a aresta do cubo cujo volume é o dobro do de aresta unitária que se considera inicialmente. y xy= y=x 3 x= x Figura 8: Duplicação do cubo 4 Dinóstrato Dinóstrato de Atenas ( a.c.), irmão de Menaecmo, foi também um matemático da academia de Platão. Vimos na seção anterior que Menaecmo resolveu o problema da duplicação do cubo usando cônicas. Já Dinóstrato resolveu o da quadratura do círculo utilizando a curva inventada por Hípias para a trissecção do ângulo. Para se ter uma ideia do método por ele empregado, é preciso deduzir a equação polar dessa curva e utilizar algumas noções de limite. Conforme a Seção, o movimento do segmento DC tem velocidade constante, logo, a distância por ele percorrida é proporcional ao tempo gasto no seu percurso. 1

22 Analogamente, a amplitude do arco DB é proporcional ao tempo gasto no percurso do segmento AD. Como os dois movimentos começam e terminam simultaneamente, os tempos gastos por DC e AD são iguais e, portanto, existe uma proporcionalidade entre as distâncias por eles percorridas. D C a (x,y) y A θ x Q B Figura 9: Relação entre as coordenadas de um ponto qualquer da quadratriz Desse modo, chamando AD = AB = a, pela Figura 9, temos que um ponto arbitrário (x, y) da quadratriz satisfaz a relação y a = θ π, ou seja, θ = πy a. Mas tan θ = y, de modo que a equação cartesiana é dada por x x = y tan πy a = y cot πy a, 0 < y < a. 4.1 Dinóstrato e a quadratura do círculo A grande contribuição de Dinóstrato foi perceber que a solução do problema da quadratura do círculo estava relacionada com a distância AQ, ver Figura 9. Considerando-se a equação cartesiana da quadratriz, o valor de AQ é igual ao valor de x, quando y se aproxima de zero. Assim, AQ = lim y 0 y cot πy a = lim y 0 a π = lim y 0 cos πy a sin πy a πy a y cos πy a sin πy a = a π < a. Após ter obtido o segmento AQ = a pode-se determinar, através de construções π com régua e compasso, os segmentos de comprimentos π a, π e π como na Figura 10. Portanto, a área do círculo de raio a será igual a área do quadrado de lado πa, ou seja, usando a curva Hípias, Dinóstrato conseguiu quadrar o círculo. 5 Arquimedes Arquimedes de Siracusa, (87-1 a.c.) é considerado o maior sábio da antiguidade e um dos mais famosos de toda a história da ciência. Foi matemático,

23 1 1 a a / π / π 1 π π π a / π 1 a Figura 10: Constru c oes de π, π e π. a f ısico, astrˆonomo e engenheiro, enriqueceu a geometria euclidiana, j a altamente desenvolvida, contribuiu para o progresso da algebra, lan cou os fundamentos da mecˆanica e at e prenunciou o c alculo diferencial e integral. Ao dar continuidade, e grande avan co, aos trabalhos de Eudoxo de Cnido ( a.c.), aperfei coou o m etodo de exaust ao que seria durante 000 anos o u nico instrumento seguro para o c alculo de areas e volumes. Para mais detalhes sobre a vida e a obra de Arquimedes, ver por exemplo [4], [7], [8] e [13]. Figura 11: A morte de Arquimedes - Gustave Courtois ( ) Da grande obra de Arquimedes, para os prop ositos deste trabalho, destacaremos a espiral, curva por ele inventada, provavelmente preocupado com a resolu c ao dos problemas cl assicos. No tratado Sobre Espirais, ver [6] Arquimedes estudou as propriedades dessa curva, cuja defini c ao e dada por: Defini c ao 3 (Espiral de Arquimedes) A espiral e o lugar geom etrico no plano de um ponto P que, partindo da origem O, move-se uniformemente sobre um segmento de reta que, tamb em uniformemente, gira em torno de O. Atualmente, com o uso de coordenadas polares essa curva pode ser descrita por r = aθ, em que a e uma constante. Com a espiral Arquimedes apresenta um exemplo que contraria a cren ca de que a matem atica grega e essencialmente est atica. A pr opria defini c ao envolve a id eia de variabilidade e Arquimedes ao compor os dois movimentos encontrou a tangente a essa curva. O seu processo baseia-se em considera c oes cinem aticas, bem parecidas com as que seriam realizadas no C alculo Diferencial a partir do s eculo XVII, ver Figura 1. 3

24 y P r=aθ O θ x Figura 1: A espiral e a composição de movimentos Entre as 8 proposições do tratado de espirais há várias que dizem respeito a áreas. Para exemplificar, será apresentada uma de interesse para a quadratura do círculo. Proposição 4 (Proposição 4 do Tratado de Espirais) Considere a espiral de Arquimedes dada na Figura 13. A área dessa espiral no primeiro giro é 1 da área do 3 círculo de raio OB = πa, em que B é o ponto atingido pela espiral quando θ = π. O πa B Figura 13: A espiral de Arquimedes Demonstração: Divida o círculo de centro O e raio OB = πa em n setores iguais, com ângulo central s = π. Por construção, as retas que definem tais n setores cortam a espiral em pontos cuja distância da origem é r k = a(ks) para k = 1,,..., n, pois θ = ks. Agora, para cada arco da espiral, delimitado por um dos n setores, trace dois círculos, um inscrevendo-o e outro circunscrevendo-o, conforme a Figura 14. Se P e R são pontos onde a espiral intercepta o k-ésimo setor OXY, então OP = r k 1 e OR = r k. Agora, denote as área dos k-ésimos setores OXY, OMR e 4

25 X Y S k M P Ck r k-1=a(k-1)s R N I k r k=aks O π n πa S = n C n B Figura 14: A quadratura da espiral OP N, respectivamente, por s k, c k e i k. Uma vez que a área de um setor circular, com ângulo central θ, de um círculo de raio r é dada por πr θ π = 1 r θ, segue que s k = 4π3 a n, c k = πr k e i k = πr k 1 n n. Observe que i 1 = 0 e que a área S = OP RB, da primeira volta da espiral, está entre as áreas C = c 1 + c c n e I = i 1 + i i n, ou seja, i 1 + i i n S c 1 + c c n. Como c k = i k+1 para k < n, segue que C I = c 1 + c c n i 1 i... i n = i + i i n + c n i 1 i... i n = c n = s n = 4π3 a n e essa diferença pode ser feita tão pequena quanto se queira tomando-se n suficientemente grande. Seja A a área do círculo de centro O e raio OB = πa e observe que C A = c 1 + c c n s 1 + s s n πr1 n = + πr n πr n n n 4π3 a n = 1 r1 + r r n n (πa) = r 1 + r r n = a ( π n nr n ) + a ( π n = n nn. na n ( π n ) a n ( π ) n ) 5

26 Uma vez que por indução sobre n mostra-se que segue que e, portanto, n = 1 n(n + 1)(n + 1), 6 1 C A = 6n(n + 1)(n + 1) nn = 1 ( n + 3n + 1 ) 6 n ( C lim n A = lim 1 n + 3n + 1 ) 1 n 6 n = lim ( + 3n n 6 + 1n ) = 1 3. Analogamente, tem-se Logo, I A = i 1 + i i n s 1 + s s n = 0 + c 1 + c c n 1 s 1 + s s n = = 1 n πr1 n + πr n πr n 1 n n 4π3 a n r 1 + r r n 1 (πa) = r 1 + r r n 1 = a ( π n nr n ) + a ( π n ) a (n 1) ( π na n ( π n = (n 1) nn = 1 6 ) (n 1)n((n 1) + 1) nn = 1 6 n ( n 3n + 1 ) ( I lim n A = lim 1 n 3n + 1 ) 1 n 6 n = lim ( 3n n 6 + 1n ) = 1 3. n ) Como I S C, então I A S A C A e, portanto, 1 3 = lim I n A lim S n A lim C n A = 1 3. Assim, conclui-se que S = 1 3 A. 5.1 Arquimedes e a quadratura do círculo A quadratura do círculo através da espiral Considere um círculo de raio r = a centrado na origem. Mostra-se primeiramente que é possível construir um retângulo com área πa. Para isso, considere a espiral de Arquimedes r = aθ, como na Figura 15. A espiral tem intersecção com o eixo y no ponto aπ, ou seja, obtém-se um retângulo com altura aπ, base a e área πa. Finalmente, para se construir o quadrado de lado x com área igual a do retângulo da Figura 15 deve-se encontrar a média proporcional, ou geométrica, entre a e aπ, ou seja, x = a π, como na Seção

27 y aπ r=aθ a r=a x Figura 15: Quadratura do círculo com o uso da espiral de Arquimedes 5.1. A quadratura do círculo através do método de exaustão Ao aperfeiçoar o método de exaustão de Eudoxo, Arquimedes apresentou uma outra maneira de se quadrar o círculo. Esse método se baseia na seguinte Proposição: Proposição 5 Se de uma grandeza qualquer subtrai-se uma parte não menor que a sua metade e do resto novamente subtrai-se não menos que a metade, e se esse processo de subtração é continuado, finalmente restará uma grandeza menor do que qualquer grandeza de mesma espécie. Para a prova dessa Proposição, por redução ao absurdo, Eudoxo se baseou no seguinte Axioma, hoje conhecido como Axioma de Eudoxo-Arquimedes: Axioma 6 Dadas duas grandezas diferentes A e B, de mesma espécie, e que tem uma razão, isto é, nenhuma delas sendo zero, pode-se encontrar um múltiplo de qualquer delas que seja maior que a outra, ou seja, existem números inteiros positivos m e n tais que na > B ou mb > A. Exemplo: Na Figura 16, pretende-se encontrar a área do círculo pelo método de exaustão. Nota-se que a área do triângulo em azul é maior que a metade da área do círculo. Os três triângulos em vermelho tem área maior do que a metade do que tinha sobrado. Continuando o processo, a área que ainda restar será menor do que uma grandeza de mesma espécie, fixada arbitrariamente. Assim a área do círculo será encontrada somando-se o triângulo em azul, com os três triângulos em vermelho, etc. Figura 16: A área do círculo pelo método de exaustão 7

28 A Proposição anterior, equivale a seguinte formulação atual: considere M uma grandeza qualquer, ε outra grandeza, prefixada de mesma espécie, e r uma razão tal que 1 r < 1. Então, pode-se encontrar um inteiro positivo N, tal que M(1 r)n < ε para todo inteiro n > N. Assim, a propriedade de exaustão equivale a dizer que lim n M(1 r)n = 0. Proposição 7 (Arquimedes) A área de qualquer círculo é igual à área de um triângulo retângulo em que os catetos são iguais, respectivamente, ao raio e ao comprimento da circunferência do círculo. Demonstração: Considere um círculo de raio r, com o comprimento da circunferência c e área C. Considere também o triângulo retângulo de área T = rc. Deve-se mostrar que C = T. C r r T c Figura 17: Equivalência entre as áreas do círculo e do triângulo retângulo Para demonstrar esta Proposição, Arquimedes usou o processo de dupla redução ao absurdo, além do método de exaustão (Proposição 5). Para isso supôs primeiramente que C > T. Seja A = C T > 0. Considere um polígono regular inscrito de apótema m, perímetro p e área P, tal que C P < A. Desse modo, C P < A = C T, ou seja, P > T. Mas P = pm e T = cr, logo, pm > rc, o que é um absurdo, pois p < c e m < r. Então, C T. (5.1.1) m Figura 18: Aproximação da área do círculo por polígonos inscritos Agora, suponha C < T. Seja A = T C > 0 e considere um polígono regular circunscrito de apótema r, perímetro p e área P, tal que P C < A. Assim, P C < A = T C, ou seja, P < T, ou ainda, rp < rc. Logo, p < c, o que é um absurdo, pois p > c. 8