Duplicação, trissecção e quadratura

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JOCIANE

NTADOR:

PROFESS

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Florianópolis

1999

Esta Monografia foi julgada adequada como TRABALHO DE CONCLUSÃO

DE CURSO no Curso de Matemática — Habilitação Licenciatura, e aprovada em sua forma final pela Banca Examinadora designados pela Portaria n° C4/SCG/99.

Prof° Carmem Suzane Comitre Gimenez Professora da disciplina

Banca Examinadora:

Prof. Antanio Vladimir Martins

Orientador

Prof. Jose Luiz Rosas Pinho

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Prof. Neireu Estanisl Burin

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Sumário

Resumo

4

Introdução

5

OS

TRÊS

PROBLEMAS

CLÁSSICOS

6

HISTÓRICO 6

AS REGRAS DO JOGO PARA CONSTRUÇÃO COM

RÉGUA

E COMPASSO

8

COMPASSO MODERNO

E

COMPASSO

EUCLIDIANO

8

PROPOSIÇÃO 1. 9 PROPOSIÇÃO 1.A 11

DUPLICAÇÃO

DO

CUBO

12

TRISSECÇÃO

DO

ÂNGULO

15

TRISSECÇÃO COM ESQUADRO DE CARPINTEIRO 16

MÉTODO DE TRISSECÇÃO 19

QUADRATURA DO CÍRCULO

22

PEQUENA

CRONOLOGIA DE It

27

CÁLCULO

APROXIMADO DE It

29

ANALISE

DOS PROBLEMAS

31

NÚMEROS

ALGÉBRICOS

E

TRANSCENDENTES

3 7

CR I TÉRIO E I NSENS TEI N 35

TEOREMA SOBRE CONSTRUÇÕES GEOMÉTRICAS 35

CONCLUSÃO

42

RESUMO

O objetivo deste trabalho é mostrar

a

insolubilidade de três problemas da antiguidade

usando os métodos da geometria clássica.

Apresentamos

algumas

con siderações

relacionadas a natureza do problema e alguns métodos

simples para soluciond- los, mas que fogem dos

métodos clássicos. Este trabalho virá a ser urn

incentivo ao despertar tanto de professores, como de

alunos ao importante papel da geometria nos dias

atuais.

INTRODUÇÃO

Este trabalho contém

informações

sobre

três

problemas de construção geométricas. A

duplicação

do cubo, a

trissecção

do

ângulo,

a

quadratura do circulo

e

suas

contribuições

para

o

desenvolvimento matemático,

além de

regras

e

métodos de

construção.

Procuramos organizar este trabalho de

maneira

não

exaustiva, mas simples,

proveitosa

e

além de tudo mostrar como

é

fascinante a

matemática ligada

às

construções

geométricas.

Nosso desejo

é

que

nas páginas

a seguir

o

leitor consiga compreender

e

utilizar

as

ferramentas da geometria para construir uma

OS TRÊS PROBLEMAS CLÁSSICOS

HISTÓRICO

As construções corn régua e compasso já aparecem no século Va C., época dos pitagóricos, e tiveram enorme importância no desenvolvimento da Matemática grega Nesta época circulavam relatos persistentes e consistentes sobre vários matemáticos que evidentemente estavam intensamente preocupados corn problemas que formaram a base dos desenvolvimentos posteriores na geometria.

E bastante curioso que uma boa parte dessa geometria tenha se originado nas

tentativas sucessivas de resolver três problemas de construção, que são os seguintes:

1) Duplicação do cubo ou o problema de construir o lado de um cubo cujo volume é o

dobro do volume de um cubo dado.

Figura 1

2) Trissecção do ângulo ou o problema de dividir um angulo arbitrário em três partes

iguais.

60° 20°

3) Quadratura do circulo ou o problema de construir um quadrado corn Area igual A de um circulo dado ou construção do número 7C.

Tr

Figura 3

E importante salientar que construir para os gregos significa, construir apenas com régua e compasso seguindo regras que serão apresentadas mais adiante, nesta monografia.

A busca de soluções influenciou profundamente a geometria grega e levou a muitas descobertas frutíferas como: as secções cônicas, muitas curvas cúbicas e quirticas e várias curvas transcendentes.

As secções cônicas foram inventadas por Menaecmo (350 a.C. ) quando tentava achar uma solução para a duplicação do cubo. Estas secções cônicas também foram usadas para solucionar o problema da trissecção de um ângulo. Dentre as curvas cúbicas temos, Por exemplo, a cissoide, inventada por Diocles(180 a.C.) para resolver o problema da duplicação do cubo. Sua equação cartesiana é dada por y 2 (a – x).-- x 3 . Dentre as curvas

quarticas temos, por exemplo, a conchoíde, inventada por Nicomedes (240 a.C. ) com esta curva pode-se resolver tanto o problema da trissecção como o da duplicação. Sua equação

é dada por (x 2 + y 2 )(x – b) 2 = a2 x 2 . Quanto as curvas transcendentes (não algébricas) que

não só trisseccionam um ângulo dado como, mais geralmente, multisseccionam-no num número qualquer de partes podemos citar a quadratriz, inventada por Hipias de Elis (425 a C.) que foi usada para solucionar o problema da quadratura do circulo. Existem dúvidas sobre quem a usou primeiro. E possível que Hipias a tivesse usada para trisseccionar ângulos e que Dinostrato (350 a.C.), ou algum outro geômetra posterior, a tivesse aplicado

( roc ao problema da quadratura. Sua equação cartesiana e dada por y = 3c . cot —

curva transcendente é a espiral de Arquimedes, esta curva foi usada tanto para resolver o problema da trissecção quanto o da quadratura. Sua equação cartesiana é dada por

( Vx 2 +y 2 =.a.arcig --3I

x

A história do completo esclarecimento destes três problemas é uma das mais interessantes e instrutivas da historia da Matemática, passando pela "consolidação" dos números complexos, com o grande Gauss (1777-1855) e pela criação da teoria dos grupos com o genial Galois (1811-1832).

AS REGRAS DO JOGO PARA A CONSTRUÇÃO COM RÉGUA E COMPASSO

• CONSTRUÇÕES PERMITIDAS:

1) Com a régua permite-se traçar uma reta conhecendo dois de seus pontos;

2) Com o compasso permite-se tragar uma circunferência com centro num ponto dado passando por um segundo ponto dado.

• CONSTRUÇÕES NÃO PERMITEDAS.

1) Usar uma graduação previamente preparada da régua ou do compasso. 2) Tomar sobre urna reta um ponto "arbitrário"

3) Deslizar a régua até uma certa posição.

0 traçado de construções com régua e compasso, visto como um jogo em que se obedecem a essas regras, mostrou ser um dos jogos mais fascinantes e absorventes

jamais inventados.

COMPASSO MODERNO E COMPASSO EUCLIDIANO

E importante salientar que temos dois tipos de compasso: - o compasso conhecido como compasso euclidiano e o compasso moderna Por este ultimo é permitido

traçar um circulo com centro num ponto qualquer e tendo como raio um segmento AB

qualquer Em outras palavras, permite-se falar em "com centro em C e raio AB (um raio

transportado), podemos construir uma circuferencia. 0 compasso euclidiano, por outro lado, desmonta-se quando se levanta uma de suas pontas do papel. Poderia parecer assim que o compasso moderno fosse mais poderoso do que o euclidiano, ou o compasso

desmontável

Na proposição abaixo, mostraremos que o compasso euclidiano pode fazer

qualquer construção que é feita pelo compasso moderno. Para isso, deve-se mostrar que um

circulo com centro C e raio (transportado) AB pode ser construido com compasso euclidiana

Observação daqui por diante usaremos a notação C(CB) para o circulo de centro C e raio

CB .

Proposição I: Dados um ponto A e um segmentoBC, sejam D e E os

pontos de interseção dos círculos A(AB) e B(BA), e X o ponto de interseção dos círculos

D(DC) e E(EC) então AX = BC, ou seja, A(AX) = A(BC).

Figura 5 Figura 6 Figura 7

Demonstração:

Devemos mostrar que o triângulo ADX é congruente ao triângulo BDC

(figura 7). Considere os triângulos EDA e EDB (figura 5), então AE = EB e AD = DB ,

pois E e D estão na interseção das circuferências B(BA) e A(AB) Como AR = ES, AD = DB e ED é lado comum, então o triângulo FDA é congruente ao triângulo EDB , e

portanto, FA4 = Efffi. Temos também que o triângulo EDX é congruente ao

triângulo EDC (figura 6), porque DC = DX, pois, C e X pertencem a circunferência

DOJO, EC = EX , pois, C e X pertencem a circunferência E(EC) e ED é lado comum, logo, E/iX = Elk . Dessa forma, tomando os triângulos ADX e BDC (figura 7) temos

DC = DX, pelo mesmo motivo já citado e DB = DA, pois D está na interseção das

circunferências B(BA) e A(AB), Al5X -= EbX — Eli A (figura 4) e

BDC = EJ5C — EbB (figura 4), consequentemente, AbX = HOC, logo os triângulos

ADX e CDB são congruentes, e, portanto, BC -= AX, ou seja, A(AX)= A(BC).

Esta construção também pode ser feita usando régua e compasso.

Proposição Ia) Dados um ponto A e um segmento BC, seja D uni ponto que forma um

triângulo equilátero com A e B, G é ponto de interseção da semi-reta DB com B(BC) e

X é ponto de interseção da semi-reta DA com a circunferência D(DG). Então AX = BC

Figura 8

Demonstração:

Observando o triângulo ABD que é equilátero e tem lado a, podemos escrever que DX = a + AX e DG = a+ BG , como DX = DG por pertencerem a

circunferência D(DG) então AX = BG e como BU = BC por pertencerem a

circunferência B(BC) então AX = BC.

DUPLICAÇÃO DO CUBO

HISTÓRICO

Conta a lenda que o problema da duplicação do cubo se originou em 428 a.C.,

entre os gregos de uma visita ao oráculo de Delfos. Havia uma epidemia na época, e o oráculo disse que esta so cessaria se se duplicasse o tamanho de um altar cúbico de Apolo. Então os pedreiros e arquitetos construíram um novo altar dobrando-se cada uma das dimensões do altar antigo. E lógico que eles cometeram um erro, pois tornou o volume oito

vezes maior 0 oráculo não ficou satisfeito, e os matemáticos gregos, reexaminando o

problema, perceberam que a duplicação corresponderia não a duplicar o lado, mas multiplicá-lo pela raiz cúbica de dois. Para resolver o problema da duplicação tinha a restrição de usar somente régua e compasso. Muitas tentativas de soluções envolvendo as restrições aconteceram, porém todas fracassaram Os gregos, então, em busca de soluções

passaram a usar outros instrumentos e algumas curvas superiores, o que tornou possível

duplicar o altar Assim, o oráculo foi aplacado e a epidemia desapareceu. Verdadeira a historia ou não, o fato é que não podemos "duplicar o cubo" com régua e compasso,

conforme sera visto mais adiante.

0 desenvolvimento no problema da duplicação foi a redução do problema feita

por Hipocrates (440 a.C.). Ele provou que o problema da duplicação era o mesmo que o

problema de achar duas médias entre dois segmentos de reta de comprimentos s e 2s. Que

S X

para nos significa que devemos achar x e y de modo que — = = — y Destas proporções x y 2s

temos que x 2 = sy e y 2 = x2s , substituindo y, obtém-se que x' = 2s 3 . Assim, o

MÉTODO DE DUPLICAÇÃO

A seguir apresentaremos uma construção feita por Newton, que usa as

proporções de Hipócrates:

Seja AO um segmento de reta de comprimento 2a. Seja B o ponto médio de

AO. Com centro 0 e raio OB descrever uma circunferência. Tome um ponto C sobre a

circunferência tal que BC =a . Marcando pontos D' e E' em uma régua (aqui é quebrada a regra do jogo!) tal que D'E' = a e deslizando a régua pelo ponto O, obtém-se os pontos

a OD CE

D sobre a reta AC e E sobre a reta BC tal queDE = a .Então —

OD = —CE = —2a , ou seja, OD é a aresta do cubo duplicado.

Figura 9

Demonstração:

Passando por 0 uma paralela a AC encontrando a reta BC no pontoP , temos

o triângulo OBP , que é isósceles, pois, é congruente ao triângulo CBA, e portanto BP = a

e CP -= 2a. Por Tales, usando as paralelas AD e OF temos que:

a OD a CE CE = —2a (1) ou OD--2a (2)

Como o triângulo OCB é equilátero então 063 = 600 , e, portanto,

OC'E =120° . Usando a lei dos cossenos no triângulo OCE, temos:

dessa igualdade temos

usando (1),

ou seja,

(OD + a)2 =a2 +CE2 —2.a.CE cos 120°

CE 2 =0D2 +2.a.0D—aCE (3)

a aCE OD O132

CE C.E2 e 2a — 2a0D

aCE OD2

CE2 2a0D

e somando 1 em ambos lados temos:

aCE +CE2 0,02 + 2a0D CE2 2a0D

substituindo (3), obtemos:,

aCE + OD2 + 2a0D — aCE 0D2 + 2a0D

CE2 2a0D resolvendo a igualdade CE OD 4. 4 CE 2 =2a0D ou — (,) 2a CE juntando (2) e (4) temos: a OD CE OD CE 2a

TRISSECCÂO DO ÂNGULO

HISTÓRICO

Mais ou menos ern 428 a.C. , na mesma época do problema da duplicação do cubo, circulava em Atenas o problema de trissecionar um Angulo.

E possível que o problema da trissecção tenha surgido a partir da facilidade

corn que qualquer segmento de reta pode ser dividido em qualquer número de partes iguais, usando-se apenas régua e compasso, ou mais provavelmente, é possível que o problema

tenha surgido de esforços para construir um polígono regular de nove lados. Para fazer esta construção deve-se construir um Angulo central de

3600—

400 Assim, construindo um 9

ângulo de —1 60° = 20° e duplicando obtém- se um Angulo 40° 3

A trissecção de um ângulo recebeu muita atençío dos jornais durante os últimos anos porque continuam a surgir monografias onde se declara haver sido encontrada a

solução completa do problema, o que vêem causando um mal entendido amplamente

difundido sobre se é possível ou impossível trisseccionar um Angulo. E possível ou

impossível? Impossível, quando se impõe a limitação rígida, que teve origem com os gregos antigos, de se usarem apenas compasso e régua sem escalas. Mas, permitindo-se

deslizamento ou marcas é fácil trisseccionar um Angulo.

TRISSECCÂO COM 0 ESQUADRO DE CARPINTEIRO

Vamos trisseccionar o angulo

Figura 10

I. Marque no esquadro os pontos V.

R,T

R,T

S

RT =

RT I

S

2. Usando o esquadro, trace uma reta paralela a GB, da maneira mostrada figura:

Obs.: a distancia da reta --- a reta paralela OB é TS.

3. Deslizando o esquadro de modo que o ponto R fique sobre AO, o ponto S fique sobre

a reta s e o lado TV com a extremidade V sobre o vértice 0 (figura 13 a), vamos obter os pontos C, D e E (figura 13 b):

Figura 13 a Figura 13 b

4. Traçando OD e GE, afirmamos que COD = EOD = 1-2468 . Seja F um ponto sobre

OB tal que a distância FE = ED e portanto OPE 900 .

Figura 14

Justificativa

Observando os triângulos COD e EOD (figura 15), temos que:

• OD é lado comum;

• b.= 90° é ângulo comum;

• ED = DC (pois ST = TR). Pelo critério LAL concluímos que os triângulos COD e

EOD são congruentes e portanto COD = EOD . Tomando os triângulos OFE e ODE,

temos:

• hipotenusa OE comum;

• Catetos FE = DE. Pelo critério da congruEncia de triângulos retângulos concluímos

que os ângulos OFE e ODE são congruentes, e portanto, FOE = DOE, assim,

COD EOD = EOF = —1 AOS

Figura 15

MÉTODO DE TRISSECÇÃO

Apresentamos a seguir uma outra maneira de trisseccionar um ângulo arbitrário, feita por Arquimedes:

1) Vamos trissecar um ângulo agudo:

Dado o angulo COD = x uma semicircunferencia de centro 0 e raio r corta em C o lado OC Marcam-se sobre a régua os pontos A e B distando r ( aqui já começa

a violação das nossas regras!) mantendo A sobre o prolongamento de OD e B sobre a

semicircunferência, de modo que a régua passe por C, obtendo então o ângulo CAD _{= y .}

Nestas condições, tem-se y = — x

. 3

Figura 16.

Justificativa

Traça-se por 0 uma paralela a AB . A seguir considere os ângulos indicados

abaixo:

Figura 17

Desde que x =7 + )9 e )9 = 61, por serem ângulos alternos internos, então x =7+0 Porém, O=p pois o triingulo BOG é isósceles e portanto x = y + p Ji que o

triângulo AOB é isósceles, pelo teorema de Angulo externo p = 2y . Como y e y são

2) Vamos trissecar um ângulo obtuso:

Seja o ângulo COD = x e uma semicircunferência de centro 0 e raio r que corta em C o lado0C. Marcam-se sobre a régua os pontos A e B, distando r (aqui já

começa a violação das nossas regras!). Desliza-se a régua (novamente proibido!) mantendo-a sobre o prolongamento de OD e B sobre o semicircunferência, de modo que a

régua passe por C, obtendo então o Angulo CAD = y . Nestas condições, w = 60— y = —;

Figura 18

Justificativa:

Traça-se por 0 uma paralela a AB . A seguir considere os ângulos indicados abaixo

saMnier

S

r

Figura 19

Como x =180 —(y + ,8) e /3 = 0, por serem ângulos alternos internos, então x =180 —(y +0), porém 0 = p, pois o triângulo BOC é isósceles, assim, x =180 — (y — p). Pelo teorema do ângulo externo e por ser o triângulo ABO isósceles,

p =2y . Como y e 7 são correspondentes y = , segue que

x =180 — (y + p) = 180 — (y + 2y) =180 —3y , entâo 180 —3y , ou seja, iv 60 —y = —x 3

QUADRATURA DO CIRCULO

HISTOIUCO

A quadratura do circulo é considerado o mais famoso problema de toda a história da matemática A solução completa deste problema esperou por mais de 2000 ano& Já em 1650 a.0 o papiro Rhind relacionava vários problemas em que a area de um circulo

de diâmetro d é expressa como a area de um quadrado cujo lado é d d 8 d . Isto 9 9

256

conduzia a um valor de 71- de —

81 — 3'1605, no caso, porém, o problema aparece como

sendo de area e não de construção geométrica.

Os gregos tinham conhecimento do problema antes de 400 a.C. . Em Os

pássaros, escrito por volta de 414 a.C, Aristófanes refere-se ao problema como sendo de construção geométrica e não de area Como podemos perceber a idéia de quadrar é bastante

remota, pois os gregos já sabiam quadrar muitas figuras. Sabiam quadrar qualquer polígono.

Para demonstrar que é possível quadrar qualquer polígono, basta mostrar que

um polígono de n lados pode ser transformado ern um poligono equivalente de n-1 lados A

o ponto A; na reta A„_,A„ e assim, obtemos um polígono A 1'A 2 ...A (de n-1 lados) que é

equivalente ao polígono AL A, .A n lados), pois a area do triângulo A,A,A é igual a area do triângulo A;24 2 24„

Figura 20

Justificativa:

Area AI A,. ,24„= area A 2 A 3 ...A„+ area do triângulo A 1 A 2 4,— area A 2 A 3 ...A„ area do triângulo .44;442A„= area AA 2 .

Assim, por exemplo, um pentágono é transformado em um quadrilátero equivalente e um quadrilátero em um triângulo A quadratura do triângulo é fácil e é vista logo a seguir:

• Quadratura do triângulo, ou seja, achar um quadrado com area igual a area de um

triângulo dado

Seja um triângulo de base b altura h.

Figura 21

Como este triângulo deve ser equivalente a um quadrado de lado a então:

OU 2 b-h a = 2 bh a= 11 2

A construção com régua e compasso é conhecida e está feita na figura 22:

a

a

li ₂

Figura 22

Nota:

• Quadratura do paralelogramo, ou seja, achar um quadrado com area igual a de um paralelogramo dado

Figura 23

Como este paralelogramo deve ser equivalente a um quadrado de lado a então:

= b.h ou a =

A construção com régua e compasso é conhecida e esta feita na figura 24:

El

a

li _b

Figura 24

Voltando a quadratura do circulo: como era possível quadrar qualquer

poligono, seria natural tentar resolver o problema de quadrar a "mais simples" das figuras curvilineas: o circulo.

C

A hi-ea de um circulo de raio r é 772, onde 71. = - é a razão entre o

comprimento C da circunferência e seu diâmetro de a Area do quadrado de lado a é a2.

Assim, igualando as áreas temos:

a

2

a=

rjr

Se fosse possível construir com régua e compasso o número ir entâo

-1;

construtivel de acordo corn a figura seguinte

e assim poderíamos construir r..1 da seguinte maneira:

1

Figura 26

PEQUENA CRONOLOGIA DE Ir

Apresentamos uma exposição de dados selecionados dos valores

atribuidos ao

número ir ( que é a razão entre o comprimento da

circunferência e seu diâmetro).

1) PAP1R0 DE RHIND ( E 1700 a.C.)

Neste papiro se 18: - a area de um circulo é igual a de um quadrado cujo

o lado

é o diâmetro do circulo diminuído

de sua nona parte, ou seja,

a 2 (2r 2r)2 = 162 (_56 E 4 4 2 3,1604. Acredita- se que este resultado

9) 92 3 Si

tenha sido obtido empiricamente.

2) BABILÔNIOS ( 2000 a.C. — 1600 a.C.)

Em frações decimais, isto equivale 3,125< rt <3,142. 8 7

3) MELIA — VELHO TESTAMENTO ( 500 a,C.)

No primeiro livro dos Reis (1,7:2311 Crônicas, 4 . 2) o valor de 7r é 3.

4) ARQUIMEDES (E 240 a.C.)

Usando polígonos regulares inscritos e uma circunferência, o

comprimento da circunferência situa-se entre o perímetro de qualquer polígono

regular inscrito e o de

qualquer polígono regular circunscrito. Arquimedes partiu de um

hexágono regular e

calculou os perímetros e areas de polígonos regulates de 6, 12, 24, 48

e 96 lados, inscritos

e circunscritos a uma circunferência e mostrou que

3-10 <ir < 3-10 o que é equivalente a

71 70

dizer que n- está entre 3,14084 e 3,14285. E foi obtido numa

época em que não havia

nenhuma notação conveniente para número 0

método acima, baseado nos polígonos regulares inscritos e circunscritos, é conhecido como método clássico

do cálculo de Jr.

Observaram que o valor de ir se situa entre

3-1

e 3 1 ou seja, 8 7

5) CLÁUDIO PTOLOMEU (87 – 165)

Ele calculou as cordas de todos os ângulos de meio em meio grau, entre 0 e

180 graus, e obteve para 7r o valor aproximado 3, 14166. 6) TSU CHUNG – GBH (430 –501)

Este mecânico chines deu a interessante aproximação racional

=- 3,14159292_, que é correta até a sexta casa decimal, que somente 1000 anos

depois na Europa o valor foi redescorberto.

7) ARYABHATA (c.530) e BHASKARA 1140)

ARYABHATA considerado um dos mais antigos matemáticos hindus e, 3927

posteriormente, BHASKARA obtiveram para 7r o valor — z 3,1416 usando

1250

perímetros de polígono de 12, 24, 48 e 96 e 384 lados.

8) FRANCISCO VIETE (1569)

Este matemático francas, encontrou um valor para 71' corretamente até a nona

casa decimal pelo método clássico, usando poligonos de 6.2 16 = 393 216 lados. 9) ADRIAEN VAN ROOMEN (1593)

Este encontrou urn valor de 7r correto ate a décima quinta casa decimal, pelo método clássico, usando polígonos de 2' = 1.073.74 L 824 lados.

10) LEONARDO EULER (1707 –1783)

Foi responsável pela introdução do símbolo ir (primeira letra da palavra

2

perímetro em grego). Ele provou que 7/- =1+-1 +-1 +.. e acreditava que 7C era

6 2 2 3 2

irracional (ainda não existia uma prova) e conjecturou que 22- era transcendente.

11)LUDOLPH VAN CEULEN (1610)

Este holandês calculou 7r com 35 casas decimais, pelo método clássico, usando polígonos de 262 = 4.61 L686.018.427387.904 (mais de 4 quinquilhões de lados). 355

12) JOÃO HENRIQUE LAMBERT (1728 — 1777)

Demonstrou em 1767 que Tr é irracional. Pondo fim no esforço de muitos

matemáticos ern achar um período para o número 13)WTLLIAN SHANKS (1873)

Usando a formula de Machin e após 15 anos de trabalho obteve rc com 707

casas decimais (526 corretas).

14) CARL LOUIS FERDINAND VON LINDEMANN (1852— 1932)

Demonstrou que 71- é transcendente, ou seja, yr não é raiz de nenhum

polinômio corn coeficientes racionais, usado por Hermite na prova de

transcendência do número e.

CÁLCULO APROXIMADO DE g

Apresentaremos a seguir dois métodos de aproximação para o número

MÉTODOI

0 triplo de um diâmetro de um circulo acrescido de um quinto do lado do

quadrado inscrito fornece uma aproximação de ir, correta até a terceira casa decimal_

Justificativa:

Pelo teorema de Pitágoras, temos:

az = [-d2 )2

4—dj

2.

= 2d2 4

10 substituindo (1) em 3d + —1 a obtemos: 5

3d +1

MÉTODO2 (desenvolvido pelo jesuíta polonês Kochanski em 1685)

Este método fornece uma aproximação correta de g até a quarta casa

decimal. Consiste em:

1) AOB é diâmetro de um circulo de raio r =1;

2) C: ponto da reta tangente ao circulo no ponto B tal que COB = 30° ;

3) D: ponto da mesma reta tangente tal que CD =3.r =3.1=3 e B está entre C e D . 4) AD 'a' ri

BD =3r --Nri

3 r ,

Pelo teorema de Pitagoras, temos

AV =BA' + BD2 (1)

Como BD = CD –CB e CD =3r e BC = r .(g30° =—r

3

temos:

e portanto, substituindo em (1), vem que:

AD 2 (202 +[3r ri 2 3r AD = r..\/( 4° – 215) 3 AD = r.3,1415333

desde que r =1, entdo AD = 3,1415333...

ANÁLISE DOS PROBLEMAS

Sabe-se agora que os três famosos problemas de construção são impossíveis

de resolver, pois, tais construções não poderii ser efetuadas pelos métodos da geometria

Euclidiana, usando apenas régua e compasso, apesar de haver muitas soluções

aproximadas, mas nunca uma solução exata. A distinção aqui é clara o problema da

duplicação do cubo, por exemplo, consiste em descrever uma construção com

instrumentos de desenho teoricamente perfeitos de um segmento não de comprimento quase igual a 3J , mas sim exatamente igual a Não sera solução do problema, por 31

exemplo, a construção de um segmento de comprimento 10(8- Va), apesar de os números 10(8 — ,Ai) e ka coincidirem até a sexta casa decimal.

Por causa da considerável confusão que cerca estes três problemas clássicos vamos tentar esclarecer alguns mal entendidos.

A trissecção do angulo é proclamada impossível, mas o que significa "impossível" em Matemática? "impossível" em Matemática, significa teoricamente impossível. Isto 6,

enquanto não se apresentar uma prova teórica de que um problema não pode ser solucionado deve-se procurar uma solução por mais improvável que seja o sucesso. Para determinar se temos o direito de dizer que a trissecção do angulo, a duplicação do cubo e

a quadratura do circulo são impossíveis, temos de encontrar provas lógicas, que envolvam razões puramente matemáticas. Primeiro temos que obter alguma noção sobre que

comprimentos podem ser construidos com régua e compasso, para isso precisamos

conhecer a teoria dos números algébricos e números transcendentes e depois analisar cada um dos problemas.

NÚMEROS ALGÉBRICOS E NÚMEROS TRANSCENDENTES

Os números reais podem ser subdivididos em dois tipos de dois modos diferentes:

1) como racionais e irracionais ou 2) como algébricos e transcendentes.

Se um número real satisfizer alguma equação da forma

cnxn _+cpc+c, = 0 com coeficientes inteiros, dizemos que o

número é um número algébrico Se um número real não satisfizer nenhuma equação deste

Assim, analisando os números racionais podemos perceber que eles são

algébricos, pois qualquer número da forma —a

"(a b e Z,b 0), satisfaz a equação b

2 bx — a =0 , e portanto, é um número algébrico Por exemplo: —

3 é um número algébrico,

pois, satisfaz a equação 3x —2 = O . Como todo numero racional é algébrico então todo

número não algébrico (transcendente) é um número irracional.

Não só os racionais são algébricos, por exemplo, -5 é um número algébrico, pois, satisfaz

qualquer uma das equações:

— 2 = 0 ou x 3 —x 2 —2x +2 , (x-1)(x z —2)=0

Notamos que o primeiro polinômio é irredutível sobreQ , pois -5 não é raiz de nenhum polinômio de 1 ° grau, com coeficientes inteiros. Se existisse ax +b, (a,b e Z, a 0) que

tivesse 15 como raiz, teríamos que aili+b=0, ou seja, -5 — —b e Q , o que é um a

absurdo. Dizemos então que -5 é numero algébrico de grau 2 e o segundo polinômio é

redutível sobreQ _Q. Observamos que um polinômio com coeficientes racionais é irredutível

sobre os racionais se toda vez que p(x) = a(x) . b(x) , com a(x) , b(x) sendo coeficientes

racionais então a(x) ou b(x) é um polinômio constante. Notemos ainda que Vi

construtivel com régua e compasso:

Analogamente, td e -11+1i são números construtiveis com régua e compasso,

Os números fth e 111+,/i são também números algébricos, pois satisfazem as equações x 4 —3 = O e x 4 — 2x 2 —1= O, respectivamente.

Verificamos a afirmação que V1+-sh é raiz da equação citada: Começamos com:

x = 1-1T77./2

elevando ao quadrado, obtemos: x' =+':

mudando um termo de membro e novamente elevando ao quadrado, obtemos: x 2

X4 —2x 2 +1=2 x 4 —2x 2 —1=0

o polinômio x 4 —3 é irredutível pode ser explicado pelo seguinte critério conhecido

como, Critério de Einsenstein:

"Seja p(x)=a, +ai r + a2 x 2 +...+a„x" um polinômio com coeficiente inteiros.

Suponhamos que para algum número primo p, p não divide a, p divide ao , p divide a,,..., p divide a,, e p2 não divide ao . Então p (x)6 irredutível sobre os racionais".

Para p = 3 , p não divide a „ = 1 (n=4), p divide -= —3 , p divide a, = 0 ,

p divide a, =0 e divide m = 0, e p 2 =9 não divide ao = —3 . Assim, o polinômio x' —3

é irredutível emQ Critério de Einsenstein não pode ser aplicado diretamente no polinômio p (x)=x 4 —2x 2 —1, no entanto, o Critério de Einsenstein pode ser aplicado ao polinômio p —0= x 4 —4x 3 +4x 2 — 2.De fato, tomando p = 2, p nab divide a „ =1 (n=4), p divide ao = —2, p divide a, =0, p divide a, =4, p divide a3 —4 e p" =4 não divide ao = —2, dai, sendo p (x-1) irredutivel sobre Q, segue-se que p também é

irredutível sobre Q Desse modo, 1h e V1+-5 não são raizes de polinômio com coeficientes inteiros de grau menor que 4, e portanto, dizemos que 15 e são números algébricos de grau 4, ou seja, sempre que um número algébrico for raiz de uma

equação de grau n, com coeficientes inteiros, mas, não for raiz de nenhuma equação de

grau menor, coin coeficientes inteiros, dizemos tratar-se de um número algébrico de grau n.

Agora, podemos enunciar um teorema muito importante sobre comprimentos que podem ser construidos pelo método da Geometria Clássica:

IEOREMA SOBRE CONSIRUCOES GEOMÉTRICAS

"Um número é construtivel com régua e compasso se é somente se é um número

algébrico de grau 1, ou 2, ou 4, .. , isto 6, um número algébrico de grau igual a uma potência de 2".

Este teorema implica que: - números algébricos de grau n, onde n não é potência de 2 não são constnáiveis com régua e compasso e também números

transcendentes não são construtíveis com régua e compasso.

Agora temos todos os pre- requisitos para voltar aos três problemas clássicos e demonstrar porque estes são impossíveis de serem resolvido&

Começaremos com a duplicação do cubo. Como já vimos, o problema é construir o número

VI

comprimento construtivel, um número construtivel? Primeiramente, notamos que 4h é

algébrico, pois, satisfaz a equação x s —2 = O. Como Jc s —2 = 0, sugerindo assim que ssk algébrico de grau 3. Para isto, é necessário verificar se não é raiz de nenhuma

equação de grau menor que 3. Através do Critério de Einsenstein , isto é possivel.

Tomando o número primo p = 2 , p não divide a „ =1 (n=3), p

divide ao = —2, p divide a1 -= 0 , p divide a, =0 e p 2 =4 não divide a0 =2 Então,

xs —2 é irredutível sobre os Q . Como 3c2 2 é irredutível então é um número algébrico de grau 3 já que o número 3 não é potência de 2 o teorema de construções

geométricas garante que 1./2 não é construtivel corn régua e compasso, ou seja, é

impossível duplicar o cubo.

A irredutibilidade de xs —2 sobre Q pode ser provada diretamente sem o uso

do critério de Einsenstein. Para isso devemos verificar que 3-5 não satisfaz nenhuma equação de grau 1 ou 2 com coeficientes inteiros. Comecemos mostrando que 3-5 não é

raiz de nenhuma equação de grau 1 com coeficientes inteiros. Para isto precisamos

mostrar que não existem inteiros a e b, corn a#0, tais que: asVi. + b = o , pois, caso

existisse poderíamos isolar e assim, 412- =

--b

de modo que seria um número

a

racional O que é o absurdo(referencia [6 ] ).. Agora, devemos mostrar que não é raiz de nenhuma equação de grau 2, com coeficiente inteiro& Vamos mostrar que não existem

Suponhamos que 35 seja raiz de tal equação e chegaremos a uma contradição. Assim, tomamos:

4

a 23"1-6- + 2a14-4-

1,12

c1 2

0

-14 =

2a 2 Vi+ 4ab+b24j = e 2

b 23,14+2a 23112 = c 2 -4ab (2) as equações (1) e (2) nos inspiram a considerar o sistema linear:

f

1

1 ° caso: A = 2a3 -b 3 = 0

a b

b 2 2a2 = 2a3 -b 3 seja igual a zero ou

2a 3 =b 3 <=> 2 = = 3 3

1fi =

a3 a a

2° caso: = 2a 3 -b 3 0 (a #0)

O sistema (3) tem solução única dada por

—c

4ab 2a 2 —2ca" —1P(c 2 - 4a0

G Q

x . 3-121 AX =

A 2a 3 — b' 2a2

a que é um absurdo, pois VZ1 é um número irracional (referência [6 ] ). Da mesma forma

para y =3.fi = AY =. A 3 ,5 é irracional. a —c 11 2 c 2 — 4ab

=42 — 4ab)+ b 2c E Q o que também é absurdo, pois

2a3 —b 3 2a2 —

A seguir, temos o problema da trissecção de um ingulo. Para mostrar a

impossibilidade da resolução deste problema basta tomar um Angulo especifico que Tao

pode ser trissecado com régua e compasso Tomamos então um ângulo de 60° . A construção com régua e compasso de um ângulo 6) é equivalente a construção com régua e compasso do número cos O

De fato, dado OA = cos ,(0A < 1), temos que:

OA cateto adjacente

cos 0

X

dai, B210 =0 .

E reciprocamente: Dado O,

X

marca- se um ponto A em OX ,tal que OA =1, em seguida passando por A traçar uma

perpendicular a OY :

dai OB= cos° .

Um resultado também importante a considerar é

cos 30 = cos 20. cos 0 — sen 20. sen 0,

cos 20 = cos 2 9—sett' 0 e sen 20 = 2 sen 0. cos 0,

então,

cos 30 = (cos 2 —sen 2 0)cos — (2 sen O. cos 0) sen 0

cos 30 = cos' —3 sen.2 0.cos0

tomando a identidade cos 2 0 + sen 2 = I, temos:

cos30 = cos' 0-3(1—cos' 0) cos 0

OU

cos30 = 4.cos' 0-3 cos0

sendo 9 = 200, obtemos que:

cos 600 = 4cos3 20° — 3cos 20°

como cos 600 = —1 , temos que cos 20° é raiz da equação: 2 1 = 4x s —3x 2 OU 8x 3 — 6x —1 = 0

Desta forma, a impossibilidade da trissecção do ângulo fica restrita a mostrar que cos 20° é um número algébrico de grau 3.

De fato, considerando p (x)= 8x' —6x —1 e aplicando o critério de Einsenstein no polinômio p —0= 8x 3 —24x 2 —18x —3 , usando p=3 temos: p não divide

a„ = 8 ,(n=4), p divide ao = —3, p divide ai =-18, p divide a2 =-24 e p 2 =9 não

divide ao , logo, p —1) é irredutível sobre Q e consequentemente p (x) também o sera.

Finalmente, pelo teorema das construções geométricas ternos o resultado que

cos 200 não é construtivel, pois, não é um número algébrico de grau igual a uma potência

de 2 e como conseqüência temos que o ângulo de 20° não é construtivel. Fica assim demonstrada a impossibilidade de trissecar todos os ângulos com régua e compassa

Por Ultimo, consideremos o problema da quadratura do circula Ja, citamos,

que se fosse possível construir um segmento igual a ilir , então seria possível construir

. Afirmamos, por Lindemann, que 7C é um número transcendente. Pelo teorema sobre

Construções geométricas temos que ir não é construtivel, pois IC não é algébrico.

Concluindo, assim, a impossibilidade da quadratura do circulo.

CON

CL

US

Ã

O

Ao iniciarmos este trabalho percebemos que o assunto

abordado era amplo e por isso resolvemos fazer um

apanhado

das

coisas mais importantes e interessantes.

Enfatizamos nesse trabalho dois lados:

-

um mostramos a

impossibilidade de resolver os

três

problemas pelos métodos

clássicos e o outro apresentamos a possibilidade de resolver fugindo

dos métodos clássicos.

Notamos que estes assuntos juntamente com toda a

geometria com o passar dos tempos

estão

sendo

aniquilados

dos

currículos escolares.

Com intuito de melhorar acreditamos que devemos explorar

mais estes assuntos apresentados nesta monografia, pois, as

informações são

de grande utilidade.

Endossamos o que disse Ivan

Niven

em um de seus

trabalhos que devemos transmitir ao aluno

tudo

sobre esses tits

problemas

clássicos

e não somente a

impossibilidade

de

resolvê- los.

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

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