Gentil Lopes - LIVRO - Números Não Euclidianos 3D by Adriano J. P. Nascimento

Nu´meros n˜ao euclidianos (Vers˜ao 3D) Gentil, o iconoclasta

Boa Vista-RR Edi¸c˜ao do autor 2018

c 2018 Gentil Lopes da Silva Copyright

Editora¸ c˜ ao eletrˆ onica e Diagrama¸ c˜ ao: Gentil Lopes da Silva Capa: Adriano J. P. Nascimento

Ficha Catalogr´ afica S586d

Silva, Gentil Lopes da N´ umeros n~ ao euclidianos:

vers~ ao 3D

Gentil Lopes da Silva.Manaus/Boa Vista: Editora Uirapuru/Autor, 2018. x, 294 p. il. 16x23 cm [e-book] [Pseud^ onimo: Gentil, o iconoclasta.] ISBN 978-85-63979-15-5 1. Computa¸ c~ ao. 2. Matem´ atica. 3. Filosofia. 4. Gentil, o iconoclasta. I. T´ ıtulo. CDU: 519.682 (Ficha catalogr´afica elaborada por Bibliotec´ aria Zina Pinheiro CRB 11/611)

Pref´ acio O matem´ atico irlandês William Rowan Hamilton (1805 - 1865) ao perceber que os n´ umeros complexos, z = a + b i, poderiam ser representados por pontos no plano, isto é, por pares ordenados z = (a, b) de n´ umeros reais, tentou em seguida generalizar e criar os n´ umeros na terceira dimens˜ ao, isto é, n´ umeros da forma w = (a, b, c) = a + b i + c j; geometricamente

???

z = (a, b)

w = (a, b, c)

A adi¸c˜ao n˜ ao oferecia dificuldades, pois   (a, b, c) + (d, e, f ) = (a + d, b + e, c + f )  (a, b, c) · (d, e, f ) = ( ?, ?, ?)

o problema todo residia em como definir a multiplica¸cão de ternos. Durante dez anos Hamilton tentou preencher as interroga¸cões acima, sem obter sucesso . . . por fim desistiu da empreitada. O que estaria acontecendo? Os n´ umeros racionais s˜ ao caracteA1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ Q : a + 0 = 0 + a = a rizados algebricamente pelo conjunto A3 ) a + b = b + a de propriedades no quadro amarelo ao A4 ) ∀ a ∈ Q, ∃ − a ∈ Q : a + (−a) = 0 lado. Ao se fazer a extens˜ ao dos raM 1 ) (a · b) · c = a · (b · c) cionais para os reais, isto é, Q → R, M2 ) ∃ 1 ∈ Q : a · 1 = 1 · a = a M3 ) a · b = b · a todas estas propriedades s˜ ao preserM4 ) ∀ a ∈ Q , ∃ a ∈ Q : a · a = 1 vadas; ademais, ao se fazer a extenD) a · (b + c) = a · b + a · c s˜ ao dos reais para os complexos, isto é, R → C, todas estas propriedades s˜ ao igualmente preservadas. ∗

−1

Existia ` a ep´ oca de Hamilton uma cren¸ca at´ avica de que qualquer poss´ıvel extens˜ao dos complexos deveria preservar todas as propriedades deste quadro. Hoje sabe-se que Hamilton estava tentando o imposs´ıvel. (p. 273) 3

Todavia, o longo esfor¸co de HaA1 ) (a + b) + c = a + (b + c) milton n˜ ao fora integralmente em vão; A2 ) ∃ 0 ∈ C : a + 0 = 0 + a = a A3 ) a + b = b + a ap´ os uns quinze anos de peleja, numa A4 ) ∀ a ∈ C, ∃ − a ∈ C : a + (−a) = 0 atitude iconoclasta (para a época) ele M 1 ) (a · b) · c = a · (b · c) decidiu abandonar a lei comutativa M2 ) ∃ 1 ∈ C : a · 1 = 1 · a = a M3 ) a · b = b · a da multiplica¸c˜ ao e com isto conseguiu M4 ) ∀ a ∈ C , ∃ a ∈ C : a · a = 1 criar os n´ umeros na quarta dimensão, D) a · (b + c) = a · b + a · c isto é, n´ umeros da forma: (a, b, c, d) = a + b i + c j + d k, com a, b, c, d ∈ R. Estes n´ umeros de ([2]) Hamilton s˜ ao conhecidos como quaternios.

∗

−1

Em 1843, depois de dez anos de experimenta¸co ˜es e sem ter provado a impossibilidade no espa¸co de três dimens˜ oes, ele descobriu os quaternios que s˜ ao de dimens˜ ao 4 sobre os reais e onde a multiplica¸ca õ n˜ ao é comutativa. ([3]) Os n´ umeros de Cayley: Após A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ C : a + 0 = 0 + a = a a publica¸c˜ ao do artigo de Hamilton A3 ) a + b = b + a sobre os quaternios, Arthur Cayley A4 ) ∀ a ∈ C, ∃ − a ∈ C : a + (−a) = 0 sacrificando as propriedades associaM 1 ) (a · b) · c = a · (b · c) tiva e comutativa da multiplica¸cão puM2 ) ∃ 1 ∈ C : a · 1 = 1 · a = a M3 ) a · b = b · a blica (Mar¸co de 1845) uma generaliM4 ) ∀ a ∈ C , ∃ a ∈ C : a · a = 1 oza¸c˜ ao dos quaternios, criando os octˆ D) a · (b + c) = a · b + a · c umeros nios em dimensão 8; isto é, n´ w da forma: w = α0 1 + α1 e1 + α2 e2 + · · · + α7 e7 , αi ∈ R. ∗

Os matem´ aticos até hoje acreditam que os n´ umeros tridimensionais s˜ ao imposs´ıveis, até “provaram” isto. Na p´ agina 273 exibimos a tal “prova” que pode ser enunciada assim: “Se a multiplica¸c˜ ao é associativa e distributiva, ent˜ ao os n´ umeros da forma a + b i + c j s˜ ao imposs´ıveis”.

−1

A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ C : a + 0 = 0 + a = a A3 ) a + b = b + a

A4 ) ∀ a ∈ C, ∃ − a ∈ C : a + (−a) = 0 M 1 ) (a · b) · c = a · (b · c) M2 ) ∃ 1 ∈ C : a · 1 = 1 · a = a M3 ) a · b = b · a M 4 ) ∀ a ∈ C∗ , ∃ a−1 ∈ C : a · a−1 = 1 D) a · (b + c) = a · b + a · c

Acontece que os matem´ aticos esqueceram de olhar para o contrapositivo deste teorema, que reza: “Se os n´ umeros a + b i + c j s˜ ao poss´ıveis, então a multiplica¸c˜ ao n˜ ao é associativa ou n˜ ao é distributiva.” Ora, é aqui onde se encaixa (redondinho) nosso presente livro, abandonando estas duas propriedades trouxemos os n´ umeros tridimensionais à existência!. ‘L´ azaro, saia para fora!’ . . . O morto saiu . . . Desamarrem e deixem que ele ande. (Jo 11: 43 - 44) Cremos que este é o primeiro exemplo de uma “álgebra” com divisão no R3 . Gentil, o iconoclasta/Boa Vista-RR, 27.10.2017. 4

Sum´ario

1 N´ umeros n˜ ao euclidianos 1.1 Introdu¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Defini¸c˜ ao: N´ umeros n˜ ao euclidianos . . . . . . . . . 1.3 Propriedades das opera¸c˜ oes . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Divisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Imers˜ ao de C em B-3D . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Imers˜ ao de B-2D em B-3D . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Forma algébrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Unidade imagin´ aria/Unidade hiperimaginária 1.8 Divisão por zero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Forma trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Representa¸c˜ ao gr´ afica . . . . . . . . . . . . . 1.10 Potencia¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12 Interpreta¸c˜ ao geométrica do produto de dois nne . . 1.13 Radicia¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14 Apêndice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • Multiplica¸c˜ ao na forma trigonométrica . . . . . . 2 Equa¸ co ˜es 2.1 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao ax2 + bx + c = 0 em B - 3D . . 2.1.1 Fórmula de Bhaskara em B-3D . . . . . . . . 2.2 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao x3 + px + q = 0 em B-3D . . . 2.3 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w = b . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Resolu¸c˜ ao da equa¸cão b · w = a . . . . . . . . 2.3.2 Resolu¸c˜ ao da equa¸cão a · w−1 = b . . . . . . . 2.3.3 Resolu¸c˜ ao da equa¸cão b · w−1 = a . . . . . . . 2.4 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w2 = b . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Algoritimo para extra¸cão de ra´ızes quadradas 5

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 8 18 25 27 29 34 34 40 44 47 61 71 84 96 130 130

. . . . . . . . .

137 138 150 163 185 193 197 201 204 231

3 Fun¸ co ˜es com argumentos em B-3D 3.1 Introdu¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Generaliza¸c˜ ao da fórmula de Euler . . . . . . . . . . 3.3 Generaliza¸c˜ ao de fun¸cões complexas elementares 3.3.1 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Forma exponencial . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Fun¸c˜ oes trigonométricas em B-3D . . . . . . .

. . . . . .

4 Aplica¸ co ˜es 4.1 Introdu¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Gera¸c˜ ao de Fractais - 3D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Computa¸c˜ ao Gr´ afica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Robótica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Um algoritmo para plotar pontos no espa¸co . . . . . . . . . • Apêndice: Listagem dos programas . . . . . . . . . . . . . . . . . • Apêndice: (−1) · (−1) = 1, a equa¸cão que confundiu a mente dos mais brilhantes matem´ aticos por séculos . . . . . . . . . . . .

237 237 238 241 242 249 254 269 269 270 271 273 274 277 279

Cap´ıtulo

Nu´ meros não euclidianos Quando o esp´ırito se apresenta à cultura cient´ıfica, nunca é jovem. Aliás é bem velho, porque tem a idade de seus preconceitos. Aceder à ciência é rejuvenescer espiritualmente, ´ e aceitar uma brusca muta¸ c˜ ao que contradiz o passado. (Gaston Bachelard/grifo nosso)

1.1

Introdu¸ c˜ ao

Na p´ agina 273 reproduzimos, de uma publica¸cão eletrˆ onica, uma “prova” da impossibilidade dos n´ umeros tridimensionais; refletindo sobre esta “prova”∗ concluimos que o que de fato este autor prova é por que a estratégia adotada por Hamilton jamais poderia ter dado certo. No entanto, ela n˜ ao prova que todas as estratégias poss´ıveis estariam igualmente destinadas ao fracasso. Com efeito, esta “prova” assume em sua hip´ otese a distributividade, comutatividade e associatividade da multiplica¸cão; ora, estas exigências s˜ ao infundadas − para efeitos da extensão dos complexos − uma vez que o pr´ oprio Hamilton sacrificou a comutatividade para obter os quaternios, e Cayley, além desta, sacrificou também a associatividade para obter os octônios; por estas raz˜ oes, e por outras, é que n˜ ao apenas afirmamos a existência dos n´ umeros complexos tridimensionais como, ademais, os apresentamos no presente livro, ou seja, eles est˜ ao em tuas m˜ aos leitor. S´ o nos resta descobrir a verdadeira voca¸cão destes n´ umeros, ou ainda, para o que eles vieram, como podemos utiliz´ a-los a nosso favor. Nem sempre o homem pode “ditar as regras”, dizer à “Natureza” como ela deve se comportar. (pp. 94, 95) ∗

juntamente com a estrat´egia adotada por Hamilton, relatada em [4].

A nosso ver a cita¸c˜ ao a seguir é das mais importantes em matem´ atica: Brouwer∗ tem como norma que toda defini¸ca õ seja construtiva, isto é, indique a maneira de obter os objetos definidos. [. . . ] Deste modo o intuicionismo afirma-se como uma forma de construtivismo de objetos matem´ aticos, onde a existência destes somente é poss´ıvel se for indicado um racioc´ınio mental que efetivamente nos permita aceder a eles. Portanto, o intuicionismo é também uma forma de anti-realismo. (Publica¸caõ eletrˆ onica) Em nosso livro citado na referência [1] (Vers˜ ao 2D), fazemos uma ampla discuss˜ ao do conceito de n´ umero, inclusive propomos uma defini¸cão (inédita) para estes entes.

1.2

Defini¸ c˜ ao: N´ umeros n˜ ao euclidianos

Os n´ umeros n~ ao euclidianos (simplificado por “nne” e denotados por B-3D ou simplesmente B) s˜ ao definidos pela seguinte estrutura num´erica (lista de especifica¸ co ˜es): A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ B : a + 0 = 0 + a = a A3 ) a + b = b + a

B-3D

A4 ) ∀ a ∈ B, ∃ − a ∈ B : a + (−a) = 0 M1 ) ∃ 1 ∈ B : a · 1 = 1 · a = a M2 ) a · b = b · a M 3 ) ∀ a ∈ B∗ , ∃ a−1 ∈ B : a · a−1 = 1 HI ) ∃ a ∈ B : − 1 · a 6= −a. Em destaque a propriedade que diferencia estes n´ umeros dos “anteriores”. Nota: O “sacrif´ıcio” da distributividade ´e que torna poss´ıvel um n´ umero com tal propriedade. A propriedade i2 = −1, n˜ ao partilhada por nenhum n´ umero real, foi obtida com o “sacrif´ıcio” da ordem (rela¸c˜oes de ordem) dos reais. ∗

L.E.J. Brouwer (1881-1966), matem´ atico holandˆes, um dos expoentes da escola de pensamento intuicionista − uma deriva¸c˜ ao dos construtivistas, que defendem que os objetos matem´ aticos devem ser constru´ıdos, e n˜ ao meramente assumidos como existentes. Em contraposi¸c˜ ao aos realistas.

Adendo: As leis associativa e distributiva da multiplica¸c˜ ao valem nos n´ umeros naturais? No nosso sistema (B-3D) a n˜ ao associatividade e n˜ ao distributividade da multiplica¸c˜ ao s˜ ao postuladas, isto é, valem por defini¸cão. Uma quest˜ ao assaz oportuna que levantamos aqui é: estas propriedades (associatividade e distributividade) s˜ ao válidas nos n´ umeros Naturais? A princ´ıpio esta parece uma pergunta idiota, concordamos. Não obstante, afirmamos que estas propriedades n˜ ao valem nem nos n´ umeros naturais!, o que dir´ a nos outros n´ umeros − que s˜ ao construidos sobre os naturais

N → Z → Q → R → C

Com efeito, é uma postura at´ avica nossa achar que as referidas propriedades nos naturais s˜ ao intr´ınseca a este sistema∗ , mas n˜ ao é bem assim; a verdade é que se elas s˜ ao v´ alidas ´ e porque foram postuladas. Apenas apontaremos um caminho que comprova nossa assertiva: os axiomas de Peano para a constru¸c˜ ao dos n´ umeros naturais (p. 288). A teoria dos n´ umeros naturais é construida sobre cinco axiomas (postulados) enunciados por Peano, destes decorrem todas as propriedades dos naturais, estas:

A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ N : a + 0 = 0 + a = a A3 ) a + b = b + a M 1 ) (a · b) · c = a · (b · c) M2 ) ∃ 1 ∈ N : a · 1 = 1 · a = a M3 ) a · b = b · a

D) a · (b + c) = a · b + a · c • Ordenado PBO) : Todo subconjunto n˜ao vazio de naturais possui um menor elemento.

Em resumo enfatizamos o seguinte: se a associatividade e distributividade (para n˜ ao falar nas demais leis) nos naturais s˜ ao válidas em decorrência de um postulado, nos nne elas n˜ ao valem também em consequência de um postulado, é s´ o isto que desejamos deixar claro!. ∗

“Deus criou os naturais; todo o resto ´e obra do homem.” − Leopold Kronecker.

Vamos agora construir um modelo para os n´ umeros B - 3D. Seja R o sistema dos n´ umeros reais. Consideremos o produto cartesiano R × R × R = R3 : R3 = (x, y, z) : x, y, z ∈ R

Vamos tomar dois elementos, (a1 , b1 , c1 ) e (a2 , b2 , c2 ), de R3 , para dar três defini¸c˜ oes: ao iguais se, e somente se, ocorre o ( i ) Igualdade: dois ternos ordenados s˜ seguinte: (a1 , b1 , c1 ) = (a2 , b2 , c2 ) ⇔ a1 = a2 , b1 = b2 , e c1 = c2 . ( ii ) Adi¸c˜ ao: chama-se adi¸cão de dois ternos ordenados a um novo terno ordenado, obtido da seguinte forma: (a1 , b1 , c1 ) + (a2 , b2 , c2 ) = (a1 + a2 , b1 + b2 , c1 + c2 ) ao: chama-se multiplica¸cão de dois ternos ordenados ( iii ) Multiplica¸c˜ (a1 , b1 , c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) a um novo terno ordenado, obtido da seguinte forma:

  (−c1 · c2 , 0, 0),        c ·c ·a   c1 · c2 · b2 1 2 2   , − , c · r , −  1 2  r2 r2 

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 ) se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

 c ·c ·a   c ·c ·b   − 1 2 1 , − 1 2 1 , c2 · r1 ,   r1 r1         (a · a − b · b ) γ, (a · b + a · b ) γ, c · r + c · r , 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1

Onde r1 =

a1 + b1 , r2 =

a 2 + b2

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 ) se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 )

γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

Observe que p r = a2 + b2 = 0 ⇒ a2 + b2 = 0 ⇒ a2 = −b2 ⇒ a = b = 0.

Com esta defini¸c˜ ao teremos condi¸c˜oes efetivas de provar todas as especifica¸c˜ oes constantes no quadro amarelo que define os nne (p. 8) − veremos algumas delas no desenvolvimento da teoria. Nota: J´ a neste momento observe que se tomarmos c1 = c2 = 0 estamos de volta aos complexos C.

Representaremos cada elemento gen´erico (x, y, z) ∈ B com o s´ımbolo w, portanto: w ∈ B ⇔ w = (x, y, z) ∈ ( R3 , +, ·) Exemplos: 1 o ) Dados w1 = (1, 2, 3) e w2 = (2, 0, 0), calcule: w1 + w2 , w1 · w2 e w12 . Solu¸ c˜ ao: Temos ( i ) w1 + w2 = (1, 2, 3) + (2, 0, 0) = (1 + 2, 2 + 0, 3 + 0) = (3, 2, 3). ( ii ) w1 · w2 = (1, 2, 3) · (2, 0, 0). Ent˜ao r1 =

12 + 22 =

√

r2 =

3·0 =1 22 + 02 = 2, γ = 1 − √ 5·2

como r1 6= 0 e r2 6= 0, calculamos o produto em (D4 ) (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a 1 + b1 , r 2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

assim: w1 · w2 = (1 · 2 − 2 · 0) · 1, (1 · 0 + 2 · 2) · 1, 3 · 2 + 0 · ( iii ) w12 = w1 · w1 = (1, 2, 3) · (1, 2, 3). Ent˜ao r1 = r2 =

12 + 22 =

√

γ =1− √

√ 5 = (2, 4, 6).

3·3 −4 √ = , 5 5· 5

como r1 = r2 6= 0, calculamos o produto em (D4 ), assim: w12 = (1 · 1 − 2 · 2) ·

−4 5 ,

(1 · 2 + 2 · 1) ·

−4 5 ,

3·

√ √ 5 + 3 · 5 = 12 5 ,

−16 5 ,

√ 6 5

Ao “abandonar” as propriedades associativa e distributiva da multiplica¸cão pagamos um pre¸co por isto: os cálculos tornam-se laboriosos; n˜ ao obstante, por sorte hoje contamos a nosso favor com o advento da computa¸cão algébrica (CAS). Neste livro, e neste sentido, mostramos o que podemos fazer com uma “simples” calculadora como a HP Prime ; uma poderosa ferramenta de computa¸c˜ ao algébrica.

Calculadora HP Prime−Computa¸c˜ ao alg´ ebrica No nosso entendimento uma das maiores conquistas da Ciência da Computa¸cão foi justamente a computa¸cão algébrica; hoje em dia uma “simples” calculadora como a HP Prime nos permite trabalhar com equa¸cões, com fórmulas. Em particular podemos programar, por exemplo, a fórmula para multiplicar dois nne-3D, com resultados simb´ olicos (exatos). Nota: Em nosso livro citado na referência [1] (Vers˜ ao 2D) ensinamos a programa¸c˜ ao desta maravilha do século XXI. O leitor poder´ a baixá-la (emulador) gratuitamente para seu notebook, tablet e até celular. Para evitar problemas procure baixar a u ´ ltima vers˜ ao, existem várias. Apenas a t´ıtulo de ilustra¸cão, programamos a fórmula para multiplicar dois nne − o programa consta nas telas a seguir.

Nota: Nas trˆes telas temos um u ´ nico programa.

  (−c1 · c2 , 0, 0),        c ·c ·a   c ·c ·b   − 1 2 2 , − 1 2 2 , c1 · r2 ,   r2 r2 

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 ) se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

Onde

r1 =

a1 + b1 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 ) se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 )

γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

Como exemplo de simula¸c˜ ao do programa, nas telas a seguir

temos os produtos w1 · w2 = (1, 2, 3) · (2, 0, 0) = (2, 4, 6) e

12 −16 √ , ,6 5 5 5 Nota: A tela da esquerda, acima, mostra como devemos entrar com os n´ umeros, em um vetor − i.e., entre colchetes. w1 · w1 = (1, 2, 3) · (1, 2, 3) =

2 o ) Dados w1 = (−1, 0, 0) e w2 = (0, 0, 1), calcule: w1 + w2 , w1 · w2 e w22 . Solu¸ c˜ ao: Temos ( i ) w1 + w2 = (−1, 0, 0) + (0, 0, 1) = (−1 + 0, 0 + 0, 0 + 1) = (−1, 0, 1). ( ii ) w1 · w2 = (−1, 0, 0) · (0, 0, 1). Ent˜ao r1 =

(−1)2 + 02 = 1, r2 =

02 + 02 = 0,

como r1 6= 0 e r2 = 0, calculamos o produto em (D3 )

−

c1 · c2 · a1 c ·c ·b , − 1 2 1 , c2 · r1 , r1 r1

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 )

assim: (−1, 0, 0) · (0, 0, 1) =

−

0·1·0 0·1·0 ,− , 1 · 1 = (0, 0, 1). 1 1

( iii ) w22 = w2 · w2 = (0, 0, 1) · (0, 0, 1). Ent˜ao r1 = r2 =

02 + 02 = 0,

como r1 = r2 = 0, calculamos o produto em (D1 ) (−c1 · c2 , 0, 0),

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 )

assim: (0, 0, 1) · (0, 0, 1) = (−1 · 1, 0, 0) = (−1, 0, 0).

3 o ) Dados w1 = (4, 3, 2) e w2 = (6, 7, 8), calcule w tal que w1 + w = w2 . Solu¸ c˜ ao: Tomemos w = (x, y, z), ent˜ao

w1 + w = w2

  4 + x = 6, ⇒ (4, 3, 2) + (x, y, z) = (6, 7, 8) ⇒ 3 + y = 7,   2 + z = 8.

Portanto, w = (2, 4, 6).

ij = j i = j

4 o ) Dados w1 = (1, −1, 2) e w2 = (1, 0, 3), calcule w tal que w1 · w = w2 . Solu¸ c˜ ao: Tomemos w = (x, y, z), ent˜ao w1 · w = w2 ⇒ (1, −1, 2) · (x, y, z) = (1, 0, 3), temos r1 =

12 + (−1)2 =

p √ 2, r2 = x2 + y 2 ,

temos dois casos a considerar, p ( i ) r2 = x2 + y 2 = 0, isto ´e, x = y = 0. Neste caso calculamos o produto em (D3 )

−

c ·c ·b c1 · c2 · a1 , − 1 2 1 , c2 · r1 , r1 r1

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 )

assim: (1, −1, 2) · (0, 0, z) = Ent˜ao

−

√ 2·z·0 2 · z · (−1) √ ,− √ ,z· 2 2 2

  0 =√1, √ √ (0, z · 2, z 2) = (1, 0, 3) ⇒ z · 2 = 0,   √ z · 2 = 3.

Isto significa que n˜ ao existe um nne w = (x, y, z), com x = y = 0, satisfazendo a condi¸c˜ ao dada; logo este primeiro caso pode ser ignorado.

( ii ) r2 =

x2 + y 2 6= 0. Neste caso calculamos o produto em (D4 )

(a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

assim: (1, −1, 2) · (x, y, z) =

√ (1 · x − (−1) · y) · γ, (1 · y + x · (−1)) · γ, 2 · r2 + z · 2

√ 2z 2z onde, γ = 1− √ . Igualando este produto a (1, 0, 3), obtemos = 1− r 2 r2 2 √  2z   =1 (x + y) · 1 −   r  2     √  2z (−x + y) · 1 − =0  r  2     √    2 r2 + 2 · z = 3 

(1.1)

(1.2) (1.3)

De (1.1) e (1.2) concluimos que −x + y = 0, donde x = y. Sendo assim  √  2z    2x · 1 − =1 r2   √   2 r2 + 2 · z = 3 Desta u ´ ltima equa¸c˜ ao resulta: 1−

√

1 2z =3 1− r2 r2

substituindo estes resultados em (1.4), obtemos

1 2x · 3 1 − =1 r2 16

(1.4) (1.5)

daqui segue que 1 1 1 = 6x 1 − √ =1 ⇒ x· 1− √ 6 2 · |x| x2 + x2 Temos dois casos a considerar: a) x > 0 (|x| = x). Sendo assim, resulta √ 1 1 1+3 2 x· 1− √ = ⇒ x= =y 6 6 2·x

b) x < 0 (|x| = −x). Sendo assim, resulta,

√ 1 1 1−3 2 x· 1− √ = ⇒ x= =y 6 6 2 · (−x)

Da equa¸c˜ ao (1.3) tiramos z= portanto,

3 3 − 2 r2 √ = √ − 2 |x| 2 2

1 + 3 √2 −2 + 3 √2 3

z = √ − 2

= 6 6 2

1 − 3 √2 2 + 3 √2 3

′ z = √ − 2

= 6 6 2

Logo, temos dois n´ umeros que satisfazem a equa¸c˜ao w1 ·w = w2 , quais sejam: 1 + 3 √2 1 + 3 √2 −2 + 3 √2 w= , , 6 6 6

1 − 3 √2 1 − 3 √ 2 2 + 3 √ 2 , , w = 6 6 6 Observe que a equa¸c˜ ao w1 · w = w2 poderia, alternativamente, ter sido escrita como, a · x = b, com a = (1, −1, 2) e b = (1, 0, 3). Conclusão: em B, diferentemente do que ocorre em R ou C, uma equa¸cão do 1o grau pode ter duas solu¸c˜ oes. Nas telas a seguir confirmamos nossos cálculos. ′

1.3

Propriedades das opera¸ c˜ oes

Proposi¸ c˜ ao 1. A opera¸cão de adi¸cão define em B uma estrutura de grupo comutativo, isto é, verifica as seguintes propriedades: A1) Propriedade associativa; A2) propriedade comutativa; A3) existência do elemento neutro; A4) existência do elemento simétrico (ou oposto). Prova: Deixamos como exerc´ıcio.

Apenas observamos que 0 = (0, 0, 0) é o elemento neutro para a adi¸cão. Dado w = (x, y, z) temos que −w = (−x, −y, −z) é o seu oposto aditivo, isto é w + (−w) = 0. Subtra¸ c˜ ao Decorre da proposi¸caõ anterior que dados os nne w1 = (a1 , b1 , c1 )

w2 = (a2 , b2 , c2 )

existe um u ´ nico w ∈ B tal que w1 + w = w2 . Esse n´ umero w ´e chamado diferen¸ca entre w2 e w1 e indicado por w2 − w1 .

Nota: Na calculadora estaremos sempre − até o final deste livro − representando um nne (x, y, z) entre colchetes [x, y, z]. Com esta conven¸cão as opera¸c˜ oes de adi¸ca õ, subtra¸ca õ e tomar o oposto ser˜ ao as mesmas da calculadora, isto é, ela já faz isto. Por exemplo

Proposi¸ c˜ ao 2. A opera¸cão de multiplica¸cão em B verifica as seguintes propriedades: M1) Propriedade comutativa; M2) n˜ ao associativa; M3) existência do elemento neutro; M4) existência do elemento inverso; M5) n˜ ao distributiva em rela¸cão à adi¸cão. 18

Prova: M1) Propriedade comutativa. Dados w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) em B, devemos mostrar que w1 · w2 = w2 · w1 . De acordo com a defini¸c˜ao de multiplica¸c˜ao temos quatro casos a considerar: ( 1 ) r1 = 0 e r2 = 0

(D1 ). Nesta situa¸c˜ao, temos:

w1 · w2 = (0, 0, c1 ) · (0, 0, c2 ) = (−c1 · c2 , 0, 0) = (−c2 · c1 , 0, 0) = (0, 0, c2 ) · (0, 0, c1 ) = w2 · w1 . ( 2 ) r1 = 0 e r2 6= 0

(D2 ). Nesta situa¸c˜ao, temos:

w1 · w2 = (0, 0, c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) =

−

c1 · c2 · a2 c ·c ·b , − 1 2 2 , c1 · r2 r2 r2

c2 · c1 · b2 c2 · c1 · a2 , −q , c1 · −q 2 2 a 2 + b2 a22 + b22

a 2 + b2

(D3 ) = (a2 , b2 , c2 ) · (0, 0, c1 ) = w2 · w1 . ( 3 ) r1 6= 0 e r2 = 0. An´alogo ao caso ( 2 ).

( 4 ) r1 6= 0 e r2 6= 0

(D4 ). Nesta situa¸c˜ao, temos:

w1 · w2 = (a1 · a2 − b1 · b2 )γ, (a1 · b2 + a2 · b1 )γ, c1 · r2 + c2 · r1

= (a2 · a1 − b2 · b1 )γ, (a2 · b1 + a1 · b2 )γ, c2 · r1 + c1 · r2 = w2 · w1 .

M2) N˜ao associativa. Tomando, por exemplo w1 = (0, 1, 0),

w2 = (0, 0, 1),

w3 = (0, 0, −1).

Resulta (w1 · w2 ) · w3 = (1, 0, 0) w1 · (w2 · w3 ) = (0, 1, 0)

M3) Existência do elemento neutro. Existe 1 = (1, 0, 0) ∈ B com a seguinte propriedade: w · 1 = w, ∀ w ∈ B. De fato, considerando w = (a, b, c) temos dois casos a considerar: √ ( i ) r = a2 + b2 = 0 (D2 ), então c·0·1 c·0·0 ,− , c · 1 = (0, 0, c) = w w · 1 = (0, 0, c) · (1, 0, 0) = − 1 1 √ 2 2 ( ii ) r = a + b 6= 0 (D4 ), então, w · 1 = (a, b, c) · (1, 0, 0) = (a · 1 − b · 0) · 1, (a · 0 + 1 · b) · 1, c · 1 + 0 · r1 = (a, b, c) = w.

Da comutatividade da multiplica¸cão decorre a unicidade do elemento neutro, assim: sejam u e u ˜ dois elementos neutros para a multiplica¸cão. Sendo assim, ter-se-` a, por um lado, w · u = w, para todo w ∈ B; em particular u ˜·u = u ˜ (∗). Por outro lado também temos w · u ˜ = w, para todo w ∈ B; em particular u · u ˜ = u. Esta u ´ ltima igualdade pode ser reescrita como u ˜ · u = u. Daqui e de (∗) concluimos que u = u ˜. M4) Existência do elemento inverso. Desejamos mostrar que, ∀ w ∈ B∗ , ∃ w−1 ∈ B / w · w−1 = 1.

De fato, tomando w = (a, b, c), procuramos w′ = (x, y, z) satisfazendo w · w′ = (1, 0, 0) ⇒ (a, b, c) · (x, y, z) = (1, 0, 0) √ Vamos inicialmente supor, r1 = a2 + b2 6= 0. A possibilidade r2 = p ′ = (0, 0, z)) nos conduz a uma inconsistˆ x2 + y 2 = 0 (isto ´e, wp encia. Consideremos ent˜ ao r2 = x2 + y 2 6= 0. Sendo assim, temos w·w′ = (a, b, c)·(x, y, z) = (a·x−b·y)γ, (a·y+x·b)γ, c·r2 +z·r1 = (1, 0, 0). Sendo assim, obtemos  c·z  =1 (ax − by) · 1 −   r1 · r2       c·z =0 (ay + bx) · 1 −  r1 · r2         c · r2 + z · r1 = 0

(1.6)

(1.7) (1.8)

De (1.6) e (1.7), concluimos que ay + bx = 0, (de r1 6= 0 ⇒ a 6= 0 ou b 6= 0) supondo a 6= 0, resulta y = − b·x a . Por outro lado, de (1.8), temos: 2 2 r +c c·z 1− = 1 2 , substituindo em (1.6) obtemos r1 · r2 r1 (ax − by) ·

r12 + c2 =1 r12

(1.9)

Substituindo y = − b·x a em (1.9), resulta: a x − b (− Logo

r2 r2 bx a a ) = 2 1 2 ⇒ x= 2 · 2 1 2 = 2 . a r1 + c r1 r1 + c a + b2 + c2

b a −b b = 2 y =− ·x=− · 2 2 2 a a a +b +c a + b2 + c2

e z = −c · portanto

−c r2 = 2 r1 a + b2 + c2

−b −c a , , a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 √ − Vamos agora supor r1 = a2 + b2 = 0, ent˜ao, w′ =

w′ = Temos

−0 −c 1 0 , , = 0, 0, − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 +0 +c 0 +0 +c 0 +0 +c c

w · w′ = (0, 0, c) · 0, 0, −

1 = c

−c·

−1 , 0, 0 = (1, 0, 0) c

Portanto, qualquer que seja w = (a, b, c) 6= (0, 0, 0), temos que: w · w′ = (a, b, c) ·

a −b −c , , = (1, 0, 0). a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2

Nota: Da defini¸c˜ ao de multiplica¸cão de ternos (p. 10) é imediato que 0·x=x·0=0 onde, 0 = (0, 0, 0) e x = (a, b, c) ∈ B é arbitrário.

(1.10)

Proposi¸ c˜ ao 3. Sejam w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) nne, ent˜ao w1 · w2 = 0

⇒

w1 = 0 ou w2 = 0.

Prova: Vamos considerar algumas possibilidades de acordo com a defini¸c˜ao de multiplica¸c˜ ao:   (−c1 · c2 , 0, 0),        c ·c ·a   c ·c ·b   − 1 2 2 , − 1 2 2 , c1 · r2 ,   r2 r2 

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 ) se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

 c ·c ·a   c1 · c2 · b1 1 2 1   , − , c · r −  2 1 ,  r1 r1         (a · a − b · b ) γ, (a · b + a · b ) γ, c · r + c · r , 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1

Onde

r1 =

a1 + b1 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 ) se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 )

γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

1 a ) r1 = 0 e r2 = 0 (D1 ). Neste caso a proposi¸c˜ao se reduz a (0, 0, c1 ) · (0, 0, c2 ) = 0

⇒

c1 = 0 ou c2 = 0.

temos (−c1 · c2 , 0, 0) = (0, 0, 0)

⇒

−c1 · c2 = 0

⇒

c1 = 0 ou c2 = 0.

2 a ) r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 ). Neste caso a proposi¸c˜ao se reduz a (0, 0, c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) = 0 temos

−

daqui tiramos que

⇒

c1 = 0 ou a2 = b2 = c2 = 0

c ·c ·b c1 · c2 · a2 , − 1 2 2 , c1 · r2 = (0, 0, 0) r2 r2 c1 · r2 = 0

⇒

3 a ) r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 ). An´alogo.

c1 = 0

4 a ) r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ). Neste caso temos

(a1 · a2 − b1 · b2 ) γ, (a1 · b2 + a2 · b1 ) γ, c1 · r2 + c2 · r1 = (0, 0, 0)

Temos

ou ainda

  (a1 · a2 − b1 · b2 ) γ    (a1 · b2 + a2 · b1 ) γ     c1 · r2 + c2 · r1

=0 =0 =0

 c1 ·c2  =0 (a · a − b · b ) 1 −  1 2 1 2 r1 ·r2      c1 ·c2 =0 (a · b + a · b ) 1 − 1 2 2 1 r1 ·r2       c ·r +c ·r =0 1 2 2 1

Por hip´ otese, r1 > 0 e r2 > 0, juntando a isto a terceira das equa¸c˜oes acima c ·c concluimos que devemos ter 1 − r1 ·r2 6= 0, no que resulta 1

 a1 · a2 − b1 · b2      a1 · b2 + a2 · b1      c1 · r2 + c2 · r1

(a)

(b)

(c)

(1.11)

Suponhamos por um momento w1 = (a1 , b1 , c1 ) 6= (0, 0, 0). Vamos analisar cada uma das linhas (exceto a primeira) da tabela de combina¸c˜oes a seguir a1 , b1 , c1 0 1 0 1 0 1 0 7 1 0 1 2 3 4 5 6

0 0 1 1 0 0 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1

1: a1 6= 0, b1 = 0, c1 = 0. Considerando esta possibilidade em (a) concluimos que a2 = 0. Em (b) concluimos que b2 = 0. Em (c) concluimos que c2 = 0, portanto w2 = (a2 , b2 , c2 ) = 0. 2: a1 = 0, b1 6= 0, c1 = 0. Considerando esta possibilidade em (a) concluimos que b2 = 0. Em (b) concluimos que a2 = 0. Em (c) concluimos que c2 = 0, portanto w2 = (a2 , b2 , c2 ) = 0. 23

3: a1 6= 0, b1 6= 0, c1 = 0. Multiplicando a primeira das equa¸c˜oes em (1.11) por a1 e a segunda por b1 , obtemos   a21 · a2 − a1 · b1 · b2 = 0 Somando obtemos



a1 · b1 · b2 + a2 · b21

a2 (a21 + b21 ) = 0 q 2 2 Como r1 = a1 + b1 6= 0, temos a2 = 0, duas primeiras equa¸c˜ oes de (1.11), temos   a1 · 0 − b1 · b2 = 0 ⇒ a ·b +0·b =0 1 2 1

substituindo este resultado nas   b1 · b2 = 0

a ·b =0 1 2

Daqui se conclui que b2 = 0. Mas isto contradiz r2 =

a22 + b22 6= 0.

4: a1 = 0, b1 = q 0, c1 6= 0. Descartamos esta possibilidade pois contradiz a 2 2 hip´ otese r1 = a1 + b1 6= 0. 5: a1 6= 0, b1 = 0, c1 6= 0. Consideremos  a1 · a2 − b1 · b2      a1 · b2 + a2 · b1      c1 · r2 + c2 · r1

o sistema =0

(a)

(b)

(c)

Em (a) concluimos que a2 = 0. Em (b) concluimos que b2 = 0. Em (c) concluimos que c2 = 0. Portanto w2 = (a2 , b2 , c2 ) = 0. 6: a1 = 0, b1 6= 0, c1 6= 0. Em (a) concluimos q que b2 = 0. Em (b) conclui2 2 mos que a2 = 0. Mas isto contradiz r2 = a2 + b2 6= 0. 7: a1 6= 0, b1 6= 0, c1 6= 0. Recai no caso 3.

algebra iconoclasta” n˜ ao existem divisoEsta proposi¸c˜ ao implica que na “´ res de zero.

1.4

Divis˜ ao

Devido a existˆencia do inverso multiplicativo, podemos definir em B a w ao, simbolizada por 1 , estabelecendo que opera¸c˜ao de divis˜ w2 w1 = w1 · w2′ = w1 · w2−1 w2 onde mudamos de nota¸c˜ ao: w2′ = w2−1 . Exemplo: (0, 1, 0) = (0, 1, 0) · (0, 0, 1)−1 (0, 0, 1) 0 −0 −1 = (0, 1, 0) · , , 02 + 02 + 12 02 + 02 + 12 02 + 02 + 12 = (0, 1, 0) · (0, 0, −1)

Em (D3 )

−

c ·c ·b c1 · c2 · a1 , − 1 2 1 , c2 · r1 , r1 r1

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 )

temos: (0, 1, 0) · (0, 0, −1) = portanto,

−

0 · (−1) · 0 0 · (−1) · 1 ,− , −1 · 1 = (0, 0, −1), 1 1

(0, 1, 0) = (0, 0, −1). (0, 0, 1)

Na tela a seguir temos um programa para dividir dois nne

Na tela da direita temos o resultado da divis˜ao do exemplo. Observe que o programa da divis˜ ao utiliza o programa da multiplica¸c˜ao (p. 12).

Uma observa¸c˜ ao importante é que para resolvermos, por exemplo, a equa¸c˜ ao a · x = b em B, n˜ ao é l´ıcito procedermos assim: a · x = b ⇒ a−1 · (a · x) = a−1 · b ⇒ (a−1 · a) · x = a−1 · b ⇒ x = a−1 · b uma vez que a multiplica¸cão em B é n˜ ao associativa. Para resolver a equa¸cão agina 15. em quest˜ ao devemos proceder como no exemplo 4 o ), p´ M5) A multiplica¸c˜ ao é n˜ ao distributiva em rela¸cão à adi¸cão. Tome, por exemplo, a = (1, 2, 1), b = (0, 1, 1) e c = (3, 2, 1) e mostre que a · (b + c) 6= a · b + a · c.

O comado reorder Este ´e um comando da HP Prime muito u ´ til. Dados uma express˜ ao e um vetor de vari´ aveis, reordena as vari´ aveis na express˜ ao de acordo com a ordem indicada no vetor. S´ıntaxe:

reorder(Expr, Vector)

As telas a seguir mostram dois exemplos:

Nota: No lugar da express˜ ao aceita tamb´em listas e vetores.

1.5

Imers˜ ao de C em B-3D

˜ de B-3D formada pelos ternos orConsideremos agora a subestrutura C denados cujo terceiro termo ´e zero: ˜= C

(a, b, c) ∈ R3 : c = 0

˜ que leva cada (x, y) ∈ C ao Consideremos agora a aplica¸c˜ ao f , de C em C, ˜ terno (x, y, 0) ∈ C, tipo assim: B-3D f

˜ C

(a1 , b1 )

(a1 , b1 , 0)

(a2 , b2 )

(a2 , b2 , 0)

(a1 + a2 , b1 + b2 )

(a1 + a2 , b1 + b2 , 0)

(a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 )

f: C (x, y)

(a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 , 0)

˜ C (x, y, 0)

Primeiramente notemos que f é bijetora, porquanto: ˜ é o correspondente, segundo f , de (x, y) ∈ C ( i ) todo terno (x, y, 0) ∈ C (isto quer dizer que f é sobrejetora); ( ii ) Dados (x, y) ∈ C e (x′ , y ′ ) ∈ C, com (x, y) 6= (x′ , y ′ ) os seus correspon˜ e (x′ , y ′ , 0) ∈ C ˜ s˜ dentes (x, y, 0) ∈ C ao distintos, de acordo com a defini¸cão de igualdade de ternos ordenados (isto quer dizer que f é injetora). Em segundo lugar, notemos que f preserva as opera¸cões de adi¸cão e multiplica¸c˜ ao pois f (a1 , b1 ) + (a2 , b2 ) = f (a1 + a2 , b1 + b2 ) = (a1 + a2 , b1 + b2 , 0) = (a1 , b1 , 0) + (a2 , b2 , 0) = f (a1 , b1 )) + f (a2 , b2 )

No que concerne ` a multiplica¸c˜ ao, temos

f (a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) = f (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 ) = (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 , 0) 27

Observe que (a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) est´ a em C e como tal verifica a regra de multiplica¸c˜ ao de C, isto ´e: (a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) = (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 ) Por outro lado, (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 , 0) est´ a em B, obedecendo, portanto, as regras operacionais deste sistema. Devemos mostrar que, (a1 ·a2 −b1 ·b2 , a1 ·b2 +a2 ·b1 , 0) = (a1 , b1 , 0)·(a2 , b2 , 0) = f (a1 , b1 ) ·f (a2 , b2 )

Para efetuar o produto (a1 , b1 , 0) · (a2 , b2 , 0) temos que analisar quatro alternativas, em cada uma delas devemos ter: f (a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) = f (a1 , b1 ) · f (a2 , b2 ) Vamos provar para a alternativa (D4 ) (r1 6= 0 e r2 6= 0), pois para as demais se prova de modo an´ alogo. Temos,

(a1 , b1 , 0) · (a2 , b2 , 0) = (a1 · a2 − b1 · b2 ) · 1, (a1 · b2 + a2 · b1 ) · 1, 0 · r2 + 0 · r1 = (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 , 0) Sendo assim, (a1 ·a2 −b1 ·b2 , a1 ·b2 +a2 ·b1 , 0) = (a1 , b1 , 0)·(a2 , b2 , 0) = f (a1 , b1 ) ·f (a2 , b2 ) . ˜ que preserva as opeDevido ao fato de existir uma aplica¸c˜ao f : C → C ˜ s˜ ra¸c˜ oes de adi¸c˜ ao e multiplica¸c˜ao, dizemos que C e C ao isomorfos. Devido ao isomorfismo, operar com (x, y, 0) leva a resultados an´ alogos aos obtidos operando com (x, y); em raz˜ ao disto, de agora em diante, fareao que se segue: mos a identifica¸c˜ (x, y) = (x, y, 0), ∀ (x, y) ∈ C Em particular, pela teoria dos n´ umeros complexos, podemos escrever ainda, x = (x, 0) = (x, 0, 0), ∀ x ∈ R Aceita estas igualdades, temos em particular que, 0 = (0, 0) = (0, 0, 0), 1 = (1, 0) = (1, 0, 0), a = (a, 0) = (a, 0, 0). Assim o corpo C dos n´ umeros complexos passa a ser considerado uma subestrutura do sistema B dos nne. Nota: Para o nosso pr´ oximo ´ıtem veja [1] (Vers˜ ao 2D).

1.6

Imers˜ ao de B-2D em B-3D

˜ de B-3D formada pelos ternos orConsideremos agora a subestrutura B denados cujo segundo termo ´e zero: ˜ = (a, b, c) ∈ R3 : b = 0 B

˜ é fechado para as opera¸cões de soma e multiplicaVamos mostrar que B ˜ então, ¸cão. De fato, sejam (a1 , 0, c1 ) e (a2 , 0, c2 ) dois pontos em B, ˜ (a1 , 0, c1 ) + (a2 , 0, c2 ) = (a1 + a2 , 0, c1 + c2 ) ∈ B Por outro lado, calculando o produto

(p. 10)

(a1 , b1 , c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) = a1 , 0, c1 ) · (a2 , 0, c2 em    (−c1 · c2 , 0, 0),          − c1 · c2 · a2 , − c1 · c2 · b2 , c · r ,   1 2  r2 r2 

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 ) se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

 c ·c ·a   c1 · c2 · b1 1 2 1   , − , c · r , −  2 1  r1 r1         (a · a − b · b ) γ, (a · b + a · b ) γ, c · r + c · r , 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1

Onde

r1 =

a 1 + b1 , r 2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 ) se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 )

γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

Resulta    − c1 · c2 , 0, 0 ,        a    − c1 · c2 2 , 0, c1 · |a2 | ,   |a2 |

se a1 = 0 e a2 = 0 se a1 = 0 e a2 6= 0

  a   − c1 · c2 1 , 0, c2 · |a1 | ,   |a1 |      a ·a    a1 · a2 − c1 · c2 1 2 , 0, c1 · |a2 | + c2 · |a1 | , |a1 | · |a2 | Onde

r1 = |a1 | , r2 = |a2 | e γ = 1 − ˜ Portanto, (a1 , 0, c1 ) · (a2 , 0, c2 ) ∈ B. 29

se a1 6= 0 e a2 = 0 se a1 6= 0 e a2 6= 0

c1 · c2 |a1 | · |a2 |

˜ que leva cada (x, y) ∈ Consideremos agora a aplica¸c˜ao f , de B-2D em B, ˜ B-2D ao terno (x, 0, y) ∈ B, tipo assim: B-3D f

B-2D

˜ B

(a1 , b1 )

(a1 , 0, b1 )

(a2 , b2 )

(a2 , 0, b2 )

(a1 + a2 , b1 + b2 )

(a1 + a2 , 0, b1 + b2 )

(a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 )

f : B-2D (x, y)

(a1 · a2 − b1 · b2 , 0, a1 · b2 + a2 · b1 )

˜ B (x, 0, y)

Podemos mostrar que f é um isomorfismo. Devido ao fato de existir uma ˜ que preserva as opera¸cões de adi¸cão e multiplica¸cão, aplica¸c˜ ao f : B - 2D→ B ˜ s˜ dizemos que B - 2D e B ao isomorfos. Devido ao isomorfismo, operar com (x, 0, y) leva a resultados an´ alogos aos obtidos operando com (x, y); em raz˜ ao disto, de agora em diante, faremos a identifica¸c˜ ao que se segue: (x, y) = (x, 0, y), ∀ (x, y) ∈ B - 2D Em particular, pela teoria dos nne-2D, podemos escrever ainda, x = (x, 0) = (x, 0, 0), ∀ x ∈ R Aceita estas igualdades, temos em particular que, 0 = (0, 0) = (0, 0, 0), 1 = (1, 0) = (1, 0, 0), (0, 1) = (0, 0, 1) = j. Assim o sistema B-2D dos nne bidimensionais, passa a ser considerado um subsistema do sistema B-3D dos nne tridimensionais. Em resumo, os n´ umeros B-3D generalizam, a um s´ o tempo, os n´ umeros complexos e os nne-2D.

Podemos ilustrar a imers˜ao de estruturas atrav´es de diagramas de Venn:

B−3D

B−2D

Dizemos que dentro do sistema numérico B-3D existe uma cópia do sistema C dos n´ umeros complexos e também existe uma cópia do sistema B-2D dos nne bidimensionais − além de uma cópia de R. Provaremos agora uma importante propriedade do sistema B-3D: Teorema 1 (Propriedade n˜ ao euclidiana). Para todo k ∈ R e para todo w = (a, b, c) em B-3D, a seguinte identidade se verifica

k · (a, b, c) = ( k a, k b, |k| c ) Prova: Temos algumas alternativas a considerar: ( i ) k = 0, trivial. √ ( ii ) k 6= 0 e r2 = a2 + b2 = 0. Calculando em (D3 )

−

c1 · c2 · a1 c ·c ·b , − 1 2 1 , c2 · r1 , r1 r1

Onde r1 = temos

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 )

a21 + b21 = |k| , r2 =

k · (0, 0, c) = (k, 0, 0) · (0, 0, c) =

−

a22 + b22 = 0

0·c·0 0·c·k ,− , c · |k| |k| |k|

= (k 0, k 0, |k| c)

( iii ) k 6= 0 e r2 =

√

a2 + b2 6= 0. Calculando em (D4 )

(a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 )

Onde r1 =

a21 + b21 = |k| , r2 =

a22 + b22

γ =1−

c1 · c2 =1 r1 · r2

temos k · (a, b, c) = (k, 0, 0) · (a, b, c)

= (k · a − 0 · b) · 1, (k · b + a · 0) · 1, 0 · r2 + c · |k| = (k a, k b, |k| c .

Resumindo:

k · (a, b, c) = (k a, k b, |k| c) =

  (k a, k b, k c),

 (k a, k b, −k c),

se k ≥ 0; se k < 0.

Denotaremos a propriedade n˜ ao euclidiana por: pne. Nota: Na p´ agina 18 dissemos que as opera¸cões de adi¸cão, subtra¸cão e tomar o oposto, em B, s˜ ao as mesmas da calculadora; no entanto, o mesmo n˜ ao se verifica para a multiplica¸cão de um n´ umero real por um nne, por exemplo

Na HP Prime

em B - 3D

Estas opera¸c˜ oes coincidem somente se o real k satisfaz k ≥ 0. 32

Do teorema 1 (p. 31) decorre um fenômeno que n˜ ao ocorre em R ou em C. Corol´ ario 1. Em B existe um n´ umero x tal que −1 · x 6= −x Prova: De fato, tomando x = (0, 0, 1), resulta −x = −(0, 0, 1) = (0, 0, −1) −1 · x = (−1 · 0, −1 · 0, | − 1| · 1) = (0, 0, 1) Sendo assim é importante estar atento para o fato de que, ao contr´ ario do que ocorre em R, ou em C, em B é necessário distinguir entre −x e −1 · x. Observe que, enquanto no primeiro caso temos o oposto aditivo de x (opera¸c˜ ao un´ aria), no segundo caso temos o produto de dois nne: −1 = (−1, 0, 0) e x = (a, b, c), uma opera¸cão bin´ aria. Observe, outrossim, que em B n˜ ao vale a propriedade de cancelamento para a multiplica¸c˜ ao; para se convencer disto considere a seguinte igualdade 1 · (0, 0, 1) = −1 · (0, 0, 1) Isto se deve ao fato da multiplica¸cão n˜ ao ser associativa. Prove a seguinte Proposi¸ c˜ ao 4. Sejam a ∈ R e w ∈ B,  w  se a ≥ 0; a= ,   j  j·a=w ⇒  w    a = − , se a < 0. j

(1.12)

Nota: Uma outra regra que n˜ ao vale (é proibida) na estrutura dos nne a multiplicando de um lado da equa¸ca õ, passa para o outro é: “o que est´ ao de que a multiplica¸cão n˜ ao é associativa. dividindo ”; em fun¸c˜

1.7

Forma alg´ ebrica

1.7.1

Unidade imagin´ aria/Unidade hiperimagin´ aria

Chamamos unidade imagin´ aria e indicamos por i o nne (0, 1, 0). Temos i2 = (0, 1, 0) · (0, 1, 0) = (0 · 0 − 1 · 1) · 1, (0 · 1 + 0 · 1) · 1, 0 · 1 + 0 · 1 = (−1, 0, 0) = −1

isto é, a propriedade b´ asica da unidade imagin´ aria é i2 = −1 Chamamos unidade hiperimaginária e indicamos por j o nne (0, 0, 1). Notemos que j 2 = (0, 0, 1) · (0, 0, 1) = (−1 · 1, 0, 0) = −1 logo, a unidade hiperimaginária tem a mesma propriedade básica da unidade imagin´ aria, isto é j 2 = −1 no entanto, a unidade hiperimaginária tem uma propriedade n˜ ao partilhada por nenhum n´ umero Complexo, qual seja −1 · j 6= −j

(1.13)

A bem da verdade esta ´e apenas um caso especial da seguinte: Vamos multiplicar j pelo n´ umero complexo z = (x, y, 0).

−

c ·c ·b c1 · c2 · a2 , − 1 2 2 , c1 · r2 , r2 r2

se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

Temos (0, 0, 1) · (x, y, 0) =

−

p 1·0·x 1·0·y ,− , 1 · r2 = (0, 0, x2 + y 2 ) r2 r2

Portanto j · z = ( 0, 0, |z| ) Observe que se |z| = 1 (c´ırculo unit´ ario) ent˜ao z · j = j. 34

Forma alg´ ebrica Dado w = (x, y, z) um nne qualquer, temos: w = (x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, 0) + (0, 0, z) Temos ( i ) (x, 0, 0) = x. ( ii ) Temos y · (0, 1, 0) = (y · 0, y · 1, |y| · 0) = (0, y, 0) ⇒ y · i = (0, y, 0) ( iii ) Se z ≥ 0, ent˜ ao (0, 0, z) = z (0, 0, 1) = z j. Se z ≤ 0 ( |z| = −z ), ent˜ao −j z = z · (−j) = z · (0, 0, −1) = z · 0, z · 0, |z| · (−1) = 0, 0, (−z) · (−1) = (0, 0, z) Tendo em conta estes resultados podemos escrever

w = (x, y, z) =

  x + i y + j z,

 x + i y − j z,

se z ≥ 0;

(1.14)

se z < 0.

Assim, todo nne w = (x, y, z) pode ser escrito sob a forma acima, chamada forma algébrica. O n´ umero real x é chamado parte real de w, o n´ umero aria de w e o n´ umero real z é chamado parte real y é chamado parte imagin´ hiperimaginária de w. Nota¸ co ˜es: x = Re(w) y = Im(w) z = hi(w)

Adendo: Para z < 0 ( |z| = −z ), temos −j z = z · (−j) = z · (0, 0, −1) = z · 0, z · 0, |z| · (−1) = 0, 0, (−z) · (−1) = (0, 0, z)

por outro lado

logo

j z = z · j = z · (0, 0, 1) = z · 0, z · 0, |z| · 1 = ( 0, 0, −z) −( j z ) = −( 0, 0, −z) = ( 0, 0, z)

portanto

−j z = −( j z )

(1.15)

Nota: A identidade acima vale tamb´em para z ≥ 0. Podemos dar as seguintes denomina¸c˜oes a alguns nne: w = (0, 0, c), w = (0, b, 0), w = (a, 0, 0), w = (a, b, 0), w = (a, b, c), w = (a, b, c),

c 6= 0,

hiperimagin´ario puro;

b 6= 0,

imagin´ ario puro; real puro;

a 6= 0, b 6= 0,

complexo puro;

a 6= 0 ou b 6= 0; c 6= 0,

nne n˜ ao-singular.

c 6= 0,

nne puro;

Nota: Um nne n˜ ao-singular ´e um nne puro com a 6= 0 ou b 6= 0.

∗

Se eu tivesse qualquer posi¸ca ˜o te´ orica, ent˜ ao eu teria problemas; mas j´ a que n˜ ao tenho qualquer posi¸ca ˜o te´ orica, ent˜ ao n˜ ao tenho qualquer problema. (Nagarjuna) 36

Um milagre aos olhos dos habitantes Complexos Se algum dia um matem´ atico do Universo complexo se defrontar com a seguinte equa¸c˜ ao elementar

(−1 · x + x) · x = −1

ele tem duas sa´ıdas: abandonar o “jogo” ou consultar um matem´ atico do “universo B-3D”. De fato, esta é uma equa¸cão imposs´ıvel de se resolver dentro dos universos numéricos conhecidos dos matem´ aticos (hodiernos), em raz˜ ao de que vale: (−1 · x + x) · x = −1 ⇐⇒ 0 · x = −1 Pois bem, vamos assumir o desafio. Teorema 2 (Gentil/04.12.2008). A seguinte equa¸cão tem solu¸cão em B-3D.

(−1 · x + x) · x = −1

(1.16)

Prova: Tomando x = (a, b, c), pelo teorema 1 (p. 31), temos −1 · x = −1 · (a, b, c) = (−a, −b, c) portanto −1 · x + x = (−a, −b, c) + (a, b, c) = (0, 0, 2c) Substituindo este resultado em (1.16), obtemos (0, 0, 2c) · (a, b, c) = −1 O produto acima fica  (−2c2 , 0, 0), se a = b = 0; (0, 0, 2c) · (a, b, c) = (−2c2 a/r , −2c2 b/r , 2c · r ), se a 6= 0 ou b 6= 0. 2 2 2 √

√ a2 + b2 . Para a = b = 0 concluimos que c = ± 2/2. Portanto √ √ √ 2 ⇒ x = 2/2 j ou x = − 2/2 j . x = 0, 0, ± 2

Onde: r2 =

Observe que o n´ umero j foi o respons´ avel por este milagre! ´ E f´acil ver que para a 6= 0 ou b 6= 0 o problema n˜ ao tem solu¸c˜ao.

Nas telas a seguir

confirmamos as duas solu¸c˜oes da equa¸c˜ao

(−1 · x + x) · x = −1 A t´ıtulo de curiosidade, observe que, das duas equa¸cões abaixo: x2 + 1 = 0 (−1 · x + x) · x + 1 = 0 Com o n´ umero i resolvemos apenas a primeira, ao passo que, com o n´ umero j resolvemos as duas. A propósito, considere a equa¸cão 0 · x = b, b 6= 0

(1.17)

nos reais, ou complexos; como, nestes universos, vale 0 = −1 · x + x 0 = −1 · (−x) + (−x) Segue-se que 0·x =b

⇐⇒

  ( −1 · x + x ) · x = b 

− 1 · (−x) + (−x) · x = b

(1.18)

Embora n˜ ao possamos resolver diretamente a equa¸cão (1.17) em B, entretanto podemos resolver suas equivalentes, dadas acima. Se b > 0, resolvemos a segunda das equa¸cões em (1.18), caso contr´ ario resolvemos a primeira. Por exemplo, seja a equa¸cão 0 · x = 1, então 0 · x = 1 ⇐⇒ − 1 · (−x) + (−x) · x = 1 38

Tomando x = (a, b, c), temos, −x = (−a, −b, −c), logo −1 · (−x) + (−x) = −1 · (−a, −b, −c) + (−a, −b, −c) = (a, b, −c) + (−a, −b, −c) = (0, 0, −2c) Ent˜ao − 1 · (−x) + (−x) · x = 1 ⇒ (0, 0, −2c) · (a, b, c) = 1

Considerando

(−c1 · c2 , 0, 0),

−

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 )

c ·c ·b c1 · c2 · a2 , − 1 2 2 , c1 · r2 , r2 r2

se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

o produto acima fica (0, 0, −2c)·(a, b, c) = Onde: r2 = tanto,

√

  (2 c2 , 0, 0),

se a = b = 0;

 (2 c2 a/r , 2c2 b/r , −2c · r ), 2 2 2

se a 6= 0 ou b 6= 0.

c2 + d2 . Para a = b = 0 concluimos que c = ±

√

2/2. Por-

√ √ √ 2 ⇒ x = 2/2 j ou x = − 2/2 j . x = 0, 0, ± 2

´ f´acil ver que para a 6= 0 ou b 6= 0 o problema n˜ E ao tem solu¸c˜ao. Nas telas a seguir

confirmamos as duas solu¸c˜ oes da equa¸c˜ao

− 1 · (−x) + (−x) · x = 1 39

1.8

Divis˜ ao por zero

Considere novamente as rela¸c˜oes 0 = −1 · x + x 0 = −1 · (−x) + (−x) Por exemplo, o quociente

1 1 = 0 −1 · x + x nos reais ou complexos n˜ ao faz sentido. Nos nne o valor do quociente 1 −1 · x + x faz sentido. Por exemplo, seja x = j = (0, 0, 1), ent˜ao −1 · x + x = −1 · (0, 0, 1) + (0, 0, 1) = (0, 0, 2) portanto 1 1 1 1 = (0, 0, −1) = = (0, 0, 2)−1 = 0, 0, − −1 · x + x (0, 0, 2) 2 2 De modo geral, considere x = (a, b, c), com c 6= 0, temos −1 · x + x = −1 · (a, b, c) + (a, b, c) = (−a, −b, c) + (a, b, c) = (0, 0, 2c) portanto

1 1 = = (0, 0, 2c)−1 −1 · x + x (0, 0, 2c)

Lembrando do algoritmo para inverter o hiper (a, b, c) w−1 = temos Logo

a −b −c , , a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 −1 (0, 0, 2c)−1 = 0, 0, 2c −1 1 = 0, 0, −1 · x + x 2c

Novamente o respons´ avel por este milagre − “divis˜ao por zero” − foi o n´ umero j. 40

A prop´osito, observe na identidade 1 −1 −1 1 ⇒ = 0, 0, = 0, 0, −1 · x + x 2c −1 · (a, b, c) + (a, b, c) 2c 1 (chamemo-lo assim) n˜ ao depende −1 · x + x de a e b. Isto nos sugere definir a seguinte transforma¸c˜ao

agico” que o “quociente m´

f : R3 − C → R3 7→

1 −1·x+x

Esta aplica¸c˜ ao tem uma propriedade interessante: “transforma o infinito em zero”; perd˜ ao, eu quiz dizer: ela colapsa um plano infinito em um u ´nico ponto. Por exemplo, em x = (a, b, c) fixando c = k temos o seguinte plano Γ = { (a, b, c) ∈ R3 : c = k }

Γ p

տ X

f (Γ)

− Imagem do plano Γ

Temos f (x) =

1 −1 1 = = 0, 0, −1 · x + x −1 · (a, b, k) + (a, b, k) 2k 41

Exemplo: Resolva a seguinte equa¸c˜ao∗ :

1 2 0

= −1

Solu¸ c˜ ao: consideremos a seguinte “equivalˆencia” (em C): 1 1 −1 · x + x = 0 ⇔ = ⇔ 0 −1 · x + x

1 0

1 −1 · x + x

Em B estamos aptos a resolver a seguinte equa¸c˜ao “equivalente”

1 −1·x + x

= −1

Com efeito, seja x = (a, b, c), com c 6= 0; vimos anteriormente que 1 −1 = 0, 0, −1 · x + x 2c

portanto, nosso desafio resume-se a resolver a equa¸c˜ao −1 2 = −1 0, 0, 2c

calculamos o produto em (D1 )

(−c1 · c2 , 0, 0),

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 )

isto ´e −1 2 −1 −1 −1 −1 0, 0, · 0, 0, = − = 0, 0, · , 0, 0 = −1 2c 2c 2c 2c 2c

donde

−

1 1 = −1 ⇒ c = ± 2 4c 2

∗

A rigor esta equa¸c˜ ao − como se apresenta − n˜ ao faz sentido em lugar algum da matem´ atica, considere este enunciado como uma “brincadeira ” . . . por´em destinada a tornar-se s´eria.

Portanto, existem “duas” solu¸c˜oes para a equa¸c˜ao

1 −1·x + x

= −1

(1.19)

quais sejam: x = (a, b, ± 21 ). Geometricamente o conjunto solu¸c˜ao da nossa equa¸c˜ao constitui-se em dois planos paralelos ao plano C, situados a uma distˆ ancia de 12 da origem, assim:

Γ2

1 2

− 12

Γ1

O conjunto solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao (1.19) ´e S = Γ1 ∪ Γ2 ou ainda n

1o[n 1o (a, b, c) ∈ R3 : c = 2 2 Deixamos como exerc´ıcio ao leitor a resolu¸c˜ao do seguinte sistema: S=

(a, b, c) ∈ R3 : c = −

x+y =0 (−1 · x − y) · y = 2

1.9

Forma trigonom´ etrica

Defini¸ c˜ ao 1 (Conjugado). Chama-se conjugado do nne w = (a, b, c) ao nne w = (a, −b, −c), isto ´e: w = (a, b, c) ⇔ w = (a, −b, −c)

Defini¸ c˜ ao 2 (Norma). Chama-se norma do nne w = (a, b, c) ao n´ umero real N (w) = a2 + b2 + c2

Defini¸ c˜ ao 3 (M´odulo). Chama-se m´ odulo (ou valor absoluto) do nne w = (a, b, c) ao n´ umero real |w| =

N (w) =

a2 + b2 + c2

Nota: Alternativamente podemos usar a nota¸c˜ao: ρ, para o m´ odulo, isto ´e p ρ = a2 + b2 + c2 Deixamos como exerc´ıcio ao leitor, mostrar que w · w = |w|2 Observe que o inverso de w = (a, b, c) w−1 =

pode ser escrito como

−b −c a , , a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 w−1 =

a −b −c , , |w|2 |w|2 |w|2

Ou ainda w−1 =

1 ( a, −b, −c ). |w|2

(1.20)

Defini¸ c˜ ao 4 (Argumento). Chama-se argumento de um nne w = (x, y, z), n˜ ao nulo, ao par de ˆ angulos (θ, β) tal que x y z cos θ · cos β = , sen θ · cos β = e sen β = . ρ ρ ρ Observe que existe ao menos um par (θ, β) satisfazendo a defini¸c˜ao, pois 2 2 2 x 2 y 2 z 2 + + cos θ · cos β + sen θ · cos β + sen β = ρ ρ ρ =

x2 + y 2 + z 2 = 1. ρ2

Fixado o nne w 6= 0, est˜ ao fixados cos θ · cos β, sen θ · cos β e sen β, mas os ˆangulos θ e β podem assumir infinitos valores, congruentes dois a dois (congruˆencia m´ odulo 2π). Assim o nne w 6= 0 tem argumento, (θ, β) = (θ0 + 2kπ, β0 + 2k′ π); k, k′ ∈ Z

(1.21)

onde (θ0 , β0 ) é chamado argumento principal de w, é tal que y z x e sen β0 = . cos θ0 · cos β0 = , sen θ0 · cos β0 = ρ ρ ρ e π π 0 ≤ θ0 < 2π, − ≤ β0 ≤ (1.22) 2 2 Por vezes trabalharemos com (θ0 , β0 ) chamando-o simplesmente argumento de w. Exemplos: q√ √ o 1 ) Para w = 3 + i, temos ρ = ( 3)2 + 12 + 02 = 2, então √  x 3   cos θ0 · cos β0 = =    ρ 2     1 y sen θ0 · cos β0 = =  ρ 2       0 z  sen β0 = = =0 ρ 2 Tendo em conta (1.22), resulta π π θ0 = ⇒ θ = + 2kπ 6 6

β0 = 0 ⇒ β = 0 + 2k′ π 45

√ √ 2 o ) Para w = (0, 1, 1), temos ρ = 02 + 12 + 12 = 2, ent˜ao  x 0   cos θ0 · cos β0 = = √ = 0   ρ  2     1 y sen θ0 · cos β0 = = √ ρ  2      z 1   = =√ sen β0 ρ 2

Tendo em conta (1.22), desta u ´ tima equa¸c˜ao concluimos que β0 = π4 , sendo assim resulta cos θ0 · cos π4 = 0 sen θ0 · cos π4 =

√ 2 2

⇒

cos θ0 = 0

⇒

sen θ0 = 1

⇒

θ0 =

π 2

Sendo assim, temos π π + 2kπ, β = + 2k′ π 2 4 q √ √ 3 o ) Para w = − 3 + 3i − 2j, temos ρ = (− 3)2 + 32 + (−2)2 = 4, ent˜ao θ=

√ − 3 x = = ρ 4

   cos θ0 · cos β0        sen θ0 · cos β0         sen β 0

3 y = ρ 4

−2 −1 z = = ρ 4 2

Tendo em conta (1.22), desta u ´ tima equa¸c˜ao concluimos que β0 = − π6 , sendo assim resulta cos θ0 · cos(− π6 ) = sen θ0 · cos(− π6 ) =

√ − 3 4 3 4

cos θ0 = − 21

⇒ ⇒

sen θ0 =

√

3 2

⇒

Sendo assim, temos θ=

2π + 2kπ, 3

β=−

π + 2k′ π 6

θ0 =

2π 3

Dado um nne w = (x, y, z), n˜ ao nulo, temos w = (ρ cos θ0 · cos β0 , ρ sen θ0 · cos β0 , ρ sen β0 ) Sendo ρ > 0, podemos reescrever w = ρ (cos θ0 · cos β0 , sen θ0 · cos β0 , sen β0 ) chamada forma trigonom´ etrica canˆ onica de w. Tendo em conta a forma alg´ebrica

w = (x, y, z) =

  x + i y + j z,

 x + i y − j z,

(p. 35)

se z ≥ 0; se z < 0.

temos   ρ cos θ0 · cos β0 + i sen θ0 · cos β0 + j sen β0 , w=  ρ cos θ · cos β + i sen θ · cos β − j sen β , 0 0 0 0 0

se sen β0 ≥ 0; se sen β0 < 0.

Observe que se β0 = 0, resulta w = ρ cos θ0 + i sen θ0 ).

1.9.1

Representa¸c˜ ao gr´ afica

As no¸c˜ oes de m´ odulo e argumento tornam-se mais concretas quando representamos um nne w = (x, y, z) pelos pontos do espa¸co R3 , com a conven¸c˜ao de marcamos sobre os eixos 0X, 0Y e 0Z, respectivamente, a parte real, a parte imagin´ aria e a parte hiperimagin´aria de w. Assim a cada nne w = (x, y, z) corresponde um u ´ nico ponto P do espa¸co X0Y Z, assim: Z z

P (x, y, z) ρ 0 θ0

ρ=

√

x2 +y 2 +z 2

x2 +y 2

0 ≤ θ0 < 2π

β0 r

x X

− π2 ≤ β0 ≤

π 2

Note que a distˆ ancia entre w = (x, y, z) e 0 = (0, 0, 0) ´e o m´ odulo de w: p |w| = x2 + y 2 + z 2 = ρ Z z

P (x, y, z) ρ Y

β0

θ0

√

x2 +y 2 +z 2

x2 +y 2

0 ≤ θ0 < 2π

ρ=

− π2 ≤ β0 ≤

π 2

x X

Nomenclatura: X0Y Z = espa¸co R3 ; 0X = eixo real; 0Y = eixo imagin´ ario; 0Z = eixo hiperimagin´ario; X0Y = plano complexo C; X0Z = plano B-2D; P = afixo de w.

Apenas enfatizamos que a forma trigonom´ etrica canˆ onica de w w = ρ (cos θ0 · cos β0 , sen θ0 · cos β0 , sen β0 ) ´e aquela em que 0 ≤ θ0 < 2π, −

π π ≤ β0 ≤ 2 2

√ Nota: Graficamente a condi¸c˜ ao r = a2 + b2 = 0 para w = (a, b, c) significa que este n´ umero est´ a localizado sobre o eixo 0Z. Desta forma as senten¸cas que definem o produto

  (−c1 · c2 , 0, 0),          c1 · c2 · a2 c ·c ·b   − , − 1 2 2 , c1 · r2 ,   r2 r2 

se r1 = 0 e r2 = 0 (D1 ) se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

 c ·c ·a   c1 · c2 · b1 1 2 1   , , − , c · r −  2 1  r1 r1         (a · a − b · b ) γ, (a · b + a · b ) γ, c · r + c · r , 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 ) se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 )

γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

podem ser interpretadas como: 1 a ) r1 = r2 = 0. Neste caso w1 e w2 est˜ ao situados sobre o eixo 0Z. Isto ´e, dois nne puros s˜ ao multiplicados segundo D1 . 2 a ) r1 = 0 e r2 6= 0. Neste caso w1 est´ a situado sobre o eixo 0Z e w2 est´ a situado fora deste eixo. Observe que as condi¸c˜oes (D2 ) e (D3 ) podem ser unificadas em uma u ´ nica, onde fazemos r1 (ou r2 ) corresponder ao ponto que situa-se fora do eixo 0Z. 3 a ) r1 6= 0 e r2 6= 0. Neste caso w1 e w2 est˜ ao ambos situados fora do eixo 0Z. Desta forma dois n´ umeros que n˜ ao s˜ ao nne puros s˜ ao multiplicados em D4 . Z z

P (x, y, z) ρ 0 θ0

ρ=

√

x2 +y 2 +z 2

x2 +y 2

0 ≤ θ0 < 2π

β0 r

x X

− π2 ≤ β0 ≤

π 2

Considere, novamente, o diagrama de Venn:

B−3D

B−2D

A seguir colocamos em destaque uma vers˜ ao geom´etrica destes diagramas

Z Z

Plano C

Pl − ano 2D

Ou ainda: Z

← B-2D

B-3D

C i

Reiteramos: dentro do sistema numérico B-3D existe uma cópia do sistema C dos n´ umeros complexos e também existe uma cópia do sistema B-2D dos nne bidimensionais, além de uma cópia de R.

Interpreta¸c˜ ao geom´ etrica da desigualdade −w 6= −1 · w Vimos que em B temos −w 6= −1 · w. Sendo w = (x, y, z) −w = (−x, −y, −z) −1 · w = (−x, −y, z) Geometricamente −w é uma rota¸cão de 180o (em torno da origem) em w; enquanto −1 · w pode ser visto como a rota¸cão anterior seguida de uma reflexão, com respeito ao plano complexo. Por exemplo, assim

Z −1·w

w Y −w X

Um problema cl´ assico no contexto dos nne O fato de os nne residirem em dimensão 3, enquanto os complexos em dimensão 2, isto naturalmente se reflete na (re) solu¸cão de um mesmo problema trabalhado em um ou outro destes espa¸cos. Vejamos um exemplo do que estamos falando. Vamos resolver o clássico Problema: Separar o n´ umero 10 em duas partes x e y tais que o produto destas seja 40. Solu¸ c˜ ao: Devemos resolver o seguinte sistema (

x + y = 10

(1.23)

x · y = 40

(1.24)

1 o ) Resolu¸c˜ ao no universo C. Tirando y na primeira equa¸c˜ao e substituindo na segunda, obtemos: x · 10 + (−x) = 40

Aplicando a propriedade distributiva e associativa temos 10 x − x2 = 40, ou x2 − 10x + 40 = 0 Sendo assim, temos x=

−(−10) ±

√ (−10)2 − 4 · 1 · 40 = 5 ± −15 2

Portanto, em C, temos uma u ´ nica solu¸c˜ao para este problema:

√

x=5+i

√

x = 5 + i 15 √ y = 5 − i 15 X

y=5−i

√

(1.25)

2 o ) Resolu¸c˜ ao no universo B. Aqui vamos fazer uma mudan¸ca de nota¸c˜ao (

x′ + y ′ = 10

(1.26)

x′ · y ′ = 40

(1.27)

Tirando y ′ na primeira equa¸c˜ ao e substituindo na segunda, obtemos: x′ · 10 + (−x′ ) = 40 (1.28)

Observe que em B n˜ ao podemos aplicar, na equa¸cão acima, a propriedade distributiva da multiplica¸c˜ ao em rela¸cão à adi¸cão. Devemos proceder assim: fa¸camos x′ = (x, y, z). Substituindo em (1.28), resulta (x, y, z) · 10 + (−x, −y, −z) = 40 de outro modo,

(x, y, z) · (10 − x, −y, −z) = 40 Inicialmente o tem solu¸c˜ao se considep observamos que este problema s´ rarmos r1 = x2 + y 2 6= 0 (por quˆe?). Sendo assim calculamos o produto anterior em D4 (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

x · (10 − x) − y · (−y) · γ, x · (−y) + (10 − x) · y · γ, z · r2 + (−z) · r1 = 40

p p onde, r1 = x2 + y 2 , r2 = (10 − x)2 + y 2 e γ = 1 + z 2 /(r1 · r2 ). assim, montamos o seguinte sistema    z2 2 2   (10x − x + y ) · 1 + = 40   r1 · r2      z2  (−2xy + 10y) · 1 + =0   r1 · r2         z · (r2 − r1 ) = 0 53

Sendo

(1.29)

(1.30) (1.31)

De (1.29) e (1.30) concluimos que −2xy + 10y = 0, ou ainda (−x + 5) · y = 0. Desta equa¸c˜ ao tiramos y = 0 ou x = 5. Ent˜ao: p  r1 = r2 = y 2 + 25    I) x = 5 ⇒ 2   γ =1+ z y 2 + 25 As equa¸c˜ oes (1.30) e (1.31) est˜ ao satisfeitas, resta satisfazer (1.29): z2 = 40 (10 · 5 − 5 + y ) · 1 + 25 + y 2 2

Donde y 2 + z 2 = 15

(cilindro)

Logo ( x = 5 ) ∩ ( y 2 + z 2 = 15 ) = c´ırculo {z } | {z } | plano

II )

y=0 ⇒

(1.32)

cilindro

 r = |x|, r2 = |x − 10|    1   γ =1+

z2 |x| · |x − 10|

A equa¸c˜ ao (1.30) est´ a satisfeita, resta satisfazer (1.29) e (1.31): (10x − x2 + 02 ) · 1 +

z2 = 40 |x| · |x − 10|

z · |x| − |x − 10| = 0

Desta u ´ ltima equa¸c˜ ao concluimos que z = 0 ou |x| − |x − 10| = 0. Se z = 0, na primeira equa¸cão obtemos 10x − x2 = 40, a qual n˜ ao tem solu¸cão (porquanto x deve ser real). Se |x| − |x − 10| = 0, resulta x = 5; volta ao primeiro caso. Deste modo existem infinitas solu¸cões para o nosso problema, todas da forma x′ = (5, y, z), y ′ = (5, −y, −z), onde y 2 + z 2 = 15. Observe que x′ + y ′ = (5, y, z) + (5, −y, −z) = (10, 0, 0) = 10

√ Tomando, por exemplo, z = 0, obtemos y = ± 15. Como as solu¸cões s˜ ao “conjugadas”, resulta: √ √ x′ = ( 5, 15, 0 ), y ′ = ( 5, − 15, 0 ) que é a solu¸c˜ ao complexa. √ Tomando, por exemplo, y = 0, obtemos z = ± 15. Como as solu¸cões s˜ ao “conjugadas”, resulta: √ √ x′ = ( 5, 0, 15 ), y ′ = ( 5, 0, − 15 ) que é a solu¸c˜ ao B-2D.

A equa¸c˜ ao y 2 + z 2 = 15 representa um cilindro em R3 , a interse¸c˜ao deste cilindro com o plano x = 5 nos d´ a um c´ırculo (eq. (1.32)), onde moram as infinitas solu¸c˜ oes do nosso problema. Geometricamente temos

y′ 5

5 x′

No gr´ afico da direita temos, na cor azul, os afixos da solu¸c˜ao complexa e, na cor vermelha, os afixos da solu¸c˜ao em B-2D.

Um Singelo Desafio O presente desafio foi inspirado em um problema cl´assico da a´lgebra secund´aria, qual seja: Problema: Separar o n´ umero 10 em duas partes x e y tais que o produto destas seja 40. O que conduz ao seguinte sistema: ( x + y = 10

x · y = 40

Desafio:

Resolva o seguinte sistema:   x + y = 10   x · y = 40   √  x + (−1) · y = i 30

onde: i ´e a unidade imagin´ aria (complexo).

Boa Vista-RR/04.10.2017 gentil.iconoclasta@gmail.com

Elabora¸c˜ ao do Desafio Deixo registrado aqui como elaborei o desafio que consta na p´ agina anterior. Pois bem, considere a solu¸c˜ao do “problema cl´assico no contexto dos nne” (p. 52), dada por (p. 54) x′ = (5, y, z), y ′ = (5, −y, −z), onde y 2 + z 2 = 15. tomando y = z, temos 2

y + z = 15

⇒

2 y = 15

Portanto, uma solu¸c˜ ao para o desafio ´e: r r ! 15 15 w1 = 5, e w2 = , 2 2

5, −

y=±

15 ,− 2

15 . 2

15 2

Na tela a seguir confirmamos esta solu¸c˜ao

x + y = 10 ր −→ x · y = 40 ց x + (−1) · y = i √30

Nota: O (“Singelo”) Desafio n˜ ao tem solu¸c˜ao no campo Complexo. Observe que

(p. 52)

2·

√

15 6=

√

2·

√

Multiplica¸ c˜ ao na forma trigonom´ etrica Veremos a seguir que a multiplica¸cão na forma trigonométrica se apresenta de forma mais simples (e mais estética) que na forma retangular e, o que é melhor, nos possibilita dar uma interpreta¸cão geométrica ao produto de dois nne, o que aumentar´ a substancialmente o espectro de aplica¸co˜es destes n´ umeros. Proposi¸ c˜ ao 5. Dois n´ umeros na forma trigonométrica canˆ onica w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) s˜ ao multiplicados da seguinte forma: w1 ·w2 = ρ1 ρ2 cos(θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (β1 +β2 ) Prova: Apêndice, p´ agina 130.

Nota: Lembramos um n´ umero na forma trigonom´etrica canˆ onica w = ρ (cos θ0 · cos β0 , sen θ0 · cos β0 , sen β0 ) onde

(p. 45)

0 ≤ θ0 < 2π, −

π π ≤ β0 ≤ 2 2

Z z

P (x, y, z) ρ 0 θ0

y β0 r

ρ=

√

x2 +y 2 +z 2

x2 +y 2

0 ≤ θ0 < 2π Y

− π2 ≤ β0 ≤

π 2

x X

Nota: Para multiplicar na forma trigonométrica devemos ter (apenas) π π ≤ β0 ≤ (1.33) 2 2 uma vez que na demonstra¸caõ da proposi¸cão 5 (p. 130) esta foi a u ´ nica condi¸c˜ ao que assumimos. −

Notas: 1a ) Uma observa¸c˜ ao importante a respeito da proposi¸cão 5 é que, para qualquer n´ umero do eixo 0Z ( β = π2 + k π, k ∈ Z ) devemos tomar θ = 0 e β = π2 ou θ = 0 e β = − π2 , antes de fazer a multiplica¸cão. Uma vez que pontos do eixo OZ têm θ indeterminado, estamos “levantando” esta indetermina¸c˜ ao convencionando que θ = 0. 2a ) Observe outrossim que, enquanto a multiplica¸cão em coordenadas retangulares (p. 10) é dada em quatro senten¸cas, na forma trigonométrica é dada em apenas uma. Esta dr´ astica redu¸cão se deve à condi¸cão assumida −

π π ≤ β0 ≤ 2 2

A bem da verdade isto n˜ ao constitui uma restri¸cão séria uma vez que todo n´ umero nne pode ser escrito nesta forma. Corol´ ario 2. O m´ odulo do produto de dois nne é igual ao produto dos m´ odulos dos fatores. Isto é |w1 · w2 | = |w1 | · |w2 | Prova: Basta ter em conta que, para quaisquer ângulos λ e γ, temos: p (cos λ cos γ)2 + (sen λ cos γ)2 + (sen γ)2 = 1

Divis˜ ao na forma trigonom´ etrica Proposi¸ c˜ ao 6. Dois n´ umeros na forma trigonom´etrica w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) s˜ ao divididos da seguinte forma: w1 ρ = 1 cos(θ1 − θ2 )·cos(β1 − β2 ), sen (θ1 − θ2 )·cos(β1 − β2 ), sen (β1 − β2 ) w2 ρ2

Prova: Provamos esta proposi¸c˜ao utilizando a anterior. Pois bem, tendo em conta a equa¸c˜ ao (1.20) (p. 44) w−1 =

1 ( a, −b, −c ). |w|2

escrevemos w2−1 = =

1 cos θ2 · cos β2 , −sen θ2 · cos β2 , −sen β2 ρ2 1 cos(−θ2 ) · cos(−β2 ), sen (−θ2 ) · cos(−β2 ), sen (−β2 ) ρ2

Para utilizar a proposi¸c˜ ao 5 (p. 58) devemos ter −

π π ≤ β0 ≤ 2 2

para −β2 ´e imediato porquanto −

π π ≤ β2 ≤ 2 2

⇒ −

π π ≤ −β2 ≤ 2 2

Sendo assim, realizando o produto w1 · w2−1 de acordo com a proposi¸cão 5, temos o resultado desejado. Corol´ ario 3. O m´ odulo do quociente de dois nne é igual ao quociente dos m´ odulos dos nne. Isto é

w |w |

= 1 w2 |w2 | Prova: Basta ter em conta que, para quaisquer ˆangulos λ e γ, temos: p (cos λ cos γ)2 + (sen λ cos γ)2 + (sen γ)2 = 1 60

1.10

Potencia¸ c˜ ao

Defini¸ c˜ ao 5. Sejam w um nne e n um n´ umero natural. Potˆencia de base w n e expoente n ´e o n´ umero w tal que: ( w0 = 1; wn = wn−1 · w, ∀ n, n ≥ 1.

Desta defini¸c˜ ao decorre que: w1 = w0 · w = 1 · w w2 = w1 · w = w · w w3 = w2 · w = (w · w) · w w4 = w3 · w = (w · w) · w · w

Proposi¸ c˜ ao 7. A seguinte identidade é válida  −1, se n é par; n j =  j, se n é ´ımpar.

Prova: Indu¸c˜ ao sobre n. o 1 ) n par. Para n = 2 já mostramos que a proposi¸cão é verdadeira. Suponhamos a validade da mesma para n = k, isto é, j k = −1. Mostremos que a proposi¸c˜ ao continua válida para o pr´ oximo par, n = k + 2: j k+2 = (j k · j) · j = (−1 · j) · j = j · j = j 2 = −1 2 o ) n ´ımpar. Análogo.

Na tela a seguir temos um programa para calcular a potˆencia de um nne

Na tela da direita calculamos algumas potˆencias de j = (0, 0, 1). 61

Lema 1. Seja w = (x, y, z), com x 6= 0 ou y 6= 0, ent˜ao

w2 =

z2 x2 +y 2

(x2 − y 2 ) · 1 −

Prova: Sendo r1 = r2 =

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

r1 =

, 2z

x2 + y 2

x2 + y 2 6= 0, calculamos o produto em (D4 )

(a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

a1 + b1 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

Exemplo: Calcule (i + j)2 . Solu¸ c˜ ao: Temos i + j = (0, 1, 0) + (0, 0, 1) = (0, 1, 1) ⇒ x = 0, y = 1, z = 1. Sendo assim, temos (i + j)2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

(02 − 12 ) · 1 −

= (0, 0, 2) = 2j

(i + j)2 = 2j

p z2 z2 2 + y2 , 2 x y · 1 − , 2z x x2 + y 2 x2 + y 2

p 12 12 2 + 12 0 , 2 · 0 · 1 · 1 − , 2 · 1 02 + 12 02 + 12

j 2 + 2 i j + j 2 = −2 + 2j

Mostre que (i + j)2 6= j 2 + 2 i j + j 2 Exerc´ıcio: Seja w ∈ B, mostre que w · (−w) ∈ C. 62

Dado w = (x, y, z) ∈ B observamos em

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

p , 2z x2 + y 2

que a cota de w2 tem o mesmo sinal de z. Isto significa que ao multiplicarmos um nne por ele mesmo o resultado permanece no mesmo semi-espa¸co (z > 0 ou z < 0) de w. Vamos mostrar que isto vale para qualquer potência de w. Proposi¸ c˜ ao 8. Seja w = (x, y, z) ∈ B. Temos∗ Se wn = (x′ , y ′ , z ′ ), ent˜ ao sign (z ′ ) = sign (z), ∀ n ≥ 2. Prova: Indu¸c˜ ao sobre n. Para n = 2 a proposi¸cão decorre do lema (1). Suponhamos a proposi¸c˜ ao verdadeira para n = k. Isto é, wk = (a, b, c), onde sign (c) = sign (z)

(hip´ otese de indu¸c˜ao)

E mostremos que vale para n = k + 1. Isto ´e, wk+1 = (x′ , y ′ , z ′ ) ⇒

sign (z ′ ) = sign (z)

(tese de indu¸c˜ao)

Ent˜ao wk+1 = wk · w = (a, b, c) · (x, y, c) = (ax − by) γ, (ay + bx) γ, c r2 + z r1

Temos z ′ = c r2 + z r1 , donde decorre a tese, tendo em conta a hip´ otese de indu¸c˜ao. O programa a seguir utiliza a f´ormula de w2 para calcular o quadrado de um nne-3D

∗

sign (z) significa o sinal de z.

Defini¸ c˜ ao 6 (Reflexo). Dado o nne w = (x, y, z) definimos o reflexo de w como sendo o nne (x, y, −z). Nota¸c˜ ao: (x, y, −z) = w. ˙ p

A opera¸c˜ ao (un´ aria) tomar o reflexo de um nne equivale a trocar de hemisf´erio. Algumas rela¸c˜ oes imediatas: 1a )

w+w˙ = (x, y, z)+(x, y, −z) = (2x, 2y, 0) = 2 [ x(1, 0, 0)+y(0, 1, 0) ] Portanto

w + w˙ = Re(w) + i Im(w) 2

2a ) w + w˙ = (x, y, z) + (x, y, −z) = (2x, 2y, 0) ∈ C 3a ) 4 a ) Exerc´ıcio

w · w˙ = (x, y, z) · (x, y, −z) ∈ C w˙ 1 · w˙ 2 = (w1 ·˙ w2 )

5a )

−w = (−x, −y, −z)

˙ = (−x, −y, z) (−w)

⇒

Por outro lado −1 · w = (−x, −y, z) logo

(p. 51) Z

˙ −1 · w = (−w)

−1·w

w Y −w X

Vamos explorar um pouco as seguintes informa¸c˜oes   w + w˙ ∈ C  w · w˙ ∈ C

Tomemos w = (a, b, c), logo, w˙ = (a, b, −c). Temos   w + w˙ = (2a, 2b, 0)  w · w˙ = (a, b, c) · (a, b, −c)

Realizando o produto em

(a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

chegamos a

c2 2 (a − b2 , 2ab, 0) a 2 + b2 Fa¸camos uma mudan¸ca de nota¸c˜ao: w = x e w˙ = y; resulta uma “fam´ılia” de sistemas:   x + y = (2a, 2b, 0)   w · w˙ =

  x·y = 1+

c2 2 (a − b2 , 2ab, 0) a 2 + b2

Por exemplo, tomemos a = b = c = 1. Logo    x + y = (2, 2, 0) Ou ainda

 x·y =

3 2

(0, 2, 0)

   x + y = 2 (1 + i)   x · y = 3i

um sistema em C. Tirando y na primeira equa¸c˜ao e substituindo na segunda chegamos a x2 − (2 + 2 i) x + 3 i = 0 65

Resolvendo esta equa¸c˜ao obtemos

Na tela da direita salvamos a solu¸c˜ao em uma lista, para poder encontrar o ´ o que acontece nas duas telas seguintes valor de y em x · y = 3 i. E

Resumindo, para o sistema    x + y = 2 (1 + i)   x · y = 3i

temos duas solu¸c˜ oes nos complexos 2 + √2 2 − √2 2 − √2 2 + √2 (x, y) = + i, + i 2 2 2 2 e 2 − √2 2 + √2 2 + √2 2 − √2 + i, + i (x, y) = 2 2 2 2 Nos nne, x = (a, b, c) = (1, 1, 1) e y = (a, b, −c) = (1, 1, −1) ´e solu¸c˜ao do mesmo sitema, com efeito    x + y = (1, 1, 1) + (1, 1, −1) = (2, 2, 0) = 2 (1 + i) Temos

  x · y = (1, 1, 1) · (1, 1, −1) = (0, 3, 0) = 3 i |x · y|C = |x|B · |y|B

Ou seja, o m´ odulo do produto da solu¸c˜ao complexa ´e igual ao produto dos m´ odulos da solu¸c˜ ao em B. 66

Por exemplo, um poss´ıvel problema seria, o sistema a seguir    x + y = −2 + 2 i   x · y = −3 i

nos Complexos possui a seguinte solu¸c˜ao −2 + √2 2 + √2 −2 − √2 2 − √2 (x, y) = + i, + i 2 2 2 2 Encontre uma solu¸c˜ ao equivalente∗ no R3 .

Solu¸ c˜ ao: Comparando o sistema dado com o sistema a seguir   x + y = (2a, 2b, 0)     x·y = 1+

c2 2 (a − b2 , 2ab, 0) a 2 + b2

encontramos a = −1, b = 1 e c = −1, portanto x = (a, b, c) = (−1, 1, −1)

y = (a, b, −c) = (−1, 1, 1)

satisfazem o sistema dado, isto ´e    x + y = (−1, 1, −1) + (−1, 1, 1) = (−2, 2, 0) = −2 + 2 i   x · y = (−1, 1, −1) · (−1, 1, 1) = (0, −3, 0) = −3 i

Deixamos como exerc´ıcio ao leitor, mostrar que vale |x · y|C = |x|B · |y|B

Ou seja, o m´ odulo do produto da solu¸c˜ao complexa ´e igual ao produto dos m´ odulos da solu¸c˜ ao em B.

∗

Com “equivalente” estamos querendo dizer uma solu¸c˜ ao que satisfa¸ca o mesmo sistema.

Proposi¸ c˜ ao 9. Seja o n´ umero n˜ ao euclidiano w = (a, b, c); se wn = n (d, e, f ), ent˜ ao w˙ = (d, e, −f ). Prova: Indu¸c˜ ao sobre n. Sendo, w˙ = (a, b, −c); para n = 2, temos w2 =

(a2 − b2 ) · 1 −

w˙ 2 =

(a2 − b2 ) · 1 −

p c2 c2 2 + b2 a , 2 a b · 1 − , 2c a2 + b2 a2 + b2

p (−c)2 (−c)2 2 + b2 , 2 a b · 1 − , 2(−c) a a2 + b2 a2 + b2

Sendo assim a proposi¸caõ resulta verdadeira para n = 2. Suponhamos verdadeira para n = k, isto é Se wk = (d, e, f ), então w˙ k = (d, e, −f )

(H.I.)

Mostremos que vale para n = k + 1, isto ´e Se wk+1 = (g, h, i), ent˜ao w˙ k+1 = (g, h, −i)

(T.I.)

Vamos calcular os n´ umeros wk+1 e w˙ k+1 para efeito de compara¸c˜ao

Onde

wk+1 = wk · w = (d, e, f ) · (a, b, c) = (a, b, c) · (d, e, f ) = (a · d − b · e)γ, (a · e + d · b)γ, c · r2 + f · r1 r1 =

a 2 + b2 ,

r2 =

Por outro lado, temos

Onde

d 2 + e2 e γ = 1 −

(1.34)

c·f r1 · r2

w˙ k+1 = w˙ k · w˙ = (d, e, −f ) · (a, b, −c) = (a, b, −c) · (d, e, −f ) = (a · d − b · e)γ ′ , (a · e + d · b)γ ′ , (−c) · r2 + (−f ) · r1 = (a · d − b · e)γ ′ , (a · e + d · b)γ ′ , −(c · r2 + f · r1 ) (1.35) r1 =

a 2 + b2 ,

r2 =

p (−c) · (−f ) d 2 + e2 e γ ′ = 1 − r1 · r2

Comparando (1.34) e (1.35), e tendo em conta que γ = γ ′ , a proposi¸c˜ao resulta verdadeira.

Com o aux´ılio da equa¸c˜ ao

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

p , 2z x2 + y 2

vamos deduzir uma f´ormula para o c´alculo de w2 · w2 , assim: Fa¸camos w2 = (x2 − y 2 ) λ, 2xy λ, 2zr onde

λ=1−

p z2 x2 + y 2 , r = x2 + y 2

Para o c´ alculo de w2 · w2 , fa¸camos, p r˜ = (x2 − y 2 )2 λ2 + 4x2 y 2 λ2 = |λ| r 2 ˜ =1− λ

(2zr)2 (x2 − y 2 )λ )2 + (2xyλ)2

=1−

4z 2 r 2 4z 2 r 2 = 1 − λ2 (x2 + y 2 )2 λ2 r 4

=1−

4z 2 4z 2 = 1 − λ2 r 2 λ2 (x2 + y 2 )

Deste modo, sendo w2 · w2 = (X, Y, Z), devemos ter ˜ X = (x2 − y 2 )2 λ2 − 4x2 y 2 λ2 λ ˜ Y = 2 (x2 − y 2 )λ · (2xyλ) · λ Z = 2 · (2zr) · r˜

Simplificando ˜ X = (x2 − y 2 )2 − 4x2 y 2 λ2 λ ˜ Y = 4xy (x2 − y 2 ) λ2 λ

Z = 4zr |λ| r 2 = 4z(x2 + y 2 ) 2 |λ|

(1.36)

Potencia¸ c˜ ao na forma trigonom´ etrica Para os nne vale uma vers˜ ao (mais fraca) da lei de De Moivre. Proposi¸ c˜ ao 10 (De Moivre). Dados o nne w = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) n˜ ao nulo, e o natural n ≥ 2, temos: wn = ρn (cos n θ · cos n β, sen n θ · cos n β, sen nβ)

(1.37)

desde que: −

π π ≤ (m − 1) β ≤ , 2 2

m = 2, 3, . . . , n

Prova: Princ´ıpio da Indu¸cão Finita. Para n = 2, a proposi¸cão é verdadeira (pela proposi¸cão 5, p. 58). Admitamos a validade da proposi¸cão para n = k − 1: wk−1 = ρk−1 cos(k−1) θ·cos(k−1) β, sen (k−1) θ·cos(k−1) β, sen (k−1) β onde

π π ≤ (m − 1) β ≤ , 2 2 Provemos que vale para n = k:

m = 2, 3, . . . , k − 1

−

wk = wk−1 · w =

ρk−1 cos(k − 1) θ · cos(k − 1) β, sen (k − 1) θ · cos(k − 1) β, sen (k − 1) β

· ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β)

Pela proposi¸c˜ ao 5 podemos escrever: wk = (ρk−1 · ρ ) cos (k − 1) θ + θ · cos (k − 1) β + β , sen (k − 1) θ + θ · cos (k − 1) β + β , sen (k − 1) β + β = ρk (cos k θ · cos k β, sen k θ · cos k β, sen kβ)

A f´ormula (1.37) vale, por exemplo, para −

π π ≤ (n − 1) β ≤ 2 2

(1.38)

1.11

Forma polar

As proposi¸c˜ oes 5 (p. 58) e 6 (p. 60) nos permitem adotar uma outra nota¸c˜ao para os nne: a forma polar, assim designada

w=ρ

Exemplos: Exprimir os seguintes n´ umeros na forma polar: √ √ a) i b) j c) −1 d) 1 e) 1 + 3 i f) (1, 1, − 2).

Solu¸ c˜ ao: Lembramos que p x y z ρ = x2 + y 2 + z 2 , cos θ · cos β = , sen θ · cos β = , sen β = . ρ ρ ρ

Temos, √ a) i = (0, 1, 0), ρ = 02 + 12 + 02 = 1, temos sen β =

0 z = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1

cos θ · cos 0o =

0 1

sen θ · cos 0o =

1 1

⇒

cos θ = 0

⇒

sen θ = 1

Sendo assim, temos: i = 1 b) j = (0, 0, 1), ρ =

√

⇒

(−90o ≤ β ≤ 90o ) θ = 90o

(0o ≤ θ < 360o )

90o 0o

02 + 02 + 12 = 1, temos

sen β = cos θ · cos 90o =

sen θ · cos 90o =

0 z = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1 0 1 0 1

⇒

θ = indeterminado.

⇒

θ = indeterminado.

Escolhendo θ = 0o , obtemos: j = 1

90o

c) −1 = (−1, 0, 0), ρ =

(−1)2 + 02 + 02 = 1, temos z 0 = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1

sen β = cos θ · cos 0o = sen θ

· cos 0o

−1 1 0 1

Sendo assim, temos: d) 1 = (1, 0, 0), ρ =

√

= −1

=0 −1=1

cos θ · cos 0o = sen θ ·

Sendo assim, temos: e) 1 +

√

3 i = (1,

√

cos θ = −1

⇒

sen θ = 0

θ = 180o

⇒

180o 0o

12 + 02 + 02 = 1, temos 0 z = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1

sen β =

cos 0o

⇒

1 1

0 1

1=1

⇒

cos θ = 1

⇒

sen θ = 0

θ = 0o

⇒

3, 0), ρ = 2, temos 0 z = = 0 ⇒ β = 0o ρ 2

sen β = cos θ · cos 0o = sen θ · cos 0o = Sendo assim, temos:

1 2

⇒

√ 3 2

⇒

√

cos θ = sen θ =

3i = 2

1 2

θ = 60o

⇒

√

3 2

60o 0o

√ f) (1, 1, − 2), ρ = 2, temos

√ z − 2 sen β = = ⇒ β = −45o ρ 2

cos θ · cos(−45o ) =

x ρ

sen θ · cos(−45o ) =

y ρ

Sendo assim, temos:

= =

1 2 1 2

⇒

cos θ =

⇒

sen θ =

√ (1, 1, − 2) = 2 72

√1 2 √1 2

45o −45o

⇒

θ = 45o

Multiplica¸ c˜ ao e divis˜ ao na forma polar Para multiplicar ou dividir dois nne na forma polar nos valemos das proposi¸c˜oes 5 (p. 58) e 6 (p. 60) assim: Dados, w1 = ρ1

θ1

β1

e w2 = ρ2

θ2

β2 ,

temos:

M) Multiplica¸c˜ ao w1 · w2 = ρ1 ρ2 D) Divis˜ao

ρ w1 = 1 w2 ρ2

θ1 +θ2

θ1 −θ2

(1.39)

β1 +β2

(1.40)

β1 −β2

Exemplos: Realizar na forma polar as seguintes opera¸c˜oes: a) (−1) · i

b) (j + 1)2

c) (j − 1)2

f) (i + j)2

g) (i − j)2

h) (j − i)2

( i+1 )2 ( j+1 )2

j+1 2 j−1

Solu¸ c˜ ao: a) Temos −1 = (−1, 0, 0) = 1 i = (0, 1, 0) = 1 Ent˜ao, −1 · i = 1 b) Temos

180o 0o

· 1

180o 0o 90o 0o

90o 0o

j + 1 = (0, 0, 1) + (1, 0, 0) = (1, 0, 1) =

270o 0o

√

45o

Ent˜ao √

(j + 1)2 = (j + 1) · (j + 1) =

45o

Portanto (j + 1)2 = 2

90o

= 2j

Observe que (j + 1)2 = j 2 + 2j + 1

√

45o

c) Temos j − 1 = (0, 0, 1) − (1, 0, 0) = (−1, 0, 1) =

√

180o 45o

Ent˜ ao √ 2

(j − 1)2 = (j − 1) · (j − 1) =

180o 45o

Portanto (j − 1)2 = 2

360o

90o

√

180o 45o

= 2j

Observe que (j − 1)2 = j 2 − 2j + 1 Ou ainda (j + 1)2 = (j − 1)2 d) i + 1 =

√

45o

(i + 1)2 =2 (j + 1)2 2

, j+1=

0o 90o

90o

√

45o

2 90o −0o 0o −90o 2

(i+1)2 (j+1)2

e) j + 1 =

√ 2

90o

−90o

= −j

j+1 2 j−1

45o

√ j+1 = √2 j−1 2

. Temos

, j−1=

45o

180o

√ 2

45o

180o

−180o

45o

. Ent˜ao

= −1

Sendo assim, temos j + 1 2 j−1

= 1

−180o

· 1

−180o

−360o

f) (i + j)2 = (i + j) · (i + j), temos i + j = (0, 1, 0) + (0, 0, 1) = (0, 1, 1) =

√

90o 45o

Ent˜ao (i + j)2 = (

√

90o 45o )

·(

√

90o 45o )

180o 90o =

90o =

Observe que, (i + j)2 6= i2 + 2 i j + j 2 . De fato i2 + 2 i j + j 2 = −1 + 2 i j − 1 = −2 + 2j Este fenômeno também ocorre na álgebra de matrizes. L´ a o produto é distributivo, mas n˜ ao comutativo; aqui é comutativo, mas n˜ ao distributivo. g) (i − j)2 = (i − j) · (i − j), temos i − j = (0, 1, 0) + (0, 0, −1) = (0, 1, −1) =

√

90o −45o

Ent˜ao (i − j)2 = (

√

√ ( 2

90o −45o ) ·

180o −90o

90o −45o ) −90o

= −2j

Observe que, (i − j)2 6= i2 − 2 i j + j 2 . De fato i2 − 2 i j + j 2 = −1 − 2 i j − 1 = −2 − 2j h) (j − i)2 = (j − i) · (j − i), temos

√

j − i = (0, 0, 1) − (0, 1, 0) = (0, −1, 1) =

−90o 45o

Ent˜ao (j − i)2 = ( =2

√

−90o 45o)

−180o 90o =

√ ·( 2

−90o 45o) 90o

= 2j

Observe que (i − j)2 6= (j − i)2 . (i − j)2

(j − i)2

Transforma¸ c˜ ao de coordenadas As calculadoras cient´ıficas trazem as transforma¸c˜oes de coordenadas retangular para polar (e vice-versa). Estas transforma¸c˜oes podem ser aplicadas ao plano complexo:

(x, y)

(r, θ) → (x, y)   x = r cos θ

r )θ

 y

= r sen θ

(x, y) → (r, θ)   −1 (x/r)  θ = cos   r

x2 + y 2

Para o caso dos nne, o ˆangulo θ ´e o mesmo fornecido pelas calculadoras; o m´ odulo ( ρ ) e o ˆ angulo β s˜ ao obtidos da seguinte forma:

Z z

(x, y, z) y

0 θ

   sen β Y

= (z/ρ) p   ρ = x2 + y 2 + z 2

x X

Dado um n´ umero na forma polar, a transforma¸c˜ao para a forma retangular ´e obtida da seguinte forma:   x = ρ cos θ cos β   (1.41) w=ρ θ β ⇒ y = ρ sen θ cos β    z = ρ sen β

Programa para transformar coordenadas retangulares em polares Vamos escrever um programa computacional para transformar um nne das coordenadas retangulares para polares.

Z z

P (x, y, z) ρ y

β0

θ0

ρ=

√

x2 +y 2 +z 2

x2 +y 2

0 ≤ θ0 < 2π Y

− π2 ≤ β0 ≤

π 2

x X

Antes precisamos rever um pouco das fun¸c˜oes trigonom´etricas inversas. 1 ) y = arc sen x = sen −1 x. O dom´ınio e contra-dom´ınio de f = sen −1 s˜ ao dados por π π f : [ −1, 1 ] −→ − , 2 2 Temos π z π z ⇒ β = sen −1 ∴ − ≤ β≤ . sen β = ρ ρ 2 2

2 ) y = arc cos x = cos−1 x. O dom´ınio e contra-dom´ınio de f = cos−1 s˜ ao dados por f : [ −1, 1 ] −→ [ 0, π ]

π 2

−1

arc sen x

π arc cos x

− π2

−1

Programas para transforma¸ co ˜es de coordenadas Nas duas primeiras telas a seguir temos um programa que converte de retangular para polar, no plano.

Na tela da direita temos algumas simula¸c˜oes do programa. Utilizando o resultado z π z π sen β = ⇒ β = sen −1 ∴ − ≤ β≤ . ρ ρ 2 2

o programa a seguir transforma um nne das coordenadas cartesianas para polares (coordenadas esf´ericas) − forma polar canˆ onica − : i = 1 90o 0o j = 1 0o 90o −1 = 1 180o 0o √ (1, 1, − 2) = 2

45o −45o

Configurando a calculadora para o modo grau (Degrees) temos:

Retangular para polar com sa´ıda em graus Para se utilizar o programa RPE (p. 78) a calculadora deve estar fixada no modo radiano, a sa´ıda tamb´em estar´ a em radiano. O programa a seguir converte de retangular para polar com saida em graus. ւ rad

Exemplo: Na tela da direita convertemos w = (1, 1, 1) para polar.

w = 1, 73 ւ

w = (1, 1, 1) Y

45, 00o

35, 26o

Polar para retangular Dado um n´ umero na forma polar, a transforma¸c˜ao para a forma retangular ´e obtida da seguinte forma:   x = ρ cos θ cos β   w=ρ θ β ⇒ y = ρ sen θ cos β    z = ρ sen β

O programa a seguir recebe um nne na forma polar e o devolve na forma retangular

i = 1 90o 0o j = 1 0o 90o −1 = 1 180o 0o √ (1, 1, − 2) = 2

45o −45o

Lei de Moivre na forma polar A vers˜ ao da lei de De Moivre em coordenadas polares fica assim Proposi¸ c˜ ao 11 (De Moivre). Dados o nne w = ρ natural n ≥ 2, temos: wn = ρn nθ nβ

, n˜ ao nulo, e o (1.42)

desde que: −

π π ≤ (m − 1) β ≤ , 2 2

Exemplo: Seja o n´ umero w =

√

6 2 ,

m = 2, 3, . . . , n

√

6 2 ,

1 , calcule w5 .

Solu¸ c˜ ao: Escrevendo este n´ umero em coordenadas polares temos w=2 Substituindo β =

π 6

π 4

π 6

na desigualdade (1.38) −

(p. 70)

π π ≤ (n − 1) β ≤ 2 2

temos

π π π ≤ (n − 1) ≤ ⇒ n ≤ 4. 2 6 2 Isto significa que pela fórmula de De Moivre podemos calcular s´ o até a quarta potência. Ent˜ ao π π 2π 3 w4 = 24 4· 4 4· 6 = 16 π −

o Observe que cos 2π ao porque n˜ ao pudemos calcular 3 = cos 120 < 0, raz˜ diretamente por (1.42) (p. 80). Ver equa¸c˜ao (1.33), p. 58. Mas, isto n˜ ao constitui nenhum empecilho uma vez que podemos reescre4 ver w em fun¸c˜ ao do argumento principal, assim:

w4 = 16

2π 3

= 16

π 3

Pois bem w5 = w4 · w = 16

π 3

·2

0+ π4

= 16 · 2

π 4

π + π6 3

π 6

= 32

π 4

π 2

Voltando para a forma retangular, obtemos (ver (1.41), p. 76)  π π  x = 32 cos 4 cos 2 = 0  π π 2 w5 = 32 4 ⇒ y = 32sen π4 cos π2 = 0    z = 32sen π2 = 32

Portanto

Ou ainda

√ √ 6 6 , 2 2 , √

6 2

1 √

6 2

= (0, 0, 32)

= 32j

Na tela a seguir confirmamos nosso resultado utilizando o programa para o c´alculo de potˆencias

Perguntamos: o que aconteceria se tivessemos utilizado Moivre at´e a 5 a potˆencia? : π π 5π 5π 6 w5 = 25 5· 4 5· 6 = 32 4 teriamos obtido um outro resultado, como mostra a tela da direita, acima. 81

Multiplica¸ c˜ ao e divis˜ ao na forma trigonom´ etrica sem restri¸ co ˜es w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 )

w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 )

Na prova da proposi¸cão 5 (p. 58) supomos cos β1 ≥ 0 e cos β2 ≥ 0, sem estas restri¸c˜ oes, isto é, para uma fórmula geral vale (exerc´ıcio): M) Multiplica¸c˜ ao

w1 · w2 =

  ρ1 ρ2           ρ1 ρ2

   ρ1 ρ2         ρ1 ρ2

θ1 +θ2

β1 +β2

se cos β1 ≥ 0, cos β2 ≥ 0

( MP1 )

θ1 +θ2

−(β1 −β2 )

se cos β1 ≥ 0, cos β2 < 0

( MP2 )

θ1 +θ2

β1 −β2

se cos β1 < 0, cos β2 ≥ 0

( MP3 )

θ1 +θ2

−(β1 +β2 )

se cos β1 < 0, cos β2 < 0

( MP4 )

O programa a seguir implementa o produto w1 · w2 na forma polar

Na p´ agina 81 ao obter w5 = w4 · w = 16

2π 3

·2

π 4

π 6

pela f´ormula de Moivre obtivemos um resultado incorreto. Realizando o produto acima pelo programa obtemos

que ´e o resultado correto. 82

D) Divis˜ao

w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 )               

w1 =  w2             

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

β1 −β2

se cos β1 ≥ 0, cos β2 ≥ 0

( DP 1 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

−(β1 +β2 )

se cos β1 ≥ 0, cos β2 < 0

( DP 2 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

β1 +β2

se cos β1 < 0, cos β2 ≥ 0

( DP 3 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

−(β1 −β2 )

se cos β1 < 0, cos β2 < 0

( DP 4 )

O programa a seguir implementa o quociente

w1 w2

na forma polar

1.12

Interpreta¸ c˜ ao geom´ etrica do produto de dois nne

Agora iremos dar uma interpreta¸cão geométrica ao produto de dois nne. Adotaremos a seguinte nota¸cão: j (2) w = j j w j (3) w = j j j w ················

j (2) w = j (j w )

⇒

j (3) w = j j (j w ) ·····················

⇒ ···

Antes de mais nada observamos, pela multiplica¸c˜ao na forma polar canˆ onica (p. 73) w1 · w2 = ρ1 ρ2

θ1 +θ2

β1 +β2

que a interpreta¸c˜ ao geométrica desta opera¸cão é a de uma rota¸cão∗ no espa¸co; entretanto vejamos algumas situa¸cões particulares: I ) Multiplica¸c˜ ao de j por um n´ umero complexo z = (x, y, 0). Temos p 1·0·y , − , 1 · r = (0, 0, x2 + y 2 ) (0, 0, 1) · (x, y, 0) = − 1·0·x 2 r r 2

Portanto

j · z = ( 0, 0, |z| ) Observe que se |z| = 1 (c´ırculo unit´ ario no plano complexo) ent˜ao j·z = j.

Conclus˜ao: multiplicar j por um n´ umero complexo significa rotacion´ a-lo de 90o na “vertical”, assim:

Plano C

Plano C jz

j Y

∗ Numa rota¸c˜ ao n˜ ao h´ a altera¸c˜ ao de m´ odulo; cometeremos um abuso de linguagem ignorando este detalhe.

II ) Multiplica¸c˜ ao de j por um nne w = (x, y, z). Temos j = 1 · (cos 0 · cos

π π π , sen 0 · cos , sen ) 2 2 2

w = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) Ent˜ao, π π π jw = ρ cos θ · cos β + , sen θ · cos β + , sen β + 2 2 2

Conclus˜ao: multiplicar j por um nne significa rotacion´ a-lo de 90o “para cima”, assim: Z

jw Z

j Y

Dado w = (x, y, z) ∈ B, desejamos agora analisar o produto j ( 2 ) w, em coordenadas retangulares. Ent˜ ao∗ jw = (0, 0, 1) · (x, y, z) = onde, r2 =

−

1·z·x r2 ,

− 1·z·y r , r2 =

−

xz r2 ,

− yz r , r2 2

x2 + y 2 . Observe que a aplica¸c˜ao, − √ xz 2

(x, y, z) 7−→

+y 2

, − √ yz 2 x

+y 2

x2 + y 2

´e uma rota¸c˜ ao de 90o no plano que passa pelo eixo Oz e o ponto w. Continuando yz j ( 2 ) w = (0, 0, 1) · − xz r , − r , r2 2

= onde r′

∗

−

1·r2 · −xz r

−

r2′

xz r2

,−

1·r2 · −yz r

−

r2′

yz r2

, 1 · r2′

= |z|

Para nossa an´ alise vamos considerar w um nne n˜ ao-singular. (p. 36)

Sendo assim, resulta j (2) w = Ou ainda,

xz yz , , |z| |z| |z|

xz yz j (2) w = , , |z| = |z| |z|

(

se z > 0;

−w, se z < 0.

III ) Multiplica¸c˜ ao de um complexo z por um nne w. Temos∗ z = (cos θ1 · cos 0, sen θ1 · cos 0, sen 0) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) Ent˜ ao, zw = ρ2

cos θ1 + θ2 · cos β2 , sen θ1 + θ2 · cos β2 , sen β2

Conclus˜ao: multiplicar um n´ umero complexo z por um nne w significa rotacionar w de θ1 graus “para a direita”; n˜ ao h´ a rota¸c˜ao “para cima”, assim: Z

zw w

θ1

Vejamos esta multiplica¸c˜ao em coordenadas retangulares. Sejam, z = (cos θ, sen θ, 0) e w = (x, y, z). Temos zw = (cos θ, sen θ, 0) · (x, y, z) = (x cos θ − ysen θ) γ, (y cos θ + xsen θ) γ, 0 · r2 + z · r1 p √ onde, r1 = cos2 θ + sen 2 θ = 1, r2 = x2 + y 2 e γ = 1. Ent˜ao zw = x cos θ − ysen θ, y cos θ + xsen θ, z

O que confirma o resultado anterior. ∗

Para nossa an´ alise vamos considerar o complexo de m´ odulo unit´ ario, n˜ ao faz mal.

IV ) Multiplica¸c˜ ao e divis˜ ao de dois nne. Para interpretar o produto w1 · w2 , convencionaremos chamar o fator à direita (isto é, w2 ) de indutor e o fator à esquerda de induzido. Quando, na forma trigonométrica (ou polar) do produto (ou quociente) comparece a soma θ1 + θ2 dizemos que houve uma rota¸cão positiva na primeira vari´ avel (vari´ avel θ); em θ1 − θ2 dizemos que houve uma rota¸cão negativa; an´ alogamente com respeito à segunda vari´ avel ( β ). A partir das proposi¸c˜ oes 5 (p. 58) e 6 (p. 60) (ou suas similares p. 73) n˜ ao é dif´ıcil inferir o significado geométrico destas opera¸cões. Por exemplo w1 · w2 = ρ1 ρ2 cos(θ1 + θ2 ) · cos(β1 + β2 ), sen (θ1 + θ2 ) · cos(β1 + β2 ), sen (β1 + β2 )

pode ser interpretada da seguinte forma: o n´ umero w1 sofreu uma rota¸c˜ao ( +, + ) de argumento ( θ2 , β2 ). A divis˜ao, w1 ρ = 1 w2 ρ2

θ1 −θ2

β1 −β2

pode ser interpretada da seguinte forma: o n´ umero w1 sofreu uma rota¸c˜ao ( −, − ) de argumento ( θ2 , β2 ). De modo geral pode ser u ´ til considerarmos as regras dadas na p´ agina 82: M) Multiplica¸c˜ ao

w1 · w2 =

D) Divis˜ao

  ρ1 ρ2           ρ1 ρ2    ρ1 ρ2         ρ1 ρ2

              

w1 =  w2             

θ1 +θ2

β1 +β2

se cos β1 ≥ 0, cos β2 ≥ 0

( MP1 )

θ1 +θ2

−(β1 −β2 )

se cos β1 ≥ 0, cos β2 < 0

( MP2 )

θ1 +θ2

β1 −β2

se cos β1 < 0, cos β2 ≥ 0

( MP3 )

θ1 +θ2

−(β1 +β2 )

se cos β1 < 0, cos β2 < 0

( MP4 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

β1 −β2

se cos β1 ≥ 0, cos β2 ≥ 0

( DP 1 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

−(β1 +β2 )

se cos β1 ≥ 0, cos β2 < 0

( DP 2 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

β1 +β2

se cos β1 < 0, cos β2 ≥ 0

( DP 3 )

ρ1 ρ2

θ1 −θ2

−(β1 −β2 )

se cos β1 < 0, cos β2 < 0

( DP 4 )

Exemplos: Vejamos um exemplo concreto: multiplicar os n´ umeros w1 = 1

w2 = 1

225o

60o

30o +225o 45o +60o

255o

30o 45o

Temos w1 · w2 = 1 · 1

105o

Podemos interpretar este produto dizendo que w1 sofre uma rota¸c˜ao ( +, + ) de argumento ( 225o , 60o ). Graficamente, temos

w1 · w2 = 1

255o

105o

w1 ·w2

75o

Exemplo: Vejamos um exemplo envolvendo divis˜ao: No nne √ √ 2 6 √ , , 2 2 2

dar uma rota¸c˜ ao (−, −) de argumento (90o , 60o ).

Solu¸ c˜ ao: Por (1.40)

w1 ρ = 1 w2 ρ2

θ1 −θ2

(p. 73) β1 −β2

devemos realizar a seguinte divis˜ ao: √

√

2 , 26 , 2 w1 2 = w2 1 90o 60o

Temos duas alternativas para esta divis˜ao: em coordenadas polares ou em coordenadas retangulares. Fa¸camos das duas formas: a) Forma Polar. Temos w1 = 2 w2 1

60o 45o 90o 60o

60o −90o 45o −60o=

−30o −15o

b) Forma retangular. Temos w1 = w2

√ √ 2 , 26 , 2 2 √ 0, 12 , 23

√

√ √ 2 , 26 , 2 2

√

· 0, − 21 , −

Realizando este produto encontramos √ √ √ √ √ √ w1 (1+ 3 )· 2 (1+ 3 )· 6 6− 2 , − , − = 4 4 2 w2 Geometricamente, temos Z

X w1 w2

√

3 2

Rota¸c˜ ao em torno da origem Segundo a proposi¸c˜ ao 5 (p. 58) se multiplicarmos os n´ umeros w1 · w = 1 · (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) · (x, y, z) obteremos uma rota¸c˜ ao deste u ´ ltimo de um ˆangulo [θ, β]. Para atender a referida proposi¸c˜ ao basta escolher − π2 ≤ β ≤ π2 (isto ´e, cos β ≥ 0).

Para obter a rota¸c˜ ao − de argumento [θ, β] − de um ponto w = (x, y, z), em torno da origem, devemos realizar o produto: (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) · (x, y, z) Vamos calcular este produto para o caso especial em que p π r1 = (cos θ · cos β)2 + (sen θ · cos β)2 = | cos β| = cos β 6= 0 ⇒ β 6= ± . 2 e w fora do eixo Oz. Sendo assim, multiplicamos em (D4 ): (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a1 + b1 , r2 =

a 2 + b2

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

(x · cos θ · cos β − y · sen θ · cos β) γ, (y · cos θ · cos β + x · sen θ · cos β) γ, sen β · r2 + z · cos β

Onde, r2 = Fa¸camos

x2 + y 2 e γ = 1 −

z√ sen β , cos β x2 +y 2

isto ´e, γ = 1 − √

x′ =(x cos θ cos β − y sen θ cos β) γ y ′ =(y cos θ cos β + x sen θ cos β) γ p z ′ = x2 + y 2 · sen β + z · cos β

Exemplos:

a ) Rotacione w = ( 1, 0, 0 ) de um ˆangulo [45o , 45o ]. Solu¸ c˜ ao: Temos 1 2 1 y ′ =(0 cos 45o cos 45o + 1 sen 45o cos 45o ) · 1 = 2 √ p 2 z ′ = 12 + 02 · sen 45o + 0 · cos 45o = 2

x′ =(1 cos 45o cos 45o − 0 sen 45o cos 45o ) · 1 =

z x2 +y 2

tag β.

O programa a seguir implementa as f´ormulas x′ =(x cos θ cos β − y sen θ cos β) γ y ′ =(y cos θ cos β + x sen θ cos β) γ p z ′ = x2 + y 2 · sen β + z · cos β

Grau ր w′ Y w X

Observe que |w′ |

1 2

√

2 2

= 1 = |w|

b ) Rotacione w = ( 1, −1, 2 ) de um ˆangulo [135o , −30o ]. Solu¸ c˜ ao: Temos √ 6 x =(1 cos 135 cos −30 − (−1) sen 135 cos −30 ) · 1 + 3 √ 6 y ′ =(−1 cos 135o cos −30o + 1 sen 135o cos −30o ) · 1 + 3 p z ′ = 12 + (−1)2 · sen − 30o + 2 · cos −30o ′

Ent˜ao

√ √ √ √ √ 2 3 2 3 6 · 1+ =0 +1 x = 1 − 2 2 2 2 3 √ √ √ √ √ √ 2 3 2 3 6 6 ′ y = −1 − · 1+ =1+ +1 2 2 2 2 3 2 √ √ √ 3 √ 2 1 ′ = 3− +2· z = 2· − 2 2 2 ′

Observe que |w′ |

02 + 1 +

√

6 2

√

3−

√

2 2

√

6 = |w|

Geometricamente, os exemplos anteriores ficam

w w′ w′ Y

w X

As figuras a seguir foram geradas com a multiplica¸c˜ao em B-3D. (p. 272)

c ) Na figura a seguir, rotacionamos o triˆ angulo de v´ertices ( 1 ):

1 , 0, 0 , ( 2 ) : 2

1, 0, 0 , ( 3 ) :

1, 0, 1

( 3 )′ (3) ( 2 )′ (3)

(3)

Y (1)

(1)

(2)

(1)

(2)

( 1 )′

(2)

de um ˆangulo [90o , 45o ]. Na figura do centro temos o triˆ angulo original rotacionado de θ = 90o e o β = 0 (triˆ angulo “intermedi´ario”).

As figuras a seguir foram geradas com a multiplica¸c˜ao em B (p. 272)

Porque a multiplica¸ c˜ ao em R3 n˜ ao poderia ser associativa Daremos agora uma justificativa − geométrica − pela qual n˜ ao se deveria esperar uma multiplica¸cão em R3 associativa. Assumiremos, unicamente, que uma tal multiplica¸caõ resulta em uma rota¸cão, como ocorre em R2 . Vamos retomar o exemplo 4o ) (p. 15). Naquele exemplo resolvemos a equa¸c˜ ao (1, −1, 2) · w = (1, 0, 3) e mostramos que a mesma tem duas solu¸c˜ oes 1 + 3 √2 1 + 3 √2 −2 + 3 √2 ′ = 1, 29 45, 00o 16, 83o , , w = 6 6 6 e 1 − 3 √2 1 − 3 √ 2 2 + 3 √ 2 ′′ = 1, 29 225, 00o 53, 70o w = , , 6 6 6 Isto significa que podemos ir do ponto a = (1, −1, 2) ao ponto b = (1, 0, 3) (ou ainda: superpor o ponto a ao ponto b) por dois “caminhos” distintos, caminhos estes dados por w′ e w′′ . Isto podemos ver no gr´ afico seguinte R

b a

E o que aconteceria se tivéssemos resolvido a equa¸cão a · w = b supondo a multiplica¸c˜ ao associativa? Isto é, a · w = b ⇔ a−1 · (a · w) = a−1 · b ⇔ w = a−1 · b Temos a−1 =

1 1 −2 1 1 −2 ⇒ w= · (1, 0, 3) = 1, 29 , , , , 6 6 6 6 6 6

45, 00o 16, 83o

Uma u ´ nica solu¸c˜ ao. Ou seja, estariamos perdendo “informa¸cão”. Ou ainda: se a multiplica¸c˜ ao fosse associativa, isto n˜ ao refletiria a “realidade”; isto é, o fato de podermos ir de a para b por dois caminhos distintos. De outro modo: No plano a equa¸cão a · w = b tem apenas uma solu¸cão porque temos uma u ´ nica alternativa de irmos de a para b através de uma rota¸c˜ ao; agora com uma dimensão a mais (isto é, saindo do plano para o espa¸co) se nos apresenta mais um caminho; isto se deve, como já vimos, ao fato de a multiplica¸c˜ ao n˜ ao ser associativa. Ou melhor: isto vai se refletir na n˜ ao associatividade da multiplica¸cão. 94

Porque a multiplica¸ c˜ ao em R3 n˜ ao poderia ser distributiva Para justificar porque o “natural” é que a multiplica¸cão em R3 n˜ ao seja distributiva, podemos tecer comentários an´ alogos ao do caso anterior, s´ o que agora invocando o problema cl´ assico resolvido à p´ ag. 52. De fato, vamos resolver este problema aplicando a distributividade na equa¸cão ((1.28) (p. 53)

x′ · 10 + (−x′ ) = 40

ent˜ao

10x′ + x′ · (−x′ ) = 40 Temos x′ · (−x′ ) = (x, y, z) · (−x, −y, −z) = (−x2 + y 2 )γ, (−xy − xy)γ, zr2 + (−z)r1 onde r1 =

x 2 + y 2 , r2 =

Portanto

(−x)2 + (−y)2 , γ = 1 −

z2 z · (−z) =1+ 2 r1 · r2 x + y2

x′ · (−x′ ) = (−x2 + y 2 )γ, −2xyγ, 0 10x′ = (10x, 10y, 10z)

Sendo assim, resulta 10x′ + x′ · (−x′ ) = 10x + (−x2 + y 2 )γ, 10y − 2xyγ, 10z = (40, 0, 0)

Portanto

  10x + (−x2 + y 2 )γ = 40         

10y − 2xyγ = 0 10z = 0

Temos, z√= 0 ⇒ γ = 1. Prosseguindo, encontramos uma u ´ nica solu¸cão: √ ′ ′ x = (5, 15, 0) e y = (5, − 15, 0); que é a solu¸cão complexa.

Conclusão: Estamos perdendo infinitas solu¸cões; ou ainda: a distributividade nos “esconde” a “maioria” das solu¸cões. Vê-se, nestes exemplos, que a multiplica¸cão n˜ ao ser associativa e nem distributiva, redunda em vantagens. 95

1.13

Radicia¸c˜ ao

Defini¸ c˜ ao 7. Dado um nne w, chama-se raiz en´esima de w, e denota-se, √ n w, a um nne wk tal que wkn = w. Temos √ n w = wk ⇐⇒ wkn = w Exemplos: Calcular: √ √ √ a) 1 b) −1 c) j

√

1+i+j

√

1−j

√ 4

1+i+j

Solu¸ c˜ ao: a) Pela defini¸cão, temos √ 1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = 1. Para resolver esta equa¸cão temos duas alternativas: p 1a ) r1 = r2 = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pela condi¸cão (D1 ) (p. 10), temos w2 = (−z 2 , 0, 0) = (1, 0, 0) ⇒ −z 2 = 1 ⇒ z 2 = −1. Esta possibilidade est´ a descartada, porquanto z é real. p a 2 ) r = x2 + y 2 6= 0. Pelo lema 1 (p. 62) devemos ter

w2 =

(x2 −y 2 )· 1−

p z2 z2 2 + y 2 = (1, 0, 0) x , 2 x y· 1− , 2z x2 + y 2 x2 + y 2

De imediato concluimos que z = 0, no que resulta: ( x2 − y 2 = 1 xy = 0

Da segunda equa¸c˜ ao concluimos que x = 0 ou y = 0, da primeira equa¸c˜ao concluimos que x 6= 0; portanto y = 0. Resultando, x = ± 1. Portanto, s˜ ao em n´ umero de duas as ra´ızes quadradas de 1: √ √ 1 = (1, 0, 0) ⇒ 1 = 1. √ √ 1 = (−1, 0, 0) ⇒ 1 = −1.

b) Por defini¸c˜ ao de raiz quadrada, temos √ −1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = −1. Para resolver esta equa¸c˜ ao temos duas alternativas: p 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pela condi¸c˜ao (D1 ) (p. 10), temos w2 = (−z 2 , 0, 0) = (−1, 0, 0) ⇒ −z 2 = −1 ⇒ z 2 = 1 ⇒ z = ± 1. Neste caso, temos duas ra´ızes quadradas de −1: 2a ) r = w2 =

(0, 0, 1) = j e (0, 0, −1) = −j x2 + y 2 6= 0. Pelo lema 1 devemos ter

(x2 −y 2 )· 1−

p z2 z2 2 + y 2 = (−1, 0, 0) x , 2 x y· 1− , 2z x2 + y 2 x2 + y 2

De imediato concluimos que z = 0, no que resulta: ( x2 − y 2 = −1 xy = 0

Da segunda equa¸c˜ ao concluimos que x = 0 ou y = 0, da primeira equa¸c˜ao concluimos que y 6= 0; portanto x = 0. Resultando, y = ± 1. Portanto, temos mais duas ra´ızes quadradas de −1: √ √ −1 = (0, 1, 0) ⇒ −1 = i. √ √ −1 = (0, −1, 0) ⇒ −1 = −i. √ Resumindo, temos quatro valores para −1, quais sejam: √ √ −1 = ± i, −1 = ± j. Nas duas primeiras telas a seguir confirmamos as quatro ra´ızes de −1

Na tela da direita usamos o programa da p. 63 para obter uma outra confirma¸c˜ ao das quatro ra´ızes quadradas de −1. 97

c) Por defini¸c˜ ao de raiz quadrada, temos p j = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = j.

Para resolver esta equa¸cão temos duas alternativas: p 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pela condi¸cão (D1 ) (p. 10), temos w2 = (−z 2 , 0, 0) = (0, 0, 1) Está possibilidade est´ a excluida. p a 2 2 2 ) r = x + y 6= 0 (x 6= 0 ou y 6= 0). Pelo lema 1 devemos ter

w2 =

(x2 −y 2 )· 1−

Sendo assim, temos:

p z2 z2 2 + y 2 = (0, 0, 1) x , 2 x y· 1− , 2z x2 + y 2 x2 + y 2

 z2   =0 (x2 − y 2 ) · 1 − 2   x + y2      z2 =0 2x y · 1 −  x2 + y 2     p     2z x2 + y 2 = 1

(1.43)

Desta u ´ ltima equa¸c˜ ao concluimos que z > 0 (nenhum n´ umero complexo pode ser raiz de j; obviamente porquanto o produto de dois complexos sempre d´ a um outro complexo). 2 Analisando este sistema concluimos que devemos ter 1 − x2z+y2 = 0. De fato, se isto n˜ ao fosse verdade a primeira e segunda equa¸cões se transformariam em |x| = |y| e x · y = 0; donde x = y = 0, o que contradiz a u ´ ltima 2 + y 2 = z 2 . Este resultado na terceira equa¸c˜ ao do sistema. Portanto, x √ equa¸c˜ ao nos fornece z = 22 . Então, x2 + y 2 = 21 . Observe que podemos reescrever as duas primeiras equa¸cões do sistema como:  2 2   (x − y ) · 0 = 0  

2x y · 0 = 0

O que nos diz que x e y s˜ ao indeterminados. Conclus˜ao: as ra´ızes quadradas de j s˜ ao em n´ umero infinito.

Observe√que os afixos de

altura z =

√

j, est˜ ao sobre um c´ırculo de raio

√ 2 2

e a uma

2 2 .

ւj

√

)β=45o

Nota: Como teremos oportunidade de ver, somente para pontos sobre o eixo z (isto ´e, pontos da forma (0, 0, z)) ´e que teremos infinitas ra´ızes quadradas, nos demais casos teremos no m´ aximo quatro ra´ızes (quadradas). d) Para calcular as ra´ızes quadradas de 1 + i + j = (1, 1, 1), consideremos p 1 + i + j = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = 1 + i + j.

Para resolver esta equa¸c˜ ao temos duas alternativas p 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pela condi¸c˜ao (D1 ) (p. 10), temos w2 = (−z 2 , 0, 0) = (1, 1, 1) Est´a possibilidade est´ a excluida. p 2a ) r = x2 + y 2 6= 0 (x 6= 0 ou y 6= 0). Pelo lema 1 (p. 62) devemos ter w2 =

(x2 −y 2 )· 1−

Sendo assim, temos:

p z2 z2 2 + y 2 = (1, 1, 1) x , 2 x y· 1− , 2z x2 + y 2 x2 + y 2

 2 z2 2 =1 (x − y ) · 1 −    x2 + y 2       z2 =1 2x y · 1 − 2 x + y2     p    2z x2 + y 2 = 1  

(1.44)

Atacar este sistema diretamente n˜ ao nos parece a sa´ıda mais acertada. Vamos resolvê-lo indiretamente: escrevamos w na forma trigométrica, isto é: w = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β), com − π2 < β < π2 . Para β neste intervalo temos w2 = ρ2 (cos 2θ · cos 2β, sen 2θ · cos 2β, sen 2β) 99

Igualando w2 a (1, 1, 1), resulta no seguinte sistema:  2 ρ cos 2θ · cos 2β = 1      2 ρ sen 2θ · cos 2β = 1    ρ2 sen 2β = 1  

(1.45) (1.46) (1.47)

Inicialmente observamos que, nesta u ´ ltima equa¸c˜ao devemos ter sen 2β > 0. π π Como assumimos − 2 < β < 2 segue que, −π < 2β < π; logo, para satisfazer (1.47), devemos ter 0 < 2β < π. Ou ainda 0< β <

π 2

(1.48)

Uma primeira conclusão é que todas as ra´ızes procuradas encontram-se no semi-espa¸co z > 0. Isto tem a ver com a proposi¸cão 8 (p. 63). Pois bem, dividindo (1.46) por (1.45), obtemos: tag 2θ = 1. Da trigonometria temos tag β = tag α ⇒ β = α + kπ, k ∈ Z Sendo assim, temos tag 2θ = tag

π π ⇒ 2θ = + kπ, k ∈ Z 4 4

Vamos impor a restri¸c˜ ao 0 ≤ θ < 2π, ou ainda, 0 ≤ 2θ < 4π, para obter 0≤

π + kπ < 4π ⇒ k = 0, 1, 2, 3. 4

Portanto

 k = 0:       k = 1 :

π 2θ = + kπ ⇒  4  k = 2:      k = 3:

2θ =

π 4

2θ =

5π 4

2θ =

9π 4

2θ =

13π 4

Temos as seguintes possibilidades: P0 : Substituindo 2θ =

π 4

nas equa¸c˜oes (1.45) e (1.46), obtemos

 ρ2 cos π · cos 2β = 1 4 ρ2 sen π · cos 2β = 1 4

 √ ρ2 cos 2β = 2 ⇒ ρ2 cos 2β = √2

100

Juntamos uma destas equa¸c˜ oes com (1.47) para obter  √ ρ2 cos 2β = 2 1 ⇒ tag 2β = √ ρ2 sen 2β = 1 2

Temos

) 2β √ 2

√ 3

⇒

1 ⊡

) 2β √ 2

1 ⊡

Deste u ´ ltimo triˆ angulo tiramos cos 2β =

√

6 3

(1.49)

√ Voltando com este resultado no u ´ ltimo sistema obtemos ρ = 4 3. Observe que para obtermos a raiz w0 = ρ (cos θ ·cos β, sen θ ·cos β, sen β), precisamos dos senos e cossenos dos arcos θ e β. Para isto vamos utilizar as seguintes identidades trigonom´etricas: x sen = ± 2

1 − cos x ; 2

x cos = ± 2

1 + cos x 2

As quais, para os nossos prop´ositos se transformam em sen λ = ±

1 − cos 2λ ; 2

cos λ = ±

1 + cos 2λ 2

√ 3+ 6 6

(1.50)

Substituindo (1.49) em (1.50), obtemos

sen β = ±

√ 3− 6 ; 6

cos β = ±

Como escolher os sinais? Usando (1.48), optamos pelos sinais positivos. Temos ainda

√ 2 π ⇒ cos 2θ = 2θ = 4 2

Utilizando (1.50), temos

sen θ =

1− 2

√

2 2

;

cos θ =

101

1+ 2

√

2 2

Finalmente podemos escrever a primeira raiz como w0 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β)  s s s p √ √ p √ √ √ √ 2 + 2 3 + 6 2 − 2 3 + 6 3 − 6 4  · , · , = 3 2 6 2 6 6 P1 : Substituindo 2θ =

5π 4

nas equa¸c˜oes (1.45) e (1.46), obtemos

√  3 cos 5π · cos 2β = 1 4 √  3 sen 5π · cos 2β = 1 4

√ 6 ⇒ cos 2β = − 3

Procedendo como no caso anterior, obtemos s s √ √ 3+ 6 3− 6 sen β = ; cos β = 6 6 Temos ainda

√ 5π 2 2θ = ⇒ cos 2θ = − 4 2

Utilizando (1.50), temos

sen θ =

1+ 2

√ 2 2

; cos θ = −

1− 2

√

2 2

Finalmente podemos escrever a segunda raiz como w1 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β)  s s s  p √ √ p √ √ √ √ 2− 2 3− 6 2+ 2 3− 6 3+ 6  4 · , · , = 3 − 2 6 2 6 6 P2 : Substituindo 2θ =

9π 4

nas equa¸c˜oes (1.45) e (1.46), obtemos

√  3 cos 9π · cos 2β = 1 4 √3 sen 9π · cos 2β = 1 4

⇒ cos 2β =

√

Procedendo como no caso anterior, obtemos s s √ √ 3− 6 3+ 6 sen β = ; cos β = 6 6 102

6 3

Temos ainda 9π ⇒ 2θ = 4

(

sen 2θ = cos 2θ =

√

2 2 √ 2 2

Utilizando (1.50), temos

sen θ = −

1− 2

√

2 2

;

cos θ = −

1+ 2

√

2 2

Finalmente podemos escrever a terceira raiz como w2 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β)  s s s  p p √ √ √ √ √ √ 2 + 2 3 + 6 2 − 2 3 + 6 3 − 6 4  · ,− · , = 3 − 2 6 2 6 6

P3 : Substituindo 2θ = 13π c˜oes (1.45) e (1.46), obtemos 4 nas equa¸ √ √  3 cos 13π · cos 2β = 1 6 4 ⇒ cos 2β = − √  3 sen 13π · cos 2β = 1 3 4

Procedendo como no caso anterior, obtemos s s √ √ 3+ 6 3− 6 ; cos β = sen β = 6 6 Temos ainda

√ 2 5π ⇒ cos 2θ = − 2θ = 4 2 Utilizando (1.50), temos s s √ √ 2 1+ 2 1 − 22 sen θ = − ; cos θ = 2 2 Finalmente podemos escrever a quarta raiz como w3 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β)  p p √ s √ √ s √ s √ √ 2− 2 3− 6 2+ 2 3− 6 3+ 6  4 · ,− · , = 3 2 6 2 6 6

Conclus˜ao: s˜ ao em n´ umero de quatro as ra´ızes quadradas de (1, 1, 1), quais sejam: 103

√

w1 =

√ 4

−

w2 =

√ 4

−

w3 =

√ 4

w0 =

√ 4

√ 2+ 2 2

√

√ 2− 2 2

√

√ 2+ 2 2

√ 2− 2 2

· ·

√ √

√

18+6 6

√

18−6 6

18+6 6

18−6 6

√

√ 2− 2 2

√

,−

√ 2+ 2 2

√

√ 2− 2 2

√ 2+ 2 2

18+6 6

√

18−6 6

√

18+6 6

18−6 6

√

√ 6

18−6 6

√

18+6 6

√

18−6 6

18+6 6

√

Enfatizamos que estas s˜ ao as solu¸c˜oes do sistema (1.44)

(p. 99)

 2 z2 2 =1 (x − y ) · 1 −    x2 + y 2       z2 =1 2x y · 1 − 2 x + y2     p    2z x2 + y 2 = 1  

A seguir escrevemos estas ra´ızes em coordenadas polares (com duas decimais) e as plotamos no espa¸co:

w0 = 1, 32

22,50o

w1 = 1, 32

112,50o 72,37o

w2 = 1, 32

202,50o 17,63o

w3 = 1, 32

292,50o 72,37o

17,63o

Y X

Observamos que todas as ra´ızes n−ésimas de um nne w = (x, y, z) est˜ ao, sempre, no mesmo semi-espa¸co de z (z > 0 ou z < 0), devido à proposi¸cão 8, p. 63.

104

e) Vamos calcular as ra´ızes quadradas de 1 − j = (1, 0, −1) por dois modos distintos: − Coordenadas retangulares:

Neste caso devemos resolver o sistema  2 z2 =1 (x − y 2 ) · 1 − 2    x + y2       z2 2x y · 1 − 2 =0 x + y2     p    2z x2 + y 2 = −1  

Da u ´ ltima equa¸c˜ ao observe que todas as ra´ızes devem estar no semi-espa¸co z < 0. 2 ´ ltima equa¸c˜ao Da primeira equa¸c˜ ao concluimos que 1 − x2z+y2 6= 0. Da u concluimos que z 6= 0 e que x e y n˜ ao s˜ ao simultˆ aneamente nulos. Da segunda equa¸c˜ao concluimos que x = 0 ou y = 0 (nota: ou exclusivo). Temos dois casos a considerar: 1o ) y = 0 (portanto x 6= 0). Neste caso o sistema se reduz a  z2 2  =1 x 1 −   x2 2 z |x| = −1

  

Tirando z na segunda equa¸c˜ ao e substituindo na primeira obtemos, 1 1 x2 1 − = 1 ⇒ x4 − x2 − = 0 4 4x 4

Resolvendo esta equa¸c˜ ao obtemos

p √ 2 2+2 x=± 2 Substituindo em (1.52) obtemos p √ 2 2−2 z=− 2

105

(1.51) (1.52)

2o ) x = 0 (portanto y 6= 0). Neste caso o sistema se reduz a  2 z2 y 1 − = −1    y2

(1.53)

2 z |y| = −1

  

(1.54)

Tirando z na segunda equa¸c˜ao e substituindo na primeira obtemos 1 1 y2 1 − = −1 ⇒ y 4 + y 2 − = 0 4 4y 4 √ √ Resolvendo esta equa¸c˜ ao obtemos y = ± 2 2 2−2 . Substituindo em (1.54) √ √ obtemos, z = − 2 2 2+2 . p √ Conclus˜ao: Temos quatro valores para 1 − j = (1, 0, −1), quais sejam: w0 = w1 = w2 = w3 =

√

0, −

√ 2+2 , 2

√

2−2

√

0, −

0, − ,−

√ 2+2 , 2

√

√ 2

2−2

√

2−2

√

2+2

0, − ,−

√

2−2

√

√ 2

2+2

Na tela confirmamos as ra´ızes w0 e w1 . A seguir escrevemos estas ra´ızes em coordenadas polares (com duas decimais) e as plotamos no espa¸co.

w0 = 1, 19

00,00o

w1 = 1, 19

90,00o

w2 = 1, 19

180,00o −22,50o

w3 = 1, 19

270,00o −67,50o

−22,50o −67,50o

Y X

106

− Coordenadas Esf´ericas: Neste caso consideremos

w2 = ρ2 (cos 2θ · cos 2β, sen 2θ · cos 2β, sen 2β) Igualando w2 a (1, 0, −1), resulta no seguinte sistema:   ρ2 cos 2θ · cos 2β = 1     2 ρ sen 2θ · cos 2β = 0     ρ2 sen 2β = −1 

(1.55) (1.56) (1.57)

Inicialmente observamos que, nesta u ´ ltima equa¸c˜ao devemos ter sen 2β < 0. Como assumimos − π2 < β < π2 segue que, −π < 2β < π; logo, para satisfazer (1.57), devemos ter −π < 2β < 0. Ou ainda −

π < β <0 2

(1.58)

Uma primeira conclus˜ao ´e que todas as ra´ızes procuradas encontram-se no semi-espa¸co z < 0. Pois bem, dividindo (1.56) por (1.55), obtemos: tag 2θ = 0. Da trigonometria temos tag β = tag α ⇒ β = α + kπ, k ∈ Z Sendo assim, temos tag 2θ = tag 0 ⇒ 2θ = 0 + kπ, k ∈ Z Vamos impor a restri¸c˜ ao 0 ≤ θ < 2π, ou ainda, 0 ≤ 2θ < 4π, para obter 0 ≤ kπ < 4π ⇒ k = 0, 1, 2, 3. Portanto

2θ = kπ ⇒

 k = 0:       k = 1 :

  k = 2:      k = 3:

2θ = 0 2θ = π 2θ = 2π 2θ = 3π

Temos as seguintes possibilidades: P0 : Substituindo 2θ = 0 nas equa¸c˜oes (1.55) e (1.56), obtemos  ρ2 cos 0 · cos 2β = 1 ⇒ ρ2 cos 2β = 1 ρ2 sen 0 · cos 2β = 0 107

Juntamos esta equa¸c˜ ao com (1.57) para obter  ρ2 cos 2β = 1 π ⇒ tag 2β = −1 ⇒ 2β = − ρ2 sen 2β = −1 4 Sendo assim, temos

cos 2β =

√

2 2

(1.59)

√ Voltando com este resultado no u ´ ltimo sistema obtemos ρ = 4 2. Observe que para obtermos a raiz w0 = ρ (cos θ ·cos β, sen θ ·cos β, sen β), precisamos dos senos e cossenos dos arcos θ e β. Substituindo (1.59) em (1.50), obtemos p p √ √ 2− 2 2+ 2 ; cos β = sen β = − 2 2 Os sinais foram escolhidos usando (1.58). Temos ainda 2θ = 0 ⇒ cos 2θ = 1 Temos sen θ = 0;

cos θ = 1

Finalmente podemos escrever a primeira raiz como w0 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) p p √ √ ! √ 2 + 2 2 − 2 4 = 2 , 0, − 2 2 P1 : Substituindo 2θ = π nas equa¸c˜oes (1.55) e (1.56), obtemos √ √  2 cos π · cos 2β = 1 2 ⇒ cos 2β = − √  3 sen π · cos 2β = 0 2 Procedendo como no caso anterior, obtemos p p √ √ 2+ 2 2− 2 ; cos β = sen β = − 2 2 Temos ainda 2θ = π ⇒ cos 2θ = −1 Temos sen θ = 1;

cos θ = 0

108

Finalmente podemos escrever a segunda raiz como w1 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) p p √ √ ! √ 2− 2 2+ 2 4 ,− = 2 0, 2 2 P2 : Substituindo 2θ = 2π nas equa¸c˜oes (1.55) e (1.56), obtemos √ √  2 cos 2π · cos 2β = 1 2 ⇒ cos 2β = √  2 sen 2π · cos 2β = 0 2

Procedendo como no caso anterior, obtemos p p √ √ 2− 2 2+ 2 sen β = − ; cos β = 2 2 Temos ainda 2θ = 2π ⇒

( sen 2θ = 0 cos 2θ = 1

Ainda sen θ = 0; cos θ = −1 Finalmente podemos escrever a terceira raiz como w2 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) p p √ √ ! √ 2 + 2 2 − 2 4 , 0, − = 2 − 2 2 P3 : Substituindo 2θ = 3π nas equa¸c˜oes (1.55) e (1.56), obtemos √ √  2 cos 3π · cos 2β = 1 2 ⇒ cos 2β = − √  2 sen 3π · cos 2β = 0 2

Procedendo como no caso anterior, obtemos p p √ √ 2+ 2 2− 2 ; cos β = sen β = − 2 2 Temos ainda 2θ = 3π ⇒

( sen 2θ = 0

cos 2θ = −1

Ainda sen θ = −1; cos θ = 0 109

Finalmente podemos escrever a quarta raiz como w3 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) p p √ √ ! √ 2 − 2 2 + 2 4 ,− = 2 0, − 2 2 √ Conclus˜ao: Temos quatro valores para 1 − j, quais sejam: √ √ √ √ √ 2+ 2 2 4 , 0, − 2− w0 = 2 2 2 √ √ √ √ √2 2+ 2 , − w1 = 4 2 0, 2− 2 2 √ √ √ √ √ 2 2− 2 w2 = 4 2 − 2+ , 0, − 2 2 √ √ √ √ √ 2− 2 2+ 2 4 w3 = 2 0, − 2 , − 2 Na forma retangular fica assim: √ p √ 4 √ 1 − j = 22 · 2 + 2 − j √

√ √

1−j =

√ 4

2 2

1−j =− 1−j =−

√ 4

2 2

√ 4

2 2

p · ·

2−

p p

√ 4

√ 2i −j

2+ 2−

√ √

2 −j

2 2 √ 4

2 2

√ 4 2 2

2i −j

A seguir confirmamos estas quatro ra´ızes

110

√ 4

2 2

2−

p ·

√

2−

√ 2 √

√

f) Para calcular as ra´ızes quartas de 1 + i + j = (1, 1, 1), consideremos p 4 1 + i + j = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)4 = (1, 1, 1).

Vamos resolver a equa¸c˜ ao acima indiretamente, por coordenadas esféricas (forma trigonométrica). Vamos considerar w na forma polar w = ρ θ β , ou ainda, na forma trigonométrica w = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) Pela proposi¸c˜ ao 11 (p. 80), temos w4 = ρ4

4θ 4β

Nota: A proposi¸c˜ ao exige que: ( H1 ) cos β ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β ≥ 0. Pois bem, precisamos resolver o seguinte   ρ4 cos 4θ · cos 4β     4 ρ sen 4θ · cos 4β     ρ4 sen 4β 

sistema:

(1.60)

(1.61)

(1.62)

− Inicialmente vamos resolver este sistema sem considerar as restri¸c˜oes impostas pela proposi¸c˜ ao 11, o que ser´ a feito num segundo momento. Pois bem, da u ´ ltima equa¸c˜ ao concluimos que ( (1.60),(1.61)  cos 4θ > 0  4β ∈ IQ ⇒ cos 4β > 0 ⇒    sen 4θ > 0 sen 4β > 0 ⇒ ou (   cos 4θ < 0   4β ∈ IIQ ⇒ cos 4β < 0 ⇒ sen 4θ < 0

⇒ 4θ ∈ IQ ⇒ 4θ ∈ IIIQ

Conclus˜ao  4β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ   ou   4β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ

(1.63) (1.64)

Pois bem, dividindo (1.61) por (1.60): tag 4θ = 1. Da trigonometria, temos tag λ = tag α ⇒ λ = α + kπ, k ∈ Z 111

Sendo assim, temos tag 4θ = tag

π π ⇒ 4θ = + kπ, k ∈ Z 4 4

Vamos inicialmente considerar a condi¸c˜ao (1.63). Temos (1.63) : 4β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ. Temos 4θ =

π + kπ ∈ IQ ⇒ k = 0, 2, 4, . . . k ´e par. 4

(1.65)

Sendo assim, temos √ π 2 π + kπ = cos = cos 4θ = cos 4 4 2

Este resultado no sistema original nos fornece  √ √ ρ4 cos 4β = 2 2 ⇒ tag 4β = ρ4 sen 4β = 1 2

Da identidade trigonom´etrica, cos2 x =

cos 4β =

1 , 1+ tag 2 x

obtemos

√

6 3

√ Voltando com este resultado no u ´ ltimo sistema obtemos ρ4 = 3. Observe que para obtermos a raiz w0 = ρ (cos θ ·cos β, sen θ ·cos β, sen β), precisamos dos senos e cossenos dos arcos θ e β. Para isto vamos utilizar as seguintes identidades trigonom´etricas: x sen = ± 2

x 1 − cos x ; cos = ± 2 2

1 + cos x 2

As quais, para os nossos prop´ositos se transformam em sen γ = ±

1 − cos 2γ ; cos γ = ± 2

1 + cos 2γ 2

(1.66)

tamb´em sen 2γ = ±

1 − cos 4γ ; cos 2γ = ± 2

1 + cos 4γ 2

Substituindo (1.59) em (1.67), obtemos s p √ √ 3+ 6 18 + 6 6 cos 2β = = 6 6 112

(1.67)

Substituindo este resultado em (1.66), obtemos q q p p √ √ 72 − 12 18 + 6 6 72 + 12 18 + 6 6 sen β = ; cos β = 12 12

(1.68)

De (1.65) obtemos √ π 2 4θ = + kπ ⇒ cos 4θ = . 4 2 Temos, 4θ =

π 4

+ kπ ⇒ θ =

π 16

kπ 4 .

(1.69)

Plotando θ × k, k par, obtemos =101, 25o θ= 9π 16 θ

k=2, 10,... θ

π θ= 16 =11, 25o

k=0, 8,... k

k =191, 25o θ= 17π 16

k=4, 12,...

=281, 25o θ= 25π 16

k=6, 14,...

Observamos que quatro valores de k = 0, 2, 4, 6. Temos  k       k π 4θ = + kπ ⇒  4  k      k Temos,

( i ) 4θ = π4 . Ent˜ ao, cos 4θ =

√ 2 2

k nos fornecem solu¸c˜oes distintas:

= 0:

4θ =

π 4

= 2:

4θ =

9π 4

= 4:

4θ =

17π 4

= 6:

4θ =

25π 4

de (1.67) obtemos

cos 2θ =

2+ 2

√ 2

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

q √ √ 2− 2+ 2 ; 2

cos θ =

√

√ 2+ 2

Estes resultados, juntamente com (1.68), nos fornecem a solu¸c˜ao

113

w0 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): √ w0 = 8 3

√

√ 2+ 2

( ii ) Temos, 4θ =

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 2− 2+ 2 , 12 2

9π 4 .

Ent˜ao, cos 4θ = cos 2θ = −

√

2 2

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 , 12 12

de (1.67) obtemos

2+ 2

√

Observe que 4θ =

9π 8π + π π 9π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = π + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

q √ √ 2+ 2+ 2 ; 2

cos θ =

q √ √ 2− 2+ 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.68), nos fornecem a solu¸c˜ao w2 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) como w2 =

√ 8

q √ √ 2− 2+ 2 − 2

( iii ) Temos 4θ =

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

17π 4 .

q √ √ 2+ 2+ 2 2

Ent˜ao, cos 4θ =

√

2 2

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

q √ √ 72−12 18+6 6 12

de (1.67) obtemos

p √ 2+ 2 cos 2θ = 2 Observe que 4θ =

17π 17π 16π + π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = 2π + ⇒ cos 2θ > 0. 4 8 8 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ = −

2−

√ 2

√ 2+ 2

;

cos θ =

q √ √ 2+ 2+ 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.68), nos fornecem a solu¸c˜ao w4 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) como w4 =

√ 8

q √ √ 2+ 2+ 2 − 2

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

q √ √ 2− 2+ 2 − 2

114

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 , 12 12

( iv ) Temos 4θ =

25π 4 .

√

Ent˜ ao, cos 4θ = 22 de (1.67) obtemos p √ 2+ 2 cos 2θ = − 2

Observe que 4θ =

25π 25π 24π + π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = 3π + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a q √ √ 2+ 2+ 2 sen θ = − ; 2

cos θ =

2−

√

√ 2+ 2

Estes resultados, juntamente com (1.68), nos fornecem a solu¸c˜ao w6 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) como w6 =

√ 8

2−

√ 2

√ 2+ 2

q √ √ 72+12 18+6 6 , 12

−

√

√ 2+ 2

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

√ √ 72−12 18+6 6 12

Vamos agora considerar a condi¸c˜ao (1.64) (p. 111). Temos (1.64) : 4β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ. Temos, 4θ =

π + kπ ∈ IIIQ ⇒ k = 1, 3, 5, . . . k ´e ´ımpar. 4

(1.70)

Sendo assim, temos √ π π 2 + kπ = − cos = − cos 4θ = cos 4 4 2

Este resultado no sistema original nos fornece  √ √ ρ4 cos 4β = − 2 2 ⇒ tag 4β = − ρ4 sen 4β = 1 2 Da identidade trigonom´etrica, cos2 x =

1 , 1+ tag 2 x

obtemos

√ 6 cos 4β = − 3

(1.71)

Substituindo (1.71) em (1.67), obtemos s p √ √ 3− 6 18 − 6 6 = cos 2β = 6 6 Substituindo este resultado em (1.66), obtemos q q p p √ √ 72 − 12 18 − 6 6 72 + 12 18 − 6 6 ; cos β = sen β = 12 12 115

(1.72)

De (1.70) temos, 4θ = obtemos

π 4

π 16

+ kπ ⇒ θ =

k=1, 9,...

kπ 4 .

θ= 13π =146, 25o 16

k=3, 11,...

Plotando θ × k, k ´ımpar,

=56, 25o θ= 5π 16

θ= 29π =326, 25o 16

k=7, 15,... =236, 25o θ= 21π 16

k=5, 13,...

Observamos que quatro valores de k = 1, 3, 5, 7. Temos  k       k π 4θ = + kπ ⇒  4  k      k

( i ) 4θ =

5π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√

2 2

k nos fornecem solu¸c˜oes distintas:

= 1:

4θ =

5π 4

= 3:

4θ =

13π 4

= 5:

4θ =

21π 4

= 7:

4θ =

29π 4

de (1.67) resulta

cos 2θ = −

2− 2

√

Observe que 4θ =

5π 4π + π π π 5π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

√ 2

√ 2− 2

;

cos θ =

q √ √ 2− 2− 2 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w1 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): √ w1 = 8 3

2−

√ 2

√ 2− 2

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 2+ 2− 2 , 12 2

116

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 72−12 18−6 6 , 12 12

( ii ) 4θ =

13π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.67) resulta p √ 2− 2 cos 2θ = 2

Observe que 4θ =

13π 13π 8π + 4π + π π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = π+ + ⇒ cos 2θ > 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

2−

√

√ 2− 2

;

cos θ =

q √ √ 2+ 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w3 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): w3 =

√ 8

( iii ) 4θ =

q √ √ 2+ 2− 2 − 2

21π 4 .

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 2− 2− 2 , 12 2

Ent˜ ao, cos 4θ = −

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 72−12 18−6 6 , 12 12

√ 2 2 ,

de (1.67) obtemos p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

Observe que 4θ =

21π 21π 16π + 4π + π π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = 2π+ + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

q √ √ 2+ 2− 2 ; − 2

cos θ =

q √ √ 2− 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w5 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): w5 =

√ 8

( iv ) 4θ =

−

q √ √ 2− 2− 2 2

29π 4 .

q √ √ 72+12 18−6 6 , 12

Ent˜ ao, cos 4θ = −

−

√ 2

√ 2− 2

√ √ 72+12 18−6 6 , 12

√ √ 72−12 18−6 6 12

√ 2 2

de (1.67) obtemos p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

Observe que 4θ =

29π 29π 24π + 4π + π π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = 3π+ + ⇒ cos 2θ > 0. 4 8 8 2 8 117

Este resultado em (1.66) nos d´ a q √ √ 2− 2− 2 ; − 2

sen θ =

q √ √ 2+ 2− 2 2

cos θ =

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w7 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): w7 =

√ 8 3

√

√ 2− 2

q √ √ 72+12 18−6 6 , 12

q √ √ 2− 2− 2 2

−

√ √ 72+12 18−6 6 , 12

√ √ 72−12 18−6 6 12

Escrevendo as oito solu¸c˜oes (do sistema original), juntas, temos q √ √ √ 2+ 2+ 2 8 · w0 = 3 2

q √ √ √ 2− 2− 2 8 w1 = 3 · 2 √ w2 = 8 3 −

2−

√ w3 = 8 3 −

w4 =

√ 8

−

√ w5 = 8 3 −

√

√ 2+ 2

√

√ 2− 2

q √ √ 2+ 2+ 2 2

2−

√

√ 2− 2

q √ √ √ 2− 2+ 2 8 w6 = 3 · 2 w7 =

q √ √ √ 2+ 2− 2 8 3 · 2

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 2− 2+ 2 , 12 2 q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 2+ 2− 2 , 12 2

· · ·

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 2− 2− 2 , 12 2

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

−

q √ √ 72+12 18−6 6 , 12

q √ √ 72+12 18+6 6 , 12 q √ √ 72+12 18−6 6 , 12

q √ √ 2− 2+ 2 2

−

√

q √ √ 2+ 2+ 2 − 2

−

q √ √ 2− 2− 2 2

118

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 , 12 12

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 72−12 18−6 6 , 12 12

· ·

√ 2− 2

· ·

q q √ √ √ √ 72+12 18−6 6 72−12 18−6 6 , 12 12

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 2+ 2+ 2 , 12 2

q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 , 12 12

√ √ 72+12 18−6 6 , 12

√ √ 72−12 18−6 6 12

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

q √ √ 72−12 18+6 6 12

√ √ 72+12 18−6 6 , 12

q √ √ 72−12 18−6 6 12

An´ alise das solu¸ co ˜es Para uma an´ alise das solu¸c˜ oes do nosso sistema, vamos escrevˆe-las na forma polar (com duas decimais), assim: Z

w0 = 1, 15

11, 25o 8, 82o

w2 = 1, 15

101, 25o

8, 82o

w4 = 1, 15

191, 25o

8, 82o

w6 = 1, 15

281, 25o

8, 82o

w1 = 1, 15

56, 25o

w3 = 1, 15

146, 25o 36, 18o

w5 = 1, 15

236, 25o

36, 18o

w7 = 1, 15

326, 25o

36, 18o

No gr´ afico, em azul temos as solu¸cões de ´ındices pares: w0 , w2 , w4 , e w6 ; e, em vermelho temos as solu¸c˜ oes de ´ındices ´ımpares: w1 , w3 , w5 , e w7 . Inicialmente observamos que apenas as solu¸cões de ´ındices pares s˜ ao ra´ızes 4 (quartas) do nne (1, 1, 1), isto é, satisfazem a equa¸cão (x, y, z) = (1, 1, 1). Com efeito, basta observar que apenas estas satisfazem as exigências da proposi¸c˜ ao 11 (p´ ag. 80), isto é, cos β ≥ 0, cos 2β ≥ 0, e cos 3β ≥ 0. Para as solu¸c˜ oes de ´ındices ´ımpares, temos w2 = ρ2 2θ 0, o que significa que, pela proposi¸cão 5 (p. 58), temos w2 · w2 = ρ2 2θ 2β · ρ2 2θ 2β = ρ4 4θ

2β ,

com cos 2β ≥

4β

Acontece que

w4 = w3 · w 6= w2 · w2 devido a n˜ ao associatividade da multiplica¸cão. Vê-se da´ı que apenas as solu¸cões de ´ındices pares satisfazem w4 = w3 · w = (1, 1, 1). Para as de ´ındices ´ımpares temos w4 = w3 · w 6= (1, 1, 1). A propósito deixamos ao leitor o seguinte Desafio: Resolva, em R, o seguinte sistema:  ˜=1  (x2 − y 2 )2 − 4x2 y 2 λ2 λ     ˜=1 4xy(x2 − y 2 )λ2 λ     3  4z(x2 + y 2 ) 2 |λ| = 1 onde,

λ=1−

4z 2 z2 ˜ =1− , λ x2 + y 2 λ2 (x2 + y 2 )

Nota: Ver sistema (1.36), p. 69. 119

No pr´ oximo cap´ıtulo mostraremos que s˜ ao em n´ umero de quatro as ra´ızes quadradas de um nne (n˜ ao-singular), deste modo conjecturamos que deve ser em n´ umero de oito as ra´ızes quartas. Se esta conjectura ´e verdadeira, onde estariam as outras quatro ra´ızes quartas de (1, 1, 1) ? ´ disto que nos ocuparemos agora. E Dado um nne w = ρ θ β o diagrama a seguir

( H1 )

ρ3 3θ 3β

ρ4 4θ 2β

(M P 1)

≥0 2β 1) s co M P

2θ 2β

β< s3 co

ρ2

( H2 )

(

( H3 )

ρ3 3θ β

≥

ρ4 4θ 2β (M

co P 3 s2 ) β< 0

co sβ

cos β≥0

co s3 (M β ≥

ρ4 4θ 4β

sβ co

ρ4 4θ 0

( H4 )

mostra que existem quatro possibilidades para o c´alculo de w4 . Este diagrama foi construido a partir da regra geral para a multiplica¸c˜ao de dois nne na forma polar: (p. 82) w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) M) Multiplica¸c˜ ao

w1 · w2 =

  ρ1 ρ2           ρ1 ρ2

   ρ1 ρ2         ρ ρ 1 2

θ1 +θ2

β1 +β2

se cos β1 ≥ 0, cos β2 ≥ 0

( MP1 )

θ1 +θ2

−(β1 −β2 )

se cos β1 ≥ 0, cos β2 < 0

( MP2 )

θ1 +θ2

β1 −β2

se cos β1 < 0, cos β2 ≥ 0

( MP3 )

θ1 +θ2

−(β1 +β2 )

se cos β1 < 0, cos β2 < 0

( MP4 )

120

Do diagrama acima tiramos as seguintes hip´ oteses (possibilidades): ( H1 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β ≥ 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ 4β

( H2 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β < 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ 2β

( H3 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ∧ cos β ≥ 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ 2β

( H4 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ∧ cos β < 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ 0

Observemos que ( H4 ) é uma inconsistência, desta forma ficamos com três possibilidades. A primeira hip´ otese, ( H1 ), já foi considerada e nos forneceu quatro ra´ızes. Quanto ` a hip´ otese ( H2 ), deixamos como exerc´ıcio ao leitor, mostrar que a mesma n˜ ao conduz a nenhuma raiz, de sorte que nos ocuparemos de ( H3 ): cos β ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ⇒ w4 = ρ4 4θ 2β . Nestas condi¸c˜ oes devemos resolver o seguinte sistema:  ρ4 cos 4θ · cos 2β = 1      ρ4 sen 4θ · cos 2β = 1   ρ4 sen 2β = 1   

(1.73) (1.74) (1.75)

Pois bem, da u ´ ltima equa¸c˜ ao concluimos que (  (1.73),(1.74) cos 4θ > 0  2β ∈ IQ ⇒ cos 2β > 0 ⇒    sen 4θ > 0 sen 2β > 0 ⇒ ou (   cos 4θ < 0   2β ∈ IIQ ⇒ cos 2β < 0 ⇒ sen 4θ < 0

⇒ 4θ ∈ IQ ⇒ 4θ ∈ IIIQ

Conclus˜ao  2β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ   ou   2β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ

(1.76) (1.77)

A restri¸c˜ ao (1.76) ´e incompat´ıvel com ( H3 ), deve ser abandonada. Resta (1.77). Pois bem, dividindo (1.74) por (1.73): tag 4θ = 1. Da trigonometria, temos tag λ = tag α ⇒ λ = α + kπ, k ∈ Z 121

Sendo assim, temos tag 4θ = tag

π π ⇒ 4θ = + kπ, k ∈ Z 4 4

Vamos considerar a condi¸c˜ao (1.77). Temos (1.76) : 2β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ. Temos 4θ =

π + kπ ∈ IIIQ ⇒ k = 1, 3, 5, . . . k ´e ´ımpar. 4

(1.78)

Sendo assim, temos cos 4θ = cos

π π 1 + kπ = − cos = − √ 4 4 2

Este resultado no sistema original nos fornece  √ √ ρ4 cos 2β = − 2 2 ⇒ tag 2β = − ρ4 sen 2β = 1 2 Da identidade trigonom´etrica, cos2 x =

1 , 1+ tag 2 x

obtemos

√ 6 cos 2β = − 3

(1.79)

Voltando com este resultado no u ´ ltimo sistema obtemos ρ4 = Substituindo (1.79) em (1.66), obtemos p p √ √ 18 + 6 6 18 − 6 6 sen β = ; cos β = 6 6 De (1.78) temos, 4θ = obtemos

π 4

+ kπ ⇒ θ =

k=1, 9,...

k=3, 11,...

π 16

kπ 4 .

θ= 13π =146, 25o 16

(1.80)

Plotando θ × k, k ´ımpar,

=56, 25o θ= 5π 16

=326, 25o θ= 29π 16

k=7, 15,... k=5, 13,...

√

=236, 25o θ= 21π 16

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solu¸c˜oes distintas: 122

k = 1, 3, 5, 7.

( i ) 4θ =

5π 4 .

 k = 1:       k = 3 :

π 4θ = + kπ ⇒ k = 5 : 4       k = 7:

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

4θ =

5π 4

4θ =

13π 4

4θ =

21π 4

4θ =

29π 4

de (1.67) resulta

p √ 2− 2 cos 2θ = − 2 Observe que 4θ =

5π 5π 4π + π π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

√

√ 2− 2

;

cos θ =

2−

√

√ 2− 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w1 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ √ √ √ q √ √ √ √ √ √ √ 2− 2− 2 2+ 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 8 · , · , w1 = 3 2 6 2 6 6 ( ii ) 4θ =

13π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.67) resulta

cos 2θ =

2− 2

√ 2

Observe que 4θ =

13π 8π + 4π + π π π 13π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = π+ + ⇒ cos 2θ > 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a sen θ =

2−

√

√ 2− 2

;

cos θ =

q √ √ 2+ 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w3 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ √ √ √ q √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2− 2 2− 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 8 · , · , w3 = 3 − 2 6 2 6 6 123

( iii ) 4θ =

21π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√

2 2 ,

de (1.67) obtemos p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

Observe que 4θ =

21π 21π 16π + 4π + π π π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = 2π+ + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a, q √ √ 2+ 2− 2 sen θ = − ; 2

cos θ =

q √ √ 2− 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w5 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ √ √ √ q √ √ √ √ √ √ √ 2− 2− 2 2+ 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 8 · , − · , w5 = 3 − 2 6 2 6 6 ( iv ) 4θ =

29π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√

2 2

de (1.67) obtemos p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

Observe que 4θ =

29π 24π + 4π + π π π 29π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = 3π+ + ⇒ cos 2θ > 0. 4 8 8 2 8

Este resultado em (1.66) nos d´ a, q √ √ 2− 2− 2 sen θ = − ; 2

cos θ =

√

√ 2− 2

Estes resultados, juntamente com (1.72), nos fornecem a solu¸c˜ao w7 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ √ √ √ q √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2− 2 2− 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 8 w7 = 3 · , − · , 2 6 2 6 6 Reunindo estas quatro solu¸c˜oes, temos: q √ √ √ √ q √ √ √ √ √ √ √ 2− 2− 2 2+ 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 8 · , · , w1 = 3 2 6 2 6 6 √ w3 = 8 3 −

w5 =

√ 8

w7 =

√ 8

√

18−6 6

√ 6

2−

√

√ 2− 2

√

18−6 6

√

18+6 6

√ 6

2 q √ √ √ √ √ √ √ √ 2− 2− 2 2+ 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 · , − · , − 2 6 2 6 6 q √ q √ √ √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2− 2 2− 2− 2 18−6 6 18−6 6 18+6 6 · , − · , 2 6 2 6 6 q

√ 2− 2

√

124

Temos, wi4 = (1, 1, 1) para i = 1, 3, 5, 7. A seguir plotamos as oito ra´ızes quartas de (1, 1, 1):

w0 = 1, 15

11, 25o 8, 82o

w1 = 1, 15

56, 25o

w2 = 1, 15

101, 25o

8, 82o

w3 = 1, 15

146, 25o 72, 37o

w4 = 1, 15

191, 25o

8, 82o

w5 = 1, 15

236, 25o

72, 37o

w6 = 1, 15

281, 25o

8, 82o

w7 = 1, 15

326, 25o

72, 37o

No gr´ afico, em azul temos as ra´ızes de ´ındices pares: w0 , w2 , w4 , e w6 ; e, em vermelho temos as ra´ızes de ´ındices ´ımpares: w1 , w3 , w5 , e w7 . Uma consequência da proposi¸caõ 9 (p. 68) é o seguinte √ √ ao n w˙ = w˙ k . Corol´ ario 4. Se n w = wk , ent˜ Prova: Com efeito, seja w = (x, y, z) e wk = (a, b, c) uma raiz n−ésima de w. Temos, w˙ = (x, y, −z) e w˙ k = (a, b, −c). Por defini¸cão de raiz n−ésima, temos wkn = (x, y, z); pela proposi¸cão 9 resulta w˙ kn = (x, y, −z), o que prova que w˙ k é raiz n−ésima de w. ˙ Como uma consequência imediata deste corol´ ario, as oito ra´ızes quartas de (1, 1, −1) s˜ ao: w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 , w˙ 4 , w˙ 5 , w˙ 6 , w˙ 7 . Graficamente, temos Z

w˙ 0 = 1, 15

11, 25o −8, 82o

w˙ 1 = 1, 15

56, 25o

w˙ 2 = 1, 15

101, 25o

−8, 82o

w˙ 3 = 1, 15

146, 25o −72, 37o

w˙ 4 = 1, 15

191, 25o

−8, 82o

w˙ 5 = 1, 15

236, 25o

−72, 37o

w˙ 6 = 1, 15

281, 25o

−8, 82o

w˙ 7 = 1, 15

326, 25o

−72, 37o

125

Um Desafio A equa¸c˜ ao de Pit´ agoras: x2 + y 2 = z 2

(1.81)

possui infinitas solu¸c˜ oes em R3 . O propósito deste desafio é mostrarmos um “algoritmo” para encontrarmos um “grande” n´ umero de solu¸cões para esta equa¸cão. Por exemplo, vamos agora encontrar 4 × 4 × 2 = 32 solu¸cões. Pois bem, tomamos x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 } onde, x = wk é qualquer uma das ra´ızes quadradas de (1, 1, 1); e tomamos y = w˙ k , qualquer uma das ra´ızes quadradas de (1, 1, −1). Então,  x2 = wk2 = (1, 1, 1) ⇒ x2 + y 2 = (2, 2, 0)  2 y = w˙ k2 = (1, 1, −1)

Tomando z 2 = (2, 2, 0), basta encontrarmos as ra´ızes quadradas de (2, 2, 0) ´ o que faremos agora. Temos em C. E √ π (2, 2, 0) = 2(1, 1) = 2 2 4 Vamos relembrar a 2a fórmula de Moivre: Dados o n´ umero complexo z = umero natural n ( n ≥ 2 ), então existem n ra´ızes enézimas de z ρ θ e o n´ que s˜ ao da forma √ + i · sen nθ + k · 2π zk = n ρ · cos nθ + k · 2π n n Sendo assim, resulta: p √ 2 zk = 2 2 · cos

π/4 2

+k·

2π 2

Tomando k = 0, 1 obtemos z0 = z1 =

√ 4

8·

√ 4

z1 =

√ 4

√ 2+ 2 2

8·

√

Podemos escrever z0 =

√

8·

−

√

−

√

−i·

√

√ 2+ 2 , 2

126

+ i · sen

+i·

√ 2+ 2 2

√ 2+ 2 , 2

√ 2− 2 2

√

√ 2− 2 , 2

−

√

π/4 2

√ 2− 2 2

√ 2− 2 , 2

+k·

2π 2

Portanto, tomando x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 , w4 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 } z ∈ { z0 , z1 } obtemos 32 solu¸c˜ oes para a equa¸c˜ ao proposta. Plotando as solu¸c˜ oes, temos (ver p. 104) Z

Y X

Ou ainda

As bolinhas em azul representam as ra´ızes quadradas de (1, 1, 1), as bolinhas em vermelho representam as ra´ızes quadradas de (1, 1, −1) e as bolinhas em verde representam as ra´ızes quadradas de (2, 2, 0); de sorte que, combinando uma bolinha de cada cor temos as solu¸cões da equa¸cão x2 + y 2 = z 2 . Nota: Se usarmos as raizes quadradas de 1 − j, calculadas anteriormente, obtemos outras 32 solu¸c˜ oes para a equa¸cão dada. Vejamos mais um exemplo

127

A equa¸c˜ ao de Fermat: x4 + y 4 = z 4

(1.82)

possui infinitas solu¸c˜ oes em R3 . Vamos agora encontrar, seguindo o algoritmo dado, 8 × 8 × 4 = 256 solu¸c˜ oes, para esta equa¸cão. Pois bem, tomamos x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 , w7 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 , w˙ 4 , w˙ 5 , w˙ 6 , w˙ 7 } onde, x = wk é qualquer uma das ra´ızes quartas de (1, 1, 1); e tomamos y = w˙ k , qualquer uma das ra´ızes quartas de (1, 1, −1). Então  x4 = wk4 = (1, 1, 1) ⇒ x4 + y 4 = (2, 2, 0)  4 4 y = w˙ k = (1, 1, −1)

Tomando z 4 = (2, 2, 0), basta encontrarmos as ra´ızes quartas de (2, 2, 0) ´ o que faremos agora. Temos em C. E √ π (2, 2, 0) = 2(1, 1) = 2 2 4 Aplicando a f´ormula de Moivre, resulta: p √ 4 2π zk = 2 2 · cos π/4 + i · sen 4 +k· 4 Tomando k = 0, 1, 2, 3 obtemos q √ √ √ 2+ 2+ 2 8 +i· z0 = 8 · 2 z1 = z2 =

√ 8

8· 8·

√ z3 = 8 8 · Podemos escrever z0 =

√ 8

z1 =

√ 8

z2 =

√ 8

z3 =

√ 8

8· 8· 8· 8·

− −

q q

2−

√

√ 2+ 2 √ 2+ 2

2−

√

2+ 2

q √ 2+

√ 2+ 2

− −

−i·

q √

−i· q

2−

q q

√

2−

√

2 √ 2+ 2

2 q √ √ 2+ 2+ 2 2

√

√ 2+ 2

q √ 2−

√ 2+ 2

128

√ 2+ 2

q √ q √ √ √ 2− 2+ 2 2+ 2+ 2 , , 2 2 q √ √ 2+ 2+ 2 , 2

+k·

q √ √ 2− 2+ 2 2

+i·

π/4 4

q √ √ 2− 2+ 2 − , 2

q √ √ 2+ 2+ 2 − , 2

2π 4

Portanto, tomando x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 , w7 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 , w˙ 4 , w˙ 5 , w˙ 6 , w˙ 7 } z ∈ { z0 , z1 , z2 , z3 } obtemos 256 solu¸c˜ oes para a equa¸c˜ao proposta. Plotando as solu¸c˜oes, temos Z

Ou ainda

As bolinhas em azul representam as ra´ızes quartas de (1, 1, 1), as bolinhas em vermelho representam as ra´ızes quartas de (1, 1, −1) e as bolinhas em verde representam as ra´ızes quartas de (2, 2, 0); de sorte que, combinando uma bolinha de cada cor temos as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao x4 + y 4 = z 4 .

129

1.14

Apˆ endice

Prova da proposi¸ c˜ ao 5 Nota: Uma observa¸c˜ ao importante a respeito da proposi¸cão seguinte é que, para qualquer n´ umero do eixo 0Z ( β = π2 + k π, k ∈ Z ) devemos tomar θ = 0 e β = π2 ou θ = 0 e β = − π2 , antes de fazer a multiplica¸cão. Ademais consideramos − π2 ≤ β ≤ π2 . Proposi¸ c˜ ao 5 Dois n´ umeros na forma trigonométrica

(p. 58)

w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) s˜ ao multiplicados da seguinte forma: w1 ·w2 = ρ1 ρ2 cos(θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (β1 +β2 ) Prova: Consideremos algumas possibilidades: 1 ) r1 = r2 = 0. Suponhamos, w1 = (0, 0, c1 ) e w2 = (0, 0, c2 ) Lembramos a forma trigonom´etrica w = ρ (cos θ0 · cos β0 , sen θ0 · cos β0 , sen β0 ) onde

π π ≤ β0 ≤ 2 2 Tendo em conta a Nota acima escrevemos  |c1 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c1 > 0 w1 =  −π −π |c1 | cos 0 cos −π 2 , sen 0 cos 2 , sen 2 , c1 < 0 0 ≤ θ0 < 2π, −

 |c2 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c2 > 0 w2 =  −π −π |c2 | cos 0 cos −π 2 , sen 0 cos 2 , sen 2 , c2 < 0

Calculando (em D1 ) o produto w1 · w2 , temos

w1 · w2 = (−c1 · c2 , 0, 0) Vejamos algumas possibilidades: 130

w1 · w2 = (−c1 · c2 , 0, 0)  |c1 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c1 > 0 w1 =  −π −π |c1 | cos 0 cos −π 2 , sen 0 cos 2 , sen 2 , c1 < 0

 |c2 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c2 > 0 w2 =  −π −π |c2 | cos 0 cos −π 2 , sen 0 cos 2 , sen 2 , c2 < 0 1.1 ) c1 > 0 e c2 > 0 (−c1 · c2 < 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos π cos 0, sen π cos 0, sen 0

= |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos( π2 + π2 ), sen (0 + 0) cos( π2 + π2 ), sen ( π2 + π2 ) 1.2 ) c1 > 0 e c2 < 0 (−c1 · c2 > 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos 0 cos 0, sen 0 cos 0, sen 0

= |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos( π2 − π2 ), sen (0 + 0) cos( π2 − π2 ), sen ( π2 − π2 ) 1.3 ) c1 < 0 e c2 > 0 (−c1 · c2 > 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos 0 cos 0, sen 0 cos 0, sen 0

= |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos(− π2 + π2 ), sen (0 + 0) cos(− π2 + π2 ), sen (− π2 + π2 ) 1.4 ) c1 < 0 e c2 < 0 (−c1 · c2 < 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos π cos 0, sen π cos 0, sen 0

= |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos(− π2 − π2 ), sen (0 + 0) cos(− π2 − π2 ), sen (− π2 − π2 )

131

2 ) r1 = 0 e r2 6= 0. Suponhamos, w1 = (0, 0, c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) Na forma trigonom´etrica w = ρ (cos θ0 · cos β0 , sen θ0 · cos β0 , sen β0 ) escrevemos  |c1 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c1 > 0 w1 =  −π −π |c1 | cos 0 cos −π 2 , sen 0 cos 2 , sen 2 , c1 < 0 w2 = ρ2 cos θ2 cos β2 , sen θ2 cos β2 , sen β2

Calculando (em D2 )

−

c ·c ·b c1 · c2 · a2 , − 1 2 2 , c1 · r2 , r2 r2

se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

o produto w1 · w2 , temos w1 · w2 =

−

c1 · c2 · a2 c ·c ·b , − 1 2 2 , c1 · r2 r2 r2

Vamos escrever este produto na forma trigonom´etrica, temos q p r2 = a22 + b22 = (ρ2 cos θ2 cos β2 )2 + (ρ2 sen θ2 cos β2 )2 = ρ2 | cos β2 | Observa¸c˜ ao: r2 6= 0 ⇒ cos β2 6= 0. Ent˜ao w1 · w2 =

−

c1 ρ2 sen β2 ·ρ2 cos θ2 cos β2 , ρ2 | cos β2 |

−

c1 ρ2 sen β2 ·ρ2 sen θ2 cos β2 , ρ2 | cos β2 |

c1 ρ2 | cos β2 |

Nota: Observe que cos β2 > 0, devido a que, na forma trigonom´etrica −

π π ≤ β0 ≤ 2 2

Sendo assim, temos w1 · w2 =

isto ´e

−

c1 ρ2 sen β2 ·ρ2 cos θ2 cos β2 , ρ2 cos β2

−

c1 ρ2 sen β2 ·ρ2 sen θ2 cos β2 , ρ2 cos β2

c1 ρ2 cos β2

w1 · w2 = − c1 ρ2 cos θ2 sen β2 , −c1 ρ2 sen θ2 sen β2 , c1 ρ2 cos β2 132

Lembramos  |c1 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c1 > 0 w1 =  −π −π |c1 | cos 0 cos −π 2 , sen 0 cos 2 , sen 2 , c1 < 0 w2 = ρ2 cos θ2 cos β2 , sen θ2 cos β2 , sen β2

Para tratar o produto w1 · w2 = − c1 ρ2 cos θ2 sen β2 , −c1 ρ2 sen θ2 sen β2 , c1 ρ2 cos β2 consideremos duas possibilidades 2.1 ) c1 > 0

( |c1 | = c1 )

w1 · w2 = c1 ρ2 − cos θ2 sen β2 , −sen θ2 sen β2 , cos β2

= |c1 |ρ2 cos(0 + θ2 ) cos( π2 + β2 ), sen (0 + θ2 ) cos( π2 + β2 ), sen ( π2 + β2 ) 2.2 ) c1 < 0

( |c1 | = −c1 )

w1 · w2 = −c1 ρ2 cos θ2 sen β2 , sen θ2 sen β2 , − cos β2

= |c1 |ρ2 cos(0 + θ2 ) cos(− π2 + β2 ), sen (0 + θ2 ) cos(− π2 + β2 ), sen (− π2 + β2 )

3 ) r1 6= 0 e r2 = 0. An´alogo.

133

4 ) r1 6= 0 e r2 6= 0. Suponhamos w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) Na forma trigonom´etrica escrevemos w1 = ρ1 cos θ1 cos β1 , sen θ1 cos β1 , sen β1 w2 = ρ2 cos θ2 cos β2 , sen θ2 cos β2 , sen β2 Calculando o produto w1 · w2 (em D4 ) (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

temos w1 · w2 = (a1 · a2 − b1 · b2 ) 1 −

c1 ·c2 r1 ·r2 ,

(a1 · b2 + a2 · b1 ) 1 −

Escrevamos este produto na forma trigonom´etrica

c1 ·c2 r1 ·r2 ,

c1 · r2 + c2 · r1

r1 = ρ1 | cos β1 | = ρ1 cos β1 e r2 = ρ2 | cos β2 | = ρ2 cos β2

Temos

cos(β1 + β2 ) ρ sen β1 · ρ2 sen β2 c ·c = γ = 1− 1 2 =1− 1 r1 · r2 ρ1 | cos β1 | · ρ2 | cos β2 | cos β1 · cos β2 Tomando w1 · w2 = (X, Y, Z), temos: X = (ρ1 cos θ1 cos β1 · ρ2 cos θ2 cos β2 − ρ1 sen θ1 cos β1 · ρ2 sen θ2 cos β2 ) ·

cos(β1 +β2 ) cos β1 · cos β2

Y = (ρ1 cos θ1 cos β1 · ρ2 sen θ2 cos β2 + ρ2 cos θ2 cos β2 · ρ1 sen θ1 cos β1 ) ·

cos(β1 +β2 ) cos β1 · cos β2

Z = ρ1 sen β1 · ρ2 cos β2 + ρ2 sen β2 · ρ1 cos β1

Simplificando X = ρ1 ρ2 cos β1 cos β2 cos(θ1 + θ2 ) ·

cos(β1 + β2 ) cos β1 · cos β2

Y = ρ1 ρ2 cos β1 cos β2 sen (θ1 + θ2 ) ·

cos(β1 + β2 ) cos β1 · cos β2

Z = ρ1 ρ2 (sen β1 · cos β2 + sen β2 · cos β1 ) 134

Mais ainda X = ρ1 ρ2 cos(θ1 + θ2 ) cos(β1 + β2 ) Y = ρ1 ρ2 sen (θ1 + θ2 ) cos(β1 + β2 ) Z = ρ1 ρ2 sen (β1 + β2 ) Nota: Aqui podemos incluir os casos anteriores: 1) r1 = r2 = 0, 2) r1 = 0, r2 6= 0,

3) r1 6= 0, r2 = 0. Juntando este u ´ ltimo caso (caso 4 ) com os anteriores completamos a prova da proposi¸c˜ ao.

135

136

Cap´ıtulo

Equa¸cões ´ uma experiência como nenhuma outra que eu possa E descrever, a melhor coisa que pode acontecer a um cientista, compreender que alguma coisa que ocorreu em sua mente corresponde exatamente a alguma coisa que ´ surpreendente, todas as veaconteceu na natureza. E zes que ocorre. Ficamos espantados com o fato de que um construto de nossa pr´ opria mente possa realmente materializar-se no mundo real que existe lá fora. Um grande choque, e uma alegria muito grande. (Leo Kadanoff, f´ısico)

Nosso objetivo neste cap´ıtulo ser´ a resolver algumas equa¸c˜oes nos nne-3D.

137

2.1

Resolu¸c˜ ao da equa¸ c˜ ao ax2 + bx + c = 0 em B - 3D

Nosso objetivo nesta se¸c˜ao ser´ a resolver a equa¸c˜ao quadr´ atica a x2 + b x + c = 0,

onde a, b, c ∈ R ; a 6= 0.

nos nne 3D. Solu¸ c˜ ao: Seja w = (x, y, z) (com x, y, z ∈ R); devemos resolver a equa¸c˜ao a w2 + b w + c = 0 isto ´e a (x, y, z)2 + b (x, y, z) + c = 0

(2.1)

Inicialmente consideremos solu¸c˜oes w = (x, y, z) onde x = y = 0, isto ´e, w = (0, 0, z). Neste caso w2 = (−z 2 , 0, 0) devemos resolver a (−z 2 , 0, 0) + b (0, 0, z) + c = 0 ou ainda

 −a z 2 + b · 0 + c = 0     a·0+b·0+0= 0     a · 0 +bz + 0 = 0

daqui concluimos que as solu¸c˜oes procuradas s´ o existem se b = 0 e sign (a) = p sign (c), onde teremos w = (0, 0, ± c/a). Para x 6= 0 ou y 6= 0 temos a f´ormula seguinte

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2z

Substituindo em (2.1) obtemos o seguinte sistema  2  a (x2 − y 2 ) · 1 − x2z+y2 + b x + c = 0       2 2 a x y · 1 − x2z+y2 + b y = 0        2 a z px2 + y 2 + b z = 0

Da terceira equa¸c˜ ao obtemos

x2 + y 2 + b z = 0 138

x2 + y 2

Temos duas alternativas: 1) z = 0. Na primeira e segunda equaÂ¸cË&#x153;oes do sistema resulta ďŁą ďŁ˛ a (x2 â&#x2C6;&#x2019; y 2 ) + b x + c = 0 ďŁł 2axy + by = 0

Temos duas subalternativas:

1.1) y = 0. Substituindo na primeira equaÂ¸cË&#x153;ao concluimos que x deve ser soluÂ¸cË&#x153; ao (real) da equaÂ¸cË&#x153; ao quadrÂ´ atica a x2 + b x + c = 0 Neste caso w = (x, 0, 0) Â´e soluÂ¸cË&#x153; ao da equaÂ¸cË&#x153;ao (2.1). 1.2) y 6= 0. Do sistema ďŁą ďŁ˛ a (x2 â&#x2C6;&#x2019; y 2 ) + b x + c = 0 ďŁł (2 a x + b) y = 0

concluimos que deve ser

2ax + b = 0

â&#x2021;&#x2019;

x=â&#x2C6;&#x2019;

b 2a

substituindo na primeira equaÂ¸cË&#x153; ao do sistema acima obtemos

y2 = â&#x2C6;&#x2019;

b2 â&#x2C6;&#x2019; 4 a c 4 a2

Nota: para resolver a equaÂ¸cË&#x153; ao pela calculadora o procedimento Â´e como na tela da esquerda, sÂ´ o que as varÂ´ aveis x, y, a, b e c devem estar todas ressetadas, para isto purge nelas (tela da direita). Resumindo atÂ´e aqui, com z = 0, temos para soluÂ¸cË&#x153;ao da equaÂ¸cË&#x153;ao a w2 + b w + c = 0 o seguinte conjunto soluÂ¸cË&#x153; ao b 1 â&#x2C6;&#x161; 1 â&#x2C6;&#x161; b , ,â&#x2C6;&#x2019; S = (x, 0, 0), â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6;&#x2020;, 0 , â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6;&#x2020;, 0 2a 2a 2a 2a 139

onde x (acima) ´e solu¸c˜ ao real da equa¸c˜ao

(caso exista)

a x2 + b x + c = 0 Não esque¸ca que w = (x, y, z) (com x, y, z ∈ R). Observe que até aqui já garantimos todas as solu¸cões nos Complexos, o que vier daqui pra frente é lucro. 2) z 6= 0. Da equa¸c˜ ao 2a concluimos que deve ser 2a

x2 + y 2 + b z = 0

x2 + y 2 + b = 0

⇒

x2 + y 2 = −

b 2a

(2.2)

daqui se ver que a e b devem ter sinais contr´ arios. Reconsideremos o sistema original:  2  a (x2 − y 2 ) · 1 − x2z+y2 + b x + c = 0       2 2 a x y · 1 − x2z+y2 + b y = 0        (2 a px2 + y 2 + b) z = 0

temos

 z2 2 2   a (x − y ) · 1 − x2 +y2 + b x + c = 0   2 a x · 1 − z2 + b y = 0 x2 +y 2

Temos duas alternativas: 2.1) y = 0. Lembramos que inicialmente assumimos a hip´ otese de que x 6= 0 ou y 6= 0. Para prosseguir consideremos x 6= 0. Substituindo y = 0 na primeira equa¸c˜ ao do sistema acima obtemos a x2 · 1 − daqui segue que

z2 + bx +c = 0 x2

z 2 = x2 +

b c x+ a a

(2.3)

Considerando (2.2) temos x2 =

b2 , 4 a2

|x| =

|b| , 2 |a|

140

x=±

b 2a

substituindo em (2.3), obtemos z2 = donde

b c b b2 ± + + 4 a2 a 2a a

 2  2 = −b − 4 a c = − ∆ ,  x = − 2ba z   4 a2 4 a2  2    z2 = 3 b + 4 a c = ∇ , x = + 2ba 4 a2 4 a2 Neste caso temos como poss´ıveis solu¸c˜oes √ √ b b −∆ ∇ , w= , 0, ± , 0, ± w= − 2a 2a 2a 2a 2.2) y 6= 0. Reconsideremos b2 4 a2  2 − y2 ) · 1 − z2 a (x + bx + c = 0  2 2  x +y x2 + y 2 =

  2ax · 1 −

z2 x2 +y 2

neste caso devemos ter

2ax · 1 −

(2.4)

y=0

z2 +b=0 x2 + y 2

Observe que n˜ ao pode ser x = 0, pois teriamos b = 0 e, em (2.4), y = 0, contrariando a hip´ otese. Sendo assim, resulta z2 −b 1− 2 = (2.5) x + y2 2ax Substituindo na primeira equa¸c˜ ao do sistema acima, obtemos b (x2 + y 2 ) + 2 c x = 0

(2.6)

Esta equa¸c˜ ao pode ser escrita como c 2 c 2 + y2 = x+ b b ∗ que representa a circunferˆencia

raio =

centro = − , 0 , b b se c = 0 teremos uma circunferˆencia “degenerada”; ademais, teriamos novamente y = 0, contrariando a hip´ otese. Vamos assumir c 6= 0, substituindo (2.4) em (2.6) e resolvendo para x resulta x= ∗

−b3 8 a2 c

No espa¸co representa um cilindro.

141

(2.7)

Pois bem, de (2.5) tiramos z 2 = (x2 + y 2 ) 1 +

de (2.4) resulta

b 2ax

b2 b 1 + 4 a2 2ax substituindo x dado em (2.7), obtemos z2 =

z2 =

∆ b2 − 4 a c = 2 4a 4 a2

Das equa¸c˜ oes x2 + y 2 = tiramos y2 =

b2 4 a2

−b3 8 a2 c

16 (a b c)2 − b6 64 a4 c2

Temos duas restri¸c˜ oes ∆ = b2 − 4 a c > 0

16 (a b c)2 − b6 > 0

ou b2 > 4 a c

b2 < 4 |a| |c|

Se a e c tiverem os mesmos sinais estas restri¸cões resultam incompat´ıveis. Portanto a e c devem ter sinais contr´ arios. Ademais, lembramos que na equa¸c˜ ao (2.2) (p. 140) assumimos que a e b também devem ter sinais contr´ arios. Resumindo as equa¸c˜ oes quadr´ aticas a x2 + b x + c = 0 que têm “ra´ızes no espa¸co” s˜ ao as que satisfazem∗ sign (a) 6= sign (b)

∧

sign (a) 6= sign (c)

Por exemplo, a equa¸cão seguinte satisfaz ambas as restri¸cões x2 − x − 1 = 0 Satisfeita as restri¸c˜ oes, as solu¸cões s˜ ao dadas assim p √ ! 16 (a b c)2 − b6 ∆ −b3 ,± ,± w= 2 2 8a c 8 a |c| 2 |a| Por exemplo, para a equa¸cão acima temos √ √ ! 1 15 5 w= − ,± ,± 8 8 2 ∗

Ra´ızes no espa¸co significa da forma w = (x, y, z), com x 6= 0, y 6= 0 e z 6= 0.

142

(2.8)

Donde tiramos as quatro solu¸c˜oes seguintes − + + ⇒ w = − 18 , − − +

⇒

− + −

⇒

− − −

⇒

√ √ 15 5 8 , 2

− 18 , − − 18 ,

√ √ 15 5 , 8 2

√ 15 8 ,

− 18 , −

−

√ 15 8 ,

√ 5 2

−

√

5 2

Nas três telas a seguir confirmamos as três primeiras solu¸cões da equa¸cão x2 − x − 1 = 0,

w2 − w − 1 = 0

(p. 63)

na tela a seguir confirmamos a quarta solu¸c˜ao

Na p´ agina 139 concluimos que w = (x, 0, 0), onde x (real) é solu¸cão da equa¸cão a x2 + b x + c = 0 ∴ x2 − x − 1 = 0

na tela do centro temos as solu¸c˜ ao em R dadas pela calculadora, na tela da direita confirmamos que estas solu¸cões s˜ ao ra´ızes da equa¸cão w2 − w − 1 = 0. A conclusão é que além das duas solu¸cões reais, ainda temos mais quatro solu¸cões no espa¸co para a equa¸c˜ ao x2 − x − 1 = 0. Esta equa¸cão quadr´ atica 2 possui, portanto, seis solu¸c˜ oes em B-3D. A equa¸cão x − x = 0 possui a propriedade sign (a) 6= sign (b) ∧

sign (a) 6= sign (c) ∧

fica como exerc´ıcio encontrar suas ra´ızes em B-3D. 143

sign (b) 6= sign (c)

Vimos, em um dos casos particulares, que as solu¸c˜oes w = (x, y, z) da equa¸c˜ ao quadr´ atica a x2 + b x + c = 0

a w2 + b w + c = 0

∴

quando existem, moram na intersec¸c˜ao de dois cilindros  b2 2 2   x + y = 4 a2   x + c 2 + y 2 = b

onde

c 2 b

b2 − 4 a c ∆ = 2 4a 4 a2 Estes dois cilindros para a equa¸c˜ao z2 =

x2 − x − 1 = 0 s˜ ao

  x2 + y 2 = 

onde

1 4

(x + 1)2 + y 2 = 1 z2 =

5 4

144

Realizando a intersec¸c˜ ao destes cilindros, temos

−1p

−2 p

Na figura da direita estamos “olhando de cima o plano do ch˜ ao”. A interse¸c˜ao 1 das circunfereˆencias se d´ a em x = − , para o qual existem dois valores de 8 y. Combinando temos as solu¸c˜ oes no espa¸co √ √ − + + ⇒ w = − 18 , 815 , 25 − − +

⇒

− + −

⇒

− − −

⇒

− 18 , − − 18 ,

√ √ 15 5 8 , 2

√ 15 8 ,

− 18 , −

−

√ 15 8 ,

√ 5 2

−

√

5 2

Na p´ agina seguinte − visando a programa¸c˜ao − resumimos a resolu¸c˜ao da fun¸c˜ ao quadr´ atica em B-3D. a x2 + b x + c = 0

∴

a w2 + b w + c = 0

Nota: Alternativamente, e a nosso critério, usaremos uma outra nota¸cão para o sinal de uma vári´ avel, assim sign (a) = a˙ ou seja, encimaremos a vari´ avel com um ponto. 145

a x2 + b x + c = 0

∴

a w2 + b w + c = 0 ,

b = 0 ∧ sign (a) = sign (c) ⇒ w = (0, 0,

z=0

1.1)

y=0

∴

w = (x, 0, 0)

∆ = b2 − 4 a c ≥ 0 1.2)

y 6= 0

∴

⇒

z 6= 0 ,

2.1)

2.2)

⇒

c/a )

(R) a x2 + b x + c = 0

w = (x, y, 0)

∆ = b2 − 4 a c < 0

w = (x, y, z)

b , 2a

y2 =

−∆ 4 a2

sign (a) 6= sign (b)

y=0

∴

w = (x, 0, z) ,

sign (a) 6= sign (b)

( B-2D )

∆ = b2 − 4 a c < 0

⇒

x=−

b , 2a

z2 =

−∆ 4 a2

∇ = 3 b2 + 4 a c > 0

⇒

x=+

b , 2a

z2 =

∇ 4 a2

y 6= 0

∴

w = (x, y, z)

( B-3D ); (b 6= 0, c 6= 0)

sign (a) 6= sign (b) ∧ sign (a) 6= sign (c) µ = 16 (a b c)2 − b6 > 0

⇒

−b3 , 8 a2 c

y2 =

µ 64 a4 c2

∆ = b2 − 4 a c > 0

⇒

−b3 , 8 a2 c

z2 =

∆ 4 a2

Nota: Lembramos que a equa¸c˜ao x2 − x − 1 = 0 possui a propriedade a˙ 6= b˙ ∧ a˙ = 6 c˙ ∧ b˙ = c˙

e a equa¸c˜ ao x2 − x = 0 possui a propriedade

a˙ 6= b˙ ∧ a˙ 6= c˙ ∧ b˙ 6= c˙ 146

Na tabela da esquerda a seguir temos todas as combina¸c˜oes poss´ıveis quanto aos sinais de a, b e c da equa¸c˜ao a x2 + b x + c = 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27

a −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 1

b −1 −1 −1 0 0 0 1 1 1 −1 −1 −1 0 0 0 1 1 1 −1 −1 −1 0 0 0 1 1 1

c −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 3 4 6 7 9 10 12 13 15 16 18 19 21 22 24 25 27

a b −1 −1 1 −1 −1 0 1 0 −1 1 1 1 −1 −1 1 −1 −1 0 1 0 −1 1 1 1 −1 −1 1 −1 −1 0 1 0 −1 1 1 1

c −1 −1 −1 −1 −1 −1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1

3 6 9 12 15 18 21 24 27

a b 1 −1 1 0 1 1 1 −1 1 0 1 1 1 −1 1 0 1 1

c −1 −1 −1 0 0 0 1 1 1

Na tabela do centro excluimos as combina¸c˜oes nas quais sign (a) = 0; na tabela da direita consideramos apenas as combina¸c˜oes nas quais sign (a) = 1; podemos fazer isto sem perda de generalidade.

147

Consideremos a tabela de sinais a seguir

3 6 9 12 15 18 21 24 27

a b 1 −1 1 0 1 1 1 −1 1 0 1 1 1 −1 1 0 1 1

c −1 −1 −1 0 0 0 1 1 1

∆ = b2 − 4 a c ∇ = 3 b2 + 4 a c µ = 16 (a b c)2 − b6

Analisaremos linha a linha os efeitos da tabela acima, juntamente com o quadro amarelo da p´ agina 146. Lembramos que um ponto encimando uma letra significa o sinal. − linha 3: a˙ = 1, b˙ = −1, c˙ = −1.            

∆ = b2 − 4 a c > 0.

√ −b ± ∆ w = (x, 0, 0), x = 2a

Se ∇ > 0 ⇒            Se µ > 0 ⇒

w = (x, 0, z), x = +

w = (x, y, z), x =

∇ b , z2 = 2a 4 a2

µ ∆ −b3 , y2 = , z2 = 2 4 2 8a c 64 a c 4 a2

− linha 6: a˙ = 1, b˙ = 0, c˙ = −1. ∆ = −4 a c > 0 ; ∇ = 4 a c < 0 ; µ = 0. √ −b ± ∆ ∆ > 0 ⇒ w = (x, 0, 0), x = 2a 2 − linha 9: a˙ = 1, b˙ = 1, c˙ = −1. ∆ = b − 4 a c > 0. √ −b ± ∆ ∆ > 0 ⇒ w = (x, 0, 0), x = 2a − linha 12: a˙ = 1, b˙ = −1, c˙ = 0. ∆ = b2 > 0 ; ∇ = 3 b2 > 0 ; µ = −b6 < 0.      w = (x, 0, 0),

    w = (x, 0, z),

√ −b ± ∆ x= 2a x=+ 148

∇ b , z2 = 2a 4 a2

− linha 15: a˙ = 1, b˙ = 0, c˙ = 0. ∆ = 0 ; ∇ = 0 ; µ = 0. w = (0, 0, 0) − linha 18: a˙ = 1, b˙ = 1, c˙ = 0. ∆ = b2 > 0 ; ∇ = 3 b2 > 0 ; µ = −b6 < 0. √ −b ± ∆ w = (x, 0, 0), x = 2a 2 ˙ − linha 21: a˙ = 1, b = −1, c˙ = 1. ∇ = 3 b + 4 a c > 0. √ −b ± ∆ Se ∆ ≥ 0 ⇒ w = (x, 0, 0), x = 2a

Se ∆ < 0 ⇒

 b −∆  w = (x, y, 0), x = − , y 2 =    2a 4 a2

    w = (x, 0, z), x = − b , z 2 = −∆ 2a 4 a2

∇ > 0 ⇒ w = (x, 0, z), x = +

b ∇ , z2 = 2a 4 a2

− linha 24: a˙ = 1, b˙ = 0, c˙ = 1. ∆ = −4 a c < 0 ; ∇ = 4 a c > 0. r  c   w = 0, 0, ±   a        b −∆  2    w = (x, y, 0), x = − 2 a = 0, y = 4 a2   b −∆   w = (x, 0, z), x = −  = 0, z 2 =   2a 4 a2         w = (x, 0, z), x = + b = 0, z 2 = ∇ 2a 4 a2

Nota: Aqui teremos duas ra´ızes repetidas. − linha 27: a˙ = 1, b˙ = 1, c˙ = 1.

√ −b ± ∆ Se ∆ ≥ 0 ⇒ w = (x, 0, 0), x = 2a

b −∆ , y2 = 2a 4 a2 Com a tabela de sinais e o aux´ılio do resumo no quadro que consta na p´ agina 146 elaboramos o seguinte programa para o c´alculo das ra´ızes da equa¸c˜ao a x2 + b x + c = 0 em B-3D. Se ∆ < 0 ⇒ w = (x, y, 0), x = −

149

2.1.1

F´ ormula de Bhaskara em B-3D

(Na p´ ag. 160 outra listagem)

Nota: Na p´ agina 160 temos uma outra listagem deste programa.

150

Faremos algumas simula¸c˜ oes deste programa − As telas a seguir s˜ ao resolu¸c˜oes em B-2D (para efeito de compara¸c˜ao) − ver [1]. x2 − 1 = 0 x2 + 1 = 0

x2 + x = 0 x2 − x = 0

x2 − 2x + 2 = 0 x2 + 2x − 2 = 0

Vamos resolver estas mesmas equa¸c˜oes em B-3D, observe:

x2 − 1 = 0 x2 + 1 = 0

x2 + x = 0 x2 − x = 0

x2 − 2x + 2 = 0 x2 + 2x − 2 = 0

Temos: x2 − 1 = 0 : Sˆ = { (1, 0, 0), (−1, 0, 0) } x2 + 1 = 0 : Sˆ = { (0, 0, 1), (0, 0, −1), (0, 1, 0), (0, −1, 0) } x2 + x = 0 : Sˆ = { (0, 0, 0), (−1, 0, 0) } x2 − x = 0 : Sˆ = { (0, 0, 0), (1, 0, 0), ( −1 2 , 0,

√

3 2

), ( −1 2 , 0, −

√

3 2

)}

x2 − 2x + 2 = 0 : Sˆ = { (1, 1, 0), (1, −1, 0), ( 1, 0, 1 ), ( 1, 0, −1 ), √ √ (−1, 0, 5), (−1, 0, − 5) } √ √ x2 + 2x − 2 = 0 : Sˆ = { ( 3 − 1, 0, 0), (− 3 − 1, 0, 0) } A equa¸c˜ ao x2 − 2x + 2 = 0 possui seis ra´ızes; vamos substituir na equa¸c˜ao as seis ra´ızes para efeitos de confirma¸c˜ao.

151

Lembramos que o programa que consta a seguir (tela esquerda) calcula o quadrado de um nne-3D

Observe que ao resolver uma equa¸cão quadr´ atica as ra´ızes ficam armaˆ e que podemos ter acesso a qualquer uma das zenadas na vari´ avel (lista) S, ra´ızes, como, por exemplo, o fizemos na tela do centro, onde também pedimos a dimensão da lista. Na tela da direita comprovamos que (1, 1, 0) é de fato raiz da equa¸c˜ ao. x2 − 2x + 2 = 0, melhor dizendo da equa¸cão w2 − 2w + 2 = 0 Para agilizar o processo de checagem das ra´ızes, na tela a seguir definimos a fun¸c˜ ao f (w) = w2 − 2 w + 2

Ap´os pressionar Enter a calculadora nos devolve a tela do centro. Na tela da direita calculamos a fun¸c˜ao para w = (1, 1, 0), confirmando que de fato temos uma raiz. Mas n˜ ao precisamos nem digitar w como argumento da ˆ como na tela a seguir fun¸c˜ ao, pegamos direto da pr´ opria lista S,

As telas acima confirmam os seis n´ umeros como ra´ızes da equa¸c˜ao em quest˜ ao. 152

A seguir comparamos quatro equa¸cões resolvidas nos três sistemas numéricos, C, B-2D e B-3D. x2 − x = 0 C : S = { 0, 1 } B-2D : S = { 0, 1,

−1 2 ,

−

B-3D : S = { 0, 1, ( −1 2 , 0,

√ 3 2 √

3 2

−1 2 ,

√

3 2

), ( −1 2 , 0, −

} √ 3 2

)}

x2 − 2x + 2 = 0 C : S = { (1, −1), (1, 1) } √

B-2D : S = { (1, −1), (1, 1), (−1,

√ 5 ), (−1, − 5 ) }

B-3D : S = { (1, −1, 0), (1, 1, 0), ( 1, 0, 1 ), ( 1, 0, −1 ), √ √ (−1, 0, 5), (−1, 0, − 5) } x2 − x + 1 = 0 C : S = { ( 21 , − B-2D : S = { ( 21 , −

√

3 2 ),

√

3 2 ),

( 12 , ( 21 ,

√

3 2 )}

√

3 2 ),

(− 12 ,

√ 7 2 ),

√ 3 3 1 1 , 0), ( , 2 2 2 , 0), (− 2 , √ √ ( 12 , 0, 23 ), ( 12 , 0, − 23 ) }

B-3D : S = { ( 12 , −

√

(− 12 , − 0,

√ 7 2 ),

√

7 2 )}

(− 12 , 0, −

√

7 2 ),

x2 − 10 x + 40 = 0 √ √ C : S = { (5, − 15 ), (5, 15 ) } √ √ √ √ B-2D : S = { (5, − 15 ), (5, 15 ), (−5, − 115 ), (−5, 115 ) } √ √ √ √ B-3D : S = { (5, − 15, 0 ), (5, 15, 0 ), (5, 0, − 15 ), (5, 0, 15 ), √ √ (−5, 0, − 115 ), (−5, 0, 115 ) } 153

Observe como os sistemas C e B-2D situam-se relativamente ao espaÂ¸co

C Y

â&#x2020;? B-2D Y

154

← B-2D C Y

A seguir localizamos geometricamente as ra´ızes de algumas fun¸c˜oes quadr´ aticas x2 − x = 0 C : S = { 0, 1 } B-2D : S = { 0, 1,

−1 2 ,

−

B-3D : S = { 0, 1, ( −1 2 , 0,

√ 3 2 √

3 2

−1 2 ,

√

3 2

), ( −1 2 , 0, −

} √ 3 2

)}

← B-2D C Y

155

x2 − 2x + 2 = 0 C : S = { (1, −1), (1, 1) } B-2D : S = { (1, −1), (1, 1), (−1,

√

√ 5 ), (−1, − 5 ) }

B-3D : S = { (1, −1, 0), (1, 1, 0), ( 1, 0, 1 ), ( 1, 0, −1 ), √ √ (−1, 0, 5), (−1, 0, − 5) }

← B-2D C Y

156

x2 − x + 1 = 0 C : S = { ( 21 , − B-2D : S = { ( 21 , −

√

3 2 ),

√

3 2 ),

( 12 , ( 21 ,

√

3 2 )}

√

3 2 ),

(− 12 ,

√ 3 3 1 1 2 , 0), ( 2 , 2 , 0), (− 2 , √ √ ( 12 , 0, 23 ), ( 12 , 0, − 23 ) }

B-3D : S = { ( 12 , −

√

√ 7 2 ),

(− 12 , − 0,

√ 7 2 ),

√

7 2 )}

(− 12 , 0, −

← B-2D C Y

157

√

7 2 ),

← B-2D C Y

158

x2 − x − 1 = 0 √

C : S = { 1−2 5 ,

√ 1+ 5 2

} √

√

B-2D : S = { ( 1−2 5 , 0), ( 1+2 5 , 0) } √

√

√ √ 15 5 8 , 2 ), √ √ 5 15 −1 ), ( , 2 8 8 ,

B-3D : S = { ( 1−2 5 , 0, 0), ( 1+2 5 , 0, 0), ( −1 8 , − ( −1 8 , −

√ 15 8 ,

−

√

5 2 ),

( −1 8 ,

√

15 8 ,

−

← B-2D C Y

159

√ 5 2 )}

F´ ormula do Iconoclasta para a resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao quadr´ atica ax2 + bx + c = 0 nos nne-3D #cas REQ 3D(a,b,c):= BEGIN ∆ := b ∧ 2 − 4 a ∗ c; ∇ := 3 b ∧ 2 + 4 a ∗ c; µ := 16 ∗ (a ∗ b ∗ c) ∧ 2 − b6 ; // linha 3 IF sign (b) = = −1 and sign (c) = = −1 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ] } IF ∇ > 0 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ], √ √ [b/(2a), 0, ∇/(2a)], [b/(2a), 0, − ∇/(2a)] } END;

IF µ > 0 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), ∆/(2 a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), − ∆/(2 a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), − µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), ∆/(2 a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), − µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), − ∆/(2 a)] } END; IF ∇ > 0 and µ>0 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ], √ √ [b/(2a), 0, ∇/(2a)], [b/(2a), 0, − ∇/(2a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), ∆/(2 a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), − ∆/(2 a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), − µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), ∆/(2 a)], √ √ [−b ∧ 3/(8 a ∧ 2 ∗ c), − µ/(8 a ∧ 2 ∗ c), − ∆/(2 a)] }

END; END;

continua ֒→ 160

// linha 6 IF sign (b) = = 0 and sign (c) = = −1 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ] } END; // linha 9 IF sign (b) = = 1 and sign (c) = = −1 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ] } END; // linha 12 IF sign (b) = = −1 and sign (c) = = 0 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ], √ √ [b/(2a), 0, ∇/(2a)], [b/(2a), 0, − ∇/(2a)] } END;

// linha 15 IF sign (b) = = 0 and sign (c) = = 0 THEN Sˆ = { [0, 0, 0] } END; // linha 18 IF sign (b) = = 1 and sign (c) = = 0 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ] } END; continua ֒→

161

// linha 21 IF sign (b) = = −1 and sign (c) = = 1 THEN IF ∆ ≥ 0 THEN √ √ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ Sˆ = { [(−b + ∆ √ √)/(2 a), 0, 0 ], [b/(2a), 0, ∇/(2a)], [b/(2a), 0, − ∇/(2a)] } ELSE p p Sˆ = { [−b/(2a), (−∆)/(2a), 0], [−b/(2a), − (−∆)/(2a), 0], p p [−b/(2a), 0, (−∆)/(2a)], [−b/(2a), 0, − (−∆)/(2a)], √ √ [b/(2a), 0, ∇/(2a)], [b/(2a), 0, − ∇/(2a)] } END END; // linha 24 IF sign (b) = = 0 and sign (c) = = 1 THEN p p p Sˆ = { [0, 0, (c/a)], [0, 0, − (c/a)], [0, (−∆)/(2a), 0], p p [0, − (−∆)/(2a), 0], [0, 0, (−∆)/(2a)], p √ √ [0, 0, − (−∆)/(2a)], [0, 0, ∇/(2a)], [0, 0, − ∇/(2a)] } END; // linha 27 IF sign (b) = = 1 and sign (c) = = 1 THEN IF ∆ ≥ 0 THEN √ √ Sˆ = { [(−b + ∆ )/(2 a), 0, 0 ], [(−b − ∆ )/(2 a), 0, 0 ] } ELSE p p Sˆ = { [−b/(2a), (−∆)/(2a), 0], [−b/(2a), − (−∆)/(2a), 0] }

END; END; Sˆ END; #cas

162

2.2

Resolu¸c˜ ao da equa¸ c˜ ao x3 + px + q = 0 em B-3D

Nosso objetivo nesta se¸c˜ ao ser´ a resolver a equa¸c˜ao w3 + p w + q = 0 em B-3D. Sendo w = (x, y, z), inicialmente com o aux´ılio da equa¸c˜ao

(x2

− y2 ) ·

1−

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

p 2 2 , 2z x + y

vamos deduzir uma f´ormula para o c´alculo de w3 = w2 · w, assim: Fa¸camos w2 = (x2 − y 2 ) λ, 2xy λ, 2zr onde

λ=1− Para o c´ alculo de w3

p z2 x2 + y 2 , r = x2 + y 2

w3 = (x2 − y 2 ) λ, 2xy λ, 2zr · (x, y, z)

temos

r1 = e

(x2 − y 2 )2 λ2 + 4x2 y 2 λ2 = |λ| r 2 r2 =

x2 + y 2 = r

Vamos calcular o produto em (D4 ) (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

assim: w3 =

(x2 − y 2 ) λ, 2xy λ, 2zr | {z } | {z } |{z} a1

onde

r1 = |λ| r 2 ,

e γ =1−

z ) · (|{z} x , y , |{z} |{z} a2

r2 = r

2 z2 2zr · z = 1 − |λ| r 2 · r |λ| r 2 163

Fazendo X = (a1 · a2 − b1 · b2 ) γ resulta

simplificando

2 z2 X = (x2 − y 2 ) λ x − 2xy λ y 1− |λ| r 2 2 z2 X = (x2 − y 2 ) − 2 y 2 λ x 1 − |λ| r 2

Fazendo Y = (a1 · b2 + a2 · b1 ) γ resulta

Y = (x − y ) λ y + x 2xy λ simplificando

2 z2 1− |λ| r 2

2 z2 2 2 2 Y = (x − y ) + 2 x λ y 1 − |λ| r 2 Fazendo Z = c1 · r2 + c2 · r1 resulta Z = 2z r · r + z |λ| r 2 simplificando Z = 2z r 2 + z |λ| r 2 = (2 + |λ|) z r 2 Resumindo w3 = (X, Y, Z) onde

 2 − 3 y2 ) λ x 1 −  X = (x      

Y = (3 x2 − y 2 ) λ y 1 −        Z = (2 + |λ|) z r 2 λ=1−

2 z2 |λ| r 2 2 z2 |λ| r 2

p z2 , r = x2 + y 2 2 2 x +y

164

Antes de prosseguir na resolu¸cão da equa¸cão w3 + p w + q = 0 precisamos determinar dois casos especiais de w3 n˜ ao contemplados pela fórmula anterior. Quais sejam: a) w = (x, y, z) onde x = y = 0 e z 6= 0. Neste caso temos w3 = w2 · w = (0, 0, z)2 · (0, 0, z) = (−z 2 , 0, 0) · (0, 0, z) temos r1 =

(−z)2 + 02 = |z|

r2 =

02 + 02 = 0

como r1 6= 0 e r2 = 0, calculamos o produto em (D3 )

−

c ·c ·b c1 · c2 · a1 , − 1 2 1 , c2 · r1 , r1 r1

se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 )

assim: (−z 2 , 0, 0) · (0, 0, z) = (a1 , b1 , c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) isto ´e (−z 2 , 0, 0) · (0, 0, z) =

−

0 · z · (−z 2 ) 0·z·0 ,− , z · |z| = (0, 0, z |z|) |z| |z|

Portanto, quando w = (0, 0, z), resulta w3 = (0, 0, z |z|) Neste caso a equa¸c˜ ao w3 + p w + q = 0 torna-se (0, 0, z |z|) + p (0, 0, z) + q = 0 donde resulta o sistema

Temos q = 0 e

  0+ p0 + q = 0   0+ p0 + 0 = 0    z |z| + p z + 0 = 0 z |z| + p z = 0

como estamos assumindo z 6= 0, temos |z| + p = 0

⇒ 165

|z| = −p

(2.9)

portanto, quando q = 0 e −p > 0 (p < 0) temos a ra´ızes w = (0, 0, p) e w = (0, 0, −p) Para conferir substituamos na equa¸cão w3 + p w + 0 = 0, temos w = (0, 0, p) ⇒ w3 = (0, 0, p |p|) e w3 + p w = 0 ⇒ (0, 0, p |p|) + p (0, 0, p) = 0 Por outro lado w = (0, 0, −p) ⇒ w3 = (0, 0, −p | − p|) e w3 + p w = 0 ⇒ (0, 0, −p |p|) + p (0, 0, −p) = 0 sendo p < 0, temos |p| = −p e a identidade se verifica. Resumindo, a equa¸caõ w3 + p w + q = 0, com q = 0 e p < 0 possui duas ra´ızes w = (0, 0, p) e w = (0, 0, −p) p b) w = (x, y, z) onde z 2 = x2 + y 2 , neste caso |z| = x2 + y 2 . Este é mais um caso n˜ ao contemplado pela fórmula w3 = (X, Y, Z) dada na p´ agina 164. Pois bem, da fórmula

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2z

temos que, neste caso, resulta w2 = (0, 0, 2 z ou ainda

x2 + y 2 )

w2 = (0, 0, 2 z |z|) Portanto w3 = w2 · w = (0, 0, 2z |z|) · (x, y, z) Como r1 =

02 + 02 = 0

e 166

r2 =

x2 + y 2 = |z|

x2 + y 2

calculamos o produto em D2

−

c ·c ·b c1 · c2 · a2 , − 1 2 2 , c1 · r2 , r2 r2

se r1 = 0 e r2 6= 0 (D2 )

assim: (0, 0, 2z |z|) · (x, y, z) = (a1 , b1 , c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) isto ´e (0, 0, 2z |z|) · (x, y, z) =

−

2z |z| · z · x 2z |z| · z · y ,− , 2 z |z| · |z| |z| |z|

simplificando (0, 0, 2z |z|) · (x, y, z) = (−2 x z 2 , −2 y z 2 , 2 z 3 ) portanto, no caso em quest˜ ao w3 = 2 z 2 (−x, −y, z) A seguir resumimos, para efeito de programa¸c˜ao, como calcular o cubo de um nne-3D.

w = (x, y, z) w = (0, 0, z) ⇒ w3 = (0, 0, z |z|) w = (x, y, z), z 2 = x2 + y 2 ⇒ w3 = 2 z 2 (−x, −y, z) w3 = (X, Y, Z)  2 − 3 y2 ) λ x 1 −  X = (x       2 − y2) λ y 1 − Y = (3 x        Z = (2 + |λ|) z r 2

2 z2 |λ| r 2 2 z2 |λ| r 2

167

λ=1− r=

z2 x2 +y 2

x2 + y 2

Nas duas primeiras telas a seguir temos um programa que implementa a f´ormula anterior

Na tela da direita temos algumas simula¸c˜oes. Agora vamos retomar a equa¸c˜ao w3 + p w + q = 0 onde w = (x, y, z), para x 6= 0

y 6= 0

z 2 6= x2 + y 2

(2.10)

Nesta hip´ otese podemos utilizar o quadro verde em destaque a seguir

2 z2 |λ| r 2 2 z2 |λ| r 2

168

λ=1− r=

z2 x2 +y 2

x2 + y 2

Ent˜ ao, da equa¸c˜ ao (x, y, z)3 + p (x, y, z) + q = 0 resulta o seguinte sistema  2 2  (x − 3 y ) λ x 1 −       onde

2 z2 |λ| r 2

+ px +q = 0

2 − y2) λ y 1 − 2 z2 (3 x + py = 0 |λ| r 2        (2 + |λ|) z r 2 + p z = 0 λ=1−

Da equa¸c˜ ao Temos duas alternativas:

p z2 x2 + y 2 , r = x2 + y 2

(2 + |λ|) r 2 + p z = 0

1) z = 0. Na primeira e segunda equa¸c˜oes do sistema resulta  2 2   (x − 3 y ) x + p x + q = 0 ou ainda

  (3 x2 − y 2 ) y + p y = 0

 2 2   (x − 3 y ) x + p x + q = 0

(2.11)

  (3 x2 − y 2 ) + p y = 0

temos duas subalternativas

1.1) y = 0. Na primeira equa¸cão resulta x3 + p x + q = 0 portanto w = (x, 0, 0) é solu¸cão, onde x é solu¸c˜ ao real da equa¸cão (2.12). 1.2) y 6= 0. Neste caso deve ser 3 x2 − y 2 + p = 0 daqui resulta y 2 = 3 x2 + p 169

(2.12)

substituindo na primeira equa¸c˜ao de (2.11), temos 8 x3 + 2 p x − q = 0 Neste caso temos como solu¸c˜ao w = (x, y, 0),

  8 x3 + 2 p x − q = 0

onde:

 y 2 = 3 x2 + p

Nota: at´e aqui j´a obtivemos todas as ra´ızes complexas. 2) z 6= 0. Reconsideremos o sistema original  2 − 3 y2 ) λ x 1 − 2 z2  (x  |λ| r 2 + p x + q = 0     h i 2 − y2 ) λ 1 − 2 z2 (3 x + p y=0 |λ| r 2        (2 + |λ|) r 2 + p z = 0 onde

p z2 , r = x2 + y 2 (2.13) x2 + y 2 Nota: Vamos abrir um parênteses para uma observa¸cão: Da terceira equa¸c˜ ao acima tiramos −p r2 = 2 + |λ| donde concluimos que uma condi¸cão necessária para que a equa¸cão c´ ubica tenha ra´ızes com z 6= 0 é que p < 0. λ=1−

Pois bem, retomando, da terceira equa¸c˜ao do sistema acima temos p |λ| = −2 − 2 r Deve ser p |λ| = −2 − 2 > 0 r Logo   λ = +(−2 − rp2 )    p ⇒ |λ| = −2 − 2 ou (exclusivo)  r    λ = −(−2 − rp2 ) ou ainda

|λ| = −2 −

p r2

⇒

170

 λ = −2 − rp2     ou (exclusivo)     λ = 2 + rp2

Observe em (2.13) que fixado o terno w = (x, y, z), λ ou ´e negativo ou ´e positivo; como a priori n˜ ao sabemos devemos considerar duas possibilidades mutuamente excludentes: i) λ = −(2 +

p ) r2

> 0. Substituindo em (2.13), temos −(2 +

z2 p ) = 1 − r2 r2

donde z2 = 3 r2 + p

(2.14)

Substituindo na primeira equa¸c˜ ao do sistema  2 − 3 y2 ) λ x 1 − 2 z2  + px +q = 0 (x  2 |λ| r     h i 2 − y2) λ 1 − 2 z2 + p y=0 (3 x |λ| r 2        (2 + |λ|) r 2 + p z = 0 (x2 − 3 y 2 ) (−2 −

Simplificando

2 (3 r 2 + p) p ) x 1 − + px + q = 0 r2 (−2 − rp2 ) r 2

(x2 − 3 y 2 ) x (8 r 2 + 3 p) − p r 2 x − q r 2 = 0 Substituindo na segunda equa¸c˜ ao do sistema acima, temos 2 (3 r 2 + p) p 2 2 +p y =0 (3 x − y ) (−2 − 2 ) 1 − r (−2 − rp2 ) r 2 Simplificando

(3 x2 − y 2 ) (8 r 2 + 3 p) − p r 2 y = 0

Sendo assim ficamos com o seguinte sistema envolvendo as vari´ aveis x e y:  2 2 2 2 2   (x − 3 y ) x (8 r + 3 p) − p r x − q r = 0   (3 x2 − y 2 ) (8 r 2 + 3 p) − p r 2 y = 0

Lembramos que

r 2 = x2 + y 2

171

Consideremos duas subalternativas 2.1) y = 0 ∴ x 6= 0. Substituindo na primeira equa¸c˜ao do sistema acima, temos 8 x3 + 2 p x − q = 0 Neste caso temos como (poss´ıvel) solu¸c˜ao   8 x3 + 2 p x − q = 0 w = (x, 0, z), onde:  z 2 = 3 r 2 + p = 3 x2 + p

Daqui saem as ra´ızes B-2D. Vejamos um exemplo Exemplo: x3 − 6 x − 9 = 0.

Solu¸ c˜ ao: Temos p = −6 e q = −9. Seguindo o algoritmo, temos 1) z = 0 1.1) w = (x, 0, 0),

x3 − 6 x − 9 = 0 ∴ x ∈ R

Inicialmente configuramos a calculadora para trabalhar nos reais, assim

Portanto w = (3, 0, 0) é uma solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao w3 − 6 w − 9 = 0 A propósito, utilizando o programa chiper3d dado na p´ agina 168 vamos elaborar um programa para checar as ra´ızes da equa¸cão c´ ubica w3 + p w + q = 0

172

O programa ´e como a seguir

Na tela da direita confirmamos que w = (3, 0, 0) é solu¸cão da equa¸cão w3 − 6 w − 9 = 0 e que, por exemplo, w = (1, 0, 0) n˜ ao é solu¸cão desta equa¸cão. 1.2) Ra´ızes Complexas   8 x3 + 2 p x − q = 0 w = (x, y, 0), onde:  y 2 = 3 x2 + p

Substituindo p = −6 e q = −9, temos   8 x3 − 12 x + 9 = 0 w = (x, y, 0), onde:  y 2 = 3 x2 − 6

∴ x ∈ R, 3 x2 + p > 0

∴ x ∈ R, 3 x2 − 6 > 0

Portanto, temos como solu¸c˜ oes √ 3 √3 3 3 ,0 , w= − ,− ,0 w= − , 2 2 2 2

o que confirmamos na tela da direita.

173

2.1) Ra´ızes B-2D. w = (x, 0, z),

onde:

  8 x3 + 2 p x − q = 0

 z 2 = 3 r 2 + p = 3 x2 + p

Substituindo p = −6 e q = −9, temos w = (x, 0, z),

onde:

  8 x3 − 12 x + 9 = 0  z 2 = 3 x2 − 6 > 0

Portanto, temos como solu¸c˜oes √ √ 3 3 3 3 , w = − , 0, − w = − , 0, 2 2 2 2

o que confirmamos na tela da direita. Vejamos mais um exemplo Exemplo: x3 − 6 x − 40 = 0 Solu¸ c˜ ao: Temos p = −6 e q = −40. Seguindo o algoritmo, temos 1) z = 0 1.1) w = (x, 0, 0),

x3 − 6 x − 40 = 0 ∴ x ∈ R

174

Na tela a seguir resolvemos esta equa¸c˜ao

Portanto w = (4, 0, 0) ´e uma raiz da equa¸c˜ ao w3 − 6 w − 40 = 0 Na tela da direita confirmamos esta raiz. 1.2) Ra´ızes Complexas   8 x3 + 2 p x − q = 0 w = (x, y, 0), onde:  y 2 = 3 x2 + p

Substituindo p = −6 e q = −40, temos   8 x3 − 12 x + 40 = 0 w = (x, y, 0), onde:  y 2 = 3 x2 − 6

∴ x ∈ R, 3 x2 + p > 0

∴ x ∈ R, 3 x2 − 6 > 0

Portanto, temos como solu¸c˜ oes √ √ w = ( −2, 6, 0 ), w = ( −2, − 6, 0 ) o que confirmamos na tela da direita.

175

2.1) Ra´ızes B-2D. w = (x, 0, z),

onde:

  8 x3 + 2 p x − q = 0

 z 2 = 3 r 2 + p = 3 x2 + p

Substituindo p = −6 e q = −40, temos   8 x3 − 12 x + 40 = 0 w = (x, 0, z), onde:  z 2 = 3 x2 − 6 > 0

Portanto, temos como (poss´ıveis) ra´ızes √ √ w = ( −2, 0, 6 ), w = ( −2, 0 − 6 ) ao confirmamos na tela da direita. O que acontece é que a condi¸cão o que n˜ i) λ = −(2 + n˜ ao é satisfeita.

p )>0 r2 (p. 171)

176

Retomemos o fio da meada: 2.2) y 6= 0. Reconsidere o sistema  2 2 2 2 2   (x − 3 y ) x (8 r + 3 p) − p r x − q r = 0   (3 x2 − y 2 ) (8 r 2 + 3 p) − p r 2 y = 0

Lembramos que

r 2 = x2 + y 2 Dividindo por y e substituindo r 2 , temos  4 3 2 5 2 2 2 3   24 x y + 16 x y − 8 x + q y + q x + 10 p x y − 2 p x = 0   8 y 4 − 16 x2 y 2 − 24 x4 + 4 p y 2 − 8 p x2 = 0

colocando y 2 em evidˆencia  2 3 2 3 2   (24 x y + 16 x + 10 p x + q) y − (8 x + 2 p x − q) x = 0   (8 y 2 − 16 x2 + 4 p) y 2 − 24 x4 − 8 p x2 = 0

Fa¸camos

y2 = µ Sendo assim temos  (24 x µ + 16 x3 + 10 p x + q) µ − (8 x3 + 2 p x − q) x2 = 0 (♣)  2 µ2 − (4 x2 − p) µ − 6 x4 − 2 p x2 = 0

Fazendo nesta u ´ ltima equa¸c˜ ao

∆ = (4 x2 − p)2 − 4 · 2 (−6 x4 − 2 p x2 ) simplificando ∆ = 64 x4 + 8 p x2 + p2 temos

(4 x2 − p) ± µ= 2·2

√

∆

substituindo µ na primeira equa¸c˜ ao do sistema ( ♣ ) obtemos uma equa¸c˜ao apenas em x. A HP Prime resolve esta equa¸c˜ao. Consideremos agora a outra possibilidade: 177

ii) λ = (2 +

p r2 )

< 0. Substituindo na equa¸c˜ao λ=1−

temos

p z2 , r = x2 + y 2 2 2 x +y 2+

p z2 = 1 − r2 r2

donde z 2 = −r 2 − p Substituindo λ = (2 +

p ) r2

< 0 na primeira equa¸c˜ao do sistema

 2 − 3 y2 ) λ x 1 − 2 z2  (x + px + q = 0  2 |λ| r     h i 2 − y2 ) λ 1 − 2 z2 (3 x + p y=0 2 |λ| r        (2 + |λ|) r 2 + p z = 0

resulta

(x2 − 3 y 2 ) (2 +

(2.15)

(p. 170)

2 (−r 2 − p) p ) x 1 − + px + q = 0 r2 −(2 + rp2 ) r 2

Simplificando (x2 − 3 y 2 ) p x − p x r 2 − q r 2 = 0 Substituindo na segunda equa¸c˜ao do sistema acima, temos

2 (−r 2 − p) p (3 x − y ) (2 + 2 ) 1 − +p y =0 r −(2 + rp2 ) r 2

Simplificando

(3 x2 − y 2 ) p − p r 2 y = 0

Sendo assim ficamos com o seguinte sistema envolvendo as vari´ aveis x e y:  2 2 2 2   (x − 3 y ) p x − p x r − q r = 0 Lembramos que

  (3 x2 − y 2 ) p − p r 2 y = 0 r 2 = x2 + y 2

Consideremos duas subalternativas 178

2.1) y = 0 (x 6= 0 ∧ r 2 = x2 ). Substituindo na primeira equa¸c˜ao do sistema  2 2 2 2   (x − 3 y ) p x − p x r − q r = 0 resulta

  (3 x2 − y 2 ) p − p r 2 y = 0 q x2 = 0

daqui se conclui que deve ser q = 0. A conclusão é que uma condi¸cão necessária para que w = (x, y, z) , com z 6= 0 e y = 0, seja raiz da equa¸cão w3 + p w + q = 0 é que q = 0. Substituindo q = 0 na primeira equa¸cão do sistema acima resulta (p − p) x3 = 0 A princ´ıpio x pode ser qualquer. Agora olhemos para z 2 = −r 2 − p

∴

z 2 = −x2 − p > 0

∵

sign (p) = −1

(p. 178)

daqui concluimos que deve ser x2 < −p

Vamos exemplificar o que foi visto para a equa¸c˜ao w3 − 6 w = 0 Sendo assim, temos p = −6, q = 0,

x2 < −(−6),

z 2 = −x2 + 6

Por exemplo, escolhendo alguns valores para x (x 6= 0), atendendo √ x2 < 6 ∴ |x| < 6 ∴ −2.44948974278 . . . < x < 2.44948974278 . . . temos 12 ra´ızes listadas a seguir

Nota: Escolhemos os valores de x por tentativas, testando no programa; a dedu¸c˜ao anterior n˜ ao garante que sejam ra´ızes − n˜ ao s˜ ao condi¸c˜oes suficientes.

179

Retomando 2.1) y 6= 0 (r 2 = x2 + y 2 ). Reconsidere o sistema  2 2 2 2   (x − 3 y ) p x − p x r − q r = 0   (3 x2 − y 2 ) − r 2 p y = 0

Dividindo por p y e substituindo (r 2 = x2 + y 2 ), resulta  2 2 2   4pxy + qx + qy = 0   x2 − y 2 = 0

Resolvendo este sistema encontramos x=−

q 2p

y=±

q 2p

Da equa¸c˜ ao

(p. 178)

z 2 = −r 2 − p tiramos o valor de z, atendendo a que z 2 = −(x2 + y 2 ) − p > 0 A prop´osito x2 = y 2 =

q2 4 p2

Logo, deve ser z2 = −

q2 −p > 0 2 p2

⇐⇒

2 p3 + q 2 < 0

Exemplo: x3 − 6 x − 40 = 0.

(p. 174)

Temos p = −6, q = −40 e 2 p3 + q 2 = 2 (−6)3 + (−40)2 = 1168 portanto, esta equa¸c˜ ao n˜ ao tem solu¸c˜ao w = (x, y, z), com z 6= 0 e y 6= 0.

180

Exemplo: x3 − 6 x − 9 = 0. Temos p = −6, q = −9 e 2 p3 + q 2 = 2 (−6)3 + (−9)2 = −351 < 0 Temos x=−

q −3 = 2p 4

y=±

q −3 =± , 2p 4

z2 = −

q2 39 −p= 2 p2 8

Portanto, temos quatro ra´ızes no espa¸co q − + + w = − 34 , 34 , 39 8 q 3 3 − + − w = − 4 , 4 , − 39 8 q − − + w = − 34 , − 34 , 39 8 q − − − w = − 34 , − 34 , − 39 8

A seguir checamos estas quatro ra´ızes

Vamos reunir as outras ra´ızes desta equa¸c˜ao w = (3, 0, 0), w =

(p. 172)

√ √ 3 3 3 3 − , ,0 , w= − ,− ,0 ; 2 2 2 2

√ √ 3 3 3 3 , w = − , 0, − − , 0, 2 2 2 2

A equa¸c˜ ao x3 − 6 x − 9 = 0 possui ra´ızes em todos os três sistemas R, B-2D e B-3D, num total de 9 ra´ızes. Na p´ agina 184 fazemos um resumo da resolu¸cão da equa¸cão w3 + p w + q. 181

A seguir plotamos apenas as ra´ızes

w = (3, 0, 0), w =

√ √ 3 3 3 3 − , ,0 , w= − ,− ,0 ; 2 2 2 2

√ √ 3 3 3 3 , w = − , 0, − − , 0, 2 2 2 2

← B-2D C Y

(3, 0, 0)

− Ra´ızes da equa¸ca x3 − 6 x − 9 = 0

182

A seguir plotamos apenas as ra´ızes q − + + w = − 34 , 34 , 39 8 q − + − w = − 34 , 34 , − 39 8 q 3 3 − − + w = − 4 , − 4 , 39 8 q − − − w = − 34 , − 34 , − 39 8

← B-2D C Y

− Ra´ızes da equa¸ca x3 − 6 x − 9 = 0 183

w3 + p w + q = 0 , sign (p) = −1,

0) q = 0 e

x 6= 0

w = (x, y, z)

w = (0, 0, p)

y 6= 0

w = (0, 0, −p)

z 2 6= x2 + y 2

1) z = 0 x3 + p x + q = 0 ∴ x ∈ R

1.1) w = (x, 0, 0),

1.2) w = (x, y, 0),

p r2 )

 y 2 = 3 x2 + p ;

x∈R 3 x2 + p > 0

( r 2 = x2 + y 2 )

2) z 6= 0 (p < 0) i ) λ = −(2 +

onde:

  8 x3 + 2 p x − q = 0 ;

2.1) w = (x, 0, z), 2.2) y 6= 0

onde:

  8 x3 + 2 p x − q = 0 ;  z 2 = 3 x2 + p ;

x ∈ R∗ 3 x2 + p > 0

(24 x µ + 16 x3 + 10 p x + q) µ − (8 x3 + 2 p x − q) x2 = 0 ∆ = 64 x4 + 8 p x2 + p2 , y 2 = µ, ii ) λ = (2 +

p ) r2

µ=

(4 x2 −p) ± 4

√

∆

z 2 = 3 r 2 + p = 3 (x2 + y 2 ) + p > 0 <0

2.1) w = (x, 0, z),

q = 0, x2 < −p (p < 0), z 2 = −x2 − p > 0

2.2) y 6= 0 x=−

q q , y=± , z 2 = −(x2 + y 2 ) − p ∴ 2 p3 + q 2 < 0 2p 2p

184

Resolu¸c˜ ao da equa¸ c˜ ao a · w = b

2.3

Vamos resolver a equa¸c˜ ao a·w = b , onde a = (a1 , b1 , c1 ) e b = (a2 , b2 , c2 ) s˜ ao dados e w = (x, y, z) é a inc´ ognita. Vamos assumir que (isto é, vamos resolver esta equa¸cão para o caso em que) a e b situam-se fora do eixo 0z (nne n˜ ao-singulares). Pois bem, calculando o produto a · w em (D4 ) (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

obtemos

Onde

(a1 · x − b1 · y) γ, (a1 · y + x · b1 ) γ, c1 · r2 + z · r1 = (a2 , b2 , c2 ) r1 =

a21 + b21 , r2 =

x2 + y 2 e γ = 1 −

c1 ·z r1 ·r2

Devemos resolver o seguinte sistema

  (a1 · x − b1 · y) γ = a2     (a1 · y + b1 · x) γ = b2      c1 · r2 + z · r1 = c2 Como, por hip´ otese, r2′ =

(2.16) (2.17) (2.18)

a22 + b22 6= 0, vamos considerar dois casos

1o ) b2 6= 0. Dividindo (2.16) por (2.17) e resolvendo em rela¸c˜ao a y, obtemos y=

a1 b2 − a2 b1 ·x=µ·x a1 a2 + b1 b2

(2.19)

Temos r2 = Ainda

x2 + y 2 =

x2 + (µ · x)2 = |x| λ, onde, λ =

γ =1−

c ·z c1 · z =1− 1 r1 · r2 r1 · |x| λ 185

1 + µ2 > 0

Tirando z em (2.18) e substituindo nesta equa¸c˜ao, obtemos γ =1−

c1 c1 c − c1 |x| λ ·z =1− · 2 r1 · |x| λ r1 · |x| λ r1 =1−

c1 c2 − c21 |x| λ r12 |x| λ

(2.20)

Este resultado na equa¸ca˜o (2.17) nos d´ a c c − c2 |x| λ = b2 (a1 · µ · x + b1 · x) 1 − 1 2 2 1 r1 |x| λ Devemos considerar duas possibilidades: 1a ) x > 0, ( |x| = x ). Neste caso ficamos com c c − c2 x λ = b2 x (a1 · µ + b1 ) 1 − 1 2 2 1 r1 x λ Resolvendo esta equa¸c˜ ao para x encontramos x=

b2 c1 c2 1 2 r + ρ21 a1 µ + b1 1 λ

Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ) x=

1 b2 c1 c2 2 p r + ρ21 a1 µ + b1 1 1 + µ2

Este resultado na equa¸ca˜o (2.19) nos d´ a y e em z =

c2 −c1 |x| λ r1

nos d´ a z.

2a ) x < 0, ( |x| = −x ). Neste caso ficamos com c c + c2 x λ = b2 x (a1 · µ + b1 ) 1 + 1 2 2 1 r1 x λ Resolvendo esta equa¸c˜ ao para x encontramos x=

1 b2 c1 c2 2 r − ρ21 a1 µ + b1 1 λ

Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ) x=

1 b2 c1 c2 2 p − r ρ21 a1 µ + b1 1 1 + µ2

Este resultado na equa¸ca˜o (2.19) nos d´ a y e em z = 186

c2 −c1 |x| λ r1

nos d´ a z.

2o ) a2 6= 0. Dividindo (2.17) por (2.16) e resolvendo em rela¸c˜ao a y, obtemos, o mesmo resultado que em (2.19). Substituindo γ de (2.20) em (2.16), obtemos c c − c2 |x| λ = a2 (a1 · x − b1 · µx) 1 − 1 2 2 1 r1 |x| λ Devemos considerar duas possibilidades:

1a ) x > 0, ( |x| = x ). Neste caso ficamos com c c − c2 x λ = a2 x (a1 − b1 · µ) 1 − 1 2 2 1 r1 x λ Resolvendo esta equa¸c˜ ao para x encontramos x=

a2 c1 c2 1 2 r + ρ21 a1 − µ b1 1 λ

Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ) x=

1 a2 c1 c2 2 p r + ρ21 a1 − µ b1 1 1 + µ2

2a ) x < 0, ( |x| = −x ). Neste caso ficamos com,

c c + c2 x λ = a2 x (a1 − b1 · µ) 1 + 1 2 2 1 r1 x λ Resolvendo esta equa¸c˜ ao para x encontramos 1 a2 c c x= 2 r12 − 1 2 ρ 1 a 1 − µ b1 λ Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ) x=

1 a2 c1 c2 2 p r − ρ21 a1 − µ b1 1 1 + µ2

187

Resumindo, a equa¸c˜ ao do primeiro grau (a1 , b1 , c1 ) · w = (a2 , b2 , c2 ) possui duas solu¸c˜ oes, dadas assim  1 a2  2 + p c1 c2  x = r   ρ21 a1 − µ · b1 1  1 + µ2     a2 6= 0 ⇒ y = µ · x    p    c2 − c1 1 + µ2 x   z = r1

Ou ainda

Onde:

 a2 1  2 − p c1 c2  r x =   ρ21 a1 − µ · b1 1  1 + µ2     a2 = 6 0 ⇒ y =µ·x    p    c2 + c1 1 + µ2 x   z = r1  b2 1  2 + p c1 c2  r x =   ρ21 a1 µ + b1 1  1 + µ2     b2 = 6 0 ⇒ y =µ·x    p    c2 − c1 1 + µ2 x   z = r1  b2 1  2 − p c1 c2  r x =   ρ21 a1 µ + b1 1  1 + µ2     b2 = 6 0 ⇒ y =µ·x    p    c + c 1 + µ2 x  2 1  z = r1 µ=

e r1 =

a1 b2 − a2 b1 a1 a2 + b1 b2 2

ρ21 = a1 + b1 + c1

a21 + b21 , 188

Nota: se a2 6= 0 e b2 6= 0 o leitor pode constatar que os dois casos acima nos fornecem a mesma solu¸c˜ ao. Exemplo: Resolva a equa¸c˜ ao: (1, −1, 2) · w = (1, 0, 3)

(2.21)

Solu¸ c˜ ao: Temos, (a1 , b1 , c1 ) = (1, −1, 2) e (a2 , b2 , c2 ) = (1, 0, 3); ent˜ao r12 = 12 + (−1)2 = 2, e µ=

ρ21 = 12 + (−1)2 + 22 = 6

a1 b2 − a2 b1 1 · 0 − 1 · (−1) =1 = a1 a2 + b1 b2 1 · 1 + (−1) · 0

Sendo assim temos,  1 1  x =  6 1−1·(−1) · 2 +   a2 6= 0 ⇒ y = 1 · x   √  z = 3−2 √1+12 x

√ 2·3 1+12

 1 1  x =  6 1−1·(−1) · 2 −   y =1·x   √  z = 3+2 √1+12 x

Ou ainda

  x=    y=

   z =

1 6

(1 + 3

√

1 6

(1 + 3

√

2) √ 1 6 (−2 + 3 2 )

√ (1 − 3 2 ) √ y = 61 (1 − 3 2 )    z = 1 (2 + 3 √2 ) 6   x=   

1 6

Nota: Confira este resultado com o exemplo 4o ), p. 15. Z

b a

1 + 3 √2 1 + 3 √2 −2 + 3 √2 = 1, 29 45, 00o , , w= 6 6 6 1 − 3 √2 1 − 3 √ 2 2 + 3 √ 2 ′ = 1, 29 225, 00o , , w = 6 6 6 189

16, 83o

53, 70o

√ 2·3 1+12

Vamos conferir os resultado; repetimos aqui 1 + 3 √2 1 + 3 √2 −2 + 3 √2 w= = 1, 29 45, 00o , , 6 6 6 e √ √ 1 − 3 2 1 − 3 2 2 + 3 √2 ′ = 1, 29 225, 00o , , w = 6 6 6 Temos 315, 00o 54, 74o

a = (1, −1, 2) = 2, 45 b = (1, 0, 3) = 3, 16

00, 00o

71, 57o

Temos a · w = 2, 45 = 3, 16

315, 00o 54, 74o 360, 00o

· 1, 29

71, 57o

45, 00o 16, 83o

Tamb´em a · w′ = 2, 45

315, 00o 54, 74o

· 1, 29

= 3, 16

540, 00o 108, 44o

190

225, 00o 53, 70o

16, 83o

53, 70o

Os produtos a seguir a · w = 2, 45 = 3, 16

315, 00o 54, 74o 360, 00o

· 1, 29

71, 57o

45, 00o 16, 83o

e a · w′ = 2, 45

315, 00o 54, 74o

· 1, 29

= 3, 16

540, 00o 108, 44o

225, 00o 53, 70o

mostram como ir de a para b (ou como superpor a a b) na figura a seguir

b a

191

A seguir mostramos um programa para resolver a equa¸cão a · w = b, isto é, implementamos as solu¸cões que comparecem na p´ agina 188.

Para entender o programa tenha em conta o seguinte quadro.

a·w =b [ a1 , b1 , c1 ] · w = [ a2 , b2 , c2 ] a(1) a(2) a(3)

b(1) b(2) b(3)

Nas telas a seguir

Solu¸ c~ oes w

resolvemos a equa¸c˜ ao do exemplo anterior: (1, −1, 2) · w = (1, 0, 3) As respostas (solu¸c˜ oes) saem em uma lista. A lista inicia na tela da esquerda e termina na tela do centro. Na tela da direita, sacamos as duas solu¸c˜oes da lista, para facilitar a conferˆencia. Para reordenar os vetores veja p´ agina 26. Confira √ 1 + 3 2 1 + 3 √2 −2 + 3 √2 w= , , 6 6 6 e 1 − 3 √2 1 − 3 √2 2 + 3 √2 ′ , , w = 6 6 6 192

2.3.1

Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao b · w = a

Nos reais (ou complexos) temos a x = b ⇒ (a x) x−1 = b x−1 ⇒ b x−1 = a Isto ´e, para ir de a at´e b multiplicamos por x. Para voltar de b para a, multiplicamos ( b ) por x−1 (inverso de x). Perguntamos: e nos nne, como fazemos para voltar? (ser´ a que voltamos pelo mesmo caminho?). Temos a·w =b

(2.22)

Vamos de a para b por dois caminhos (as duas solu¸c˜oes de (2.22)). Para voltar de b para a basta permut´ a-los em (2.22), assim b·w ˜=a

(2.23)

(a2 , b2 , c2 ) · w ˜ = (a1 , b1 , c1 )

(2.24)

Ou ainda Para resolver esta equa¸c˜ ao (isto é, para encontrar w) ˜ basta, na solu¸cão de (2.22) fazer a seguinte permuta a = (a1 , b1 , c1 ) l l l b = (a2 , b2 , c2 ) Isto é, basta trocarmos os ´ındices: 1 ↔ 2.  b1 c c 1 x = r22 + √ 2 1 2  2 a (−µ)+b ρ  1+(−µ) 2 2 2   ou b1 6= 0 ⇒ y = (−µ) · x  √   2 c −c 1+(−µ) x  z= 1 2 r 2

Ou ainda

 c c a1 r22 + √ 2 1 2 x = ρ12 a2 −(−µ)·b   1+(−µ) 2 2   a1 = 6 0 ⇒ y = (−µ) · x  √   1+(−µ)2 x c −c  z= 1 2 r 2

Observe que

µ ˜=

Ent˜ao, a solu¸c˜ao de (2.23) fica  b1 c c 1 x = r22 − √ 2 1 2  2 a (−µ)+b ρ  1+(−µ) 2 2 2   y = (−µ) · x  √   c +c 1+(−µ)2 x  z= 1 2 r 2

 c c a1 r2 − √ 2 1 2 x = ρ12 a2 −(−µ)·b   1+(−µ) 2 2 2   y = (−µ) · x  √   1+(−µ)2 x c +c  z= 1 2 r

a2 b1 − a1 b2 = −µ a2 a1 + b2 b1

onde µ ˜ diz respeito ` a solu¸c˜ ao de (2.23). 193

Resumindo, a solu¸c˜ ao da equa¸c˜ao (2.24) ´e  a1 1 2 + √c2 c1 r x =  2 ρ2 a2 +µ·b2 2  1+µ2   a1 6= 0 ⇒ y = −µ · x ou  √ 2   c −c 1+µ x  z= 1 2r 2

Ou ainda

 b1 1 2 + √c2 c1 x = r  ρ22 −a2 µ+b2 2  1+µ2   b1 = 6 0 ⇒ y = −µ · x  √   c1 −c2 1+µ2 x  z= r

dada por  a1 1 2 − √c2 c1 r x =  2 ρ2 a2 +µ·b2 2  1+µ2   y = −µ · x  √ 2   c +c 1+µ x  z= 1 2r

 b1 1 2 − √c2 c1 x = r  ρ22 −a2 µ+b2 2  1+µ2   y = −µ · x  √   c1 +c2 1+µ2 x  z= r 2

Perguntamos: que rela¸cões devem existir entre as (duas) solu¸cões w e as (duas) solu¸c˜ oes w? ˜ Ser´ a que w · w ˜ = 1? Vamos responder esta pergunta para o caso particular do exemplo anterior. Vamos resolver a equa¸cão “inversa” de (2.21) (p. 189): (1, −1, 2) · w = (1, 0, 3) ou seja, esta (1, 0, 3) · w ˜ = (1, −1, 2) Resolvendo, temos

Solu¸ c~ oes w ˜

Vamos repetir aqui, para efeito de compara¸c˜ao, a solu¸c˜ao do “problema inverso”: Solu¸ c~ oes w

Solu¸ c~ oes w ˜

Quem ´e inverso de quem? Isto ´e, w · w ˜ = 1? 194

Solu¸ c~ oes w

Solu¸ c~ oes w ˜

Solu¸ c~ oes w ˜ (polar)

Multiplicando as solu¸c˜ oes w pelas solu¸c˜oes w, ˜ temos

Portanto, a primeira solu¸c˜ ao w multiplicada pela primeira solu¸c˜ao w ˜ d´ a 1. Confira isto nas telas a seguir

Solu¸ c~ oes w

Solu¸ c~ oes w (polar)

Solu¸ c~ oes w ˜ (polar) inversos

←→

195

Temos (1, −1, 2) ·w = (1, 0, 3) | {z } | {z } a

˜ = (1, −1, 2) (1, 0, 3) ·w | {z } | {z } a

Solu¸ c~ oes w

Solu¸ c~ oes w (polar) (a → b)

Solu¸ c~ oes w ˜ (polar) (b → a) inversos

←→

b a

Logo, para irmos de a para b (a → b) vamos por dois caminhos, para retornar (b → a) também retornamos por dois caminhos. Apenas um destes é inverso de um dos caminhos da ida (por sinal o “menor caminho” tem inverso). Portanto, retornamos por um caminho diferente da ida (embora o outro seja o mesmo da ida). De outro modo: a solu¸cão da equa¸cão b → a nos d´ a duas op¸cões: ou voltamos pelo “mesmo caminho” (inverso) ou voltamos por um caminho diferente dos dois da ida.

196

2.3.2

Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w −1 = b

Vamos resolver a equa¸c˜ ao, wa = b (ou ainda a · w−1 = b) , onde a = (a1 , b1 , c1 ) e b = (a2 , b2 , c2 ) s˜ ao dados e w = (x, y, z) ´e a inc´ ognita. Vamos assumir que a e b situam-se fora do eixo 0z. Inicialmente escrevemos w−1 , assim 1 w−1 = 2 ( x, −y, −z ), onde ρ2 = x2 + y 2 + z 2 . ρ Devemos resolver a seguinte equa¸c˜ao x −y −z (a1 , b1 , c1 ) · 2 , 2 , 2 , = (a2 , b2 , c2 ) ρ ρ ρ

A resolu¸c˜ ao direta deste sistema torna-se extremamente dif´ıcil (se é que é poss´ıvel). Vamos resolvê-lo indiretamente, aproveitando a solu¸cão da equa¸cão do primeiro grau a · w = b. Resolvemos esta equa¸cão para as vari´ aveis x −y −z , e ρ2 , assim (ver equa¸c˜ oes, p. 188) ρ2 ρ2   x x c c c c b b 1 1   r2 − √ = = x = r2 + √ 2 2   a µ+b a µ+b ρ ρ ρ ρ 1+µ 1+µ      −y  −y x x = µ · ρ2 = µ · ρ2 ou b2 6= 0 ⇒ ρ2 ρ2   √ √   2 x 2 x      −z = c2 +c1 1+µ · ρ2  −z = c2 −c1 1+µ · ρ2 2 2 r r ρ ρ 1 2

2 1

1 2

2 1

Ou ainda

 c c b  x = ρ1 a µ+b · ρ2 r2 + √  1+µ   b2 = 6 0 ⇒ y = −µ · x   p  z = − c2 ρ2 + c1 1 + µ2 · x r r 1 2

2 1

 c c b  · ρ2 r2 − √ x = ρ1 a µ+b  1+µ   ou y = −µ · x   p  z = − c2 ρ2 − c1 1 + µ2 · x r r 1 2

2 1

a·w−1

Neste momento o leitor poderia argumentar: a equa¸c˜ao = b ainda n˜ ao encontra-se resolvida devido a que ρ2 = x2 + y 2 + z 2 . Isto ´e verdade. Para contornar este obst´ aculo usaremos de um artif´ıcio. Pelo corol´ ario 2 (p. 59), temos

a · w−1 = b ⇒ |a · w−1 | = |b| ⇒ |a| · w−1 = |b| ⇒ |a| ·

|a| 1 = |b| ⇒ ρ = ρ |b|

Sendo assim, vamos considerar ρ como uma constante. Tendo em conta ρ1 que ρ = |a| |b| = ρ2 , resulta   b b c c 1 1 2 + √c c   r r2 − √ x = x =   a µ+b a µ+b ρ ρ 1+µ 1+µ     b2 6= 0 ⇒ y = −µ · x ou y = −µ · x       p z = − c2 ρ1 2 + c1 1 + µ2 · x z = − c2 ρ1 2 − c1 p1 + µ2 · x 2

2 2

1 2

ρ2

2 2

197

1 2

ρ2

A outra solu¸c˜ ao fica assim (ver equa¸c˜oes,  c1 c2 a2 x 1 2  2 = ρ2 a −µ·b r1 + √  2 ρ 1 1 1+µ  1   −y x a2 6= 0 ⇒ ou ρ2 = µ · ρ2  √  x  c2 −c1 1+µ2 · 2  −z ρ  r ρ2 = 1

Ou ainda

 c c a2 1  x = r12 + √ 1 2 2 2  a −µ·b ρ 1 1 1+µ  2  a2 = 6 0 ⇒ y = −µ · x    z = − c2 ρ1 2 + c1 p1 + µ2 · x r1

ρ2

p. 188)  c1 c2 a2 x 1 2  2 = ρ2 a −µ·b r1 − √  2 ρ 1 1 1+µ  1   −y x ρ2 = µ · ρ2  √   c2 +c1 1+µ2 · x2  −z ρ  r ρ2 = 1

 a2 c c 1  x = r12 − √ 1 2 2 2  a −µ·b ρ 1 1 1+µ  2  y = −µ · x    z = − c2 ρ1 2 − c1 p1 + µ2 · x

Repetimos aqui: a · w−1 = b (ou

a w

ρ2

= b) onde

a = (a1 , b1 , c1 ), b = (a2 , b2 , c2 ), w = (x, y, z)

b2 6= 0 ⇒

Onde:

  x=   

1 ρ22

b2 a1 µ+b1

c c r12 + √ 1 2 2 1+µ

y = −µ · x    z = − c2 ρ1 2 + c1 p1 + µ2 · x r1 ρ2 r1 µ=

e r1 =

  x=   

1 ρ22

b2 a1 µ+b1

ρ2

ρ21 = a1 + b1 + c1

198

1+µ

y = −µ · x    z = − c2 ρ1 2 − c1 p1 + µ2 · x

a1 b2 − a2 b1 a1 a2 + b1 b2

a 1 + b1 ,

c c r12 − √ 1 2 2

Exemplo: Resolva a equa¸c˜ ao: (1, −1, 2) · w−1 = (1, 0, 3). Ou ainda (1, −1, 2) · (x, y, z)−1 = (1, 0, 3) Solu¸ c˜ ao: Temos, (a1 , b1 , c1 ) = (1, −1, 2) e (a2 , b2 , c2 ) = (1, 0, 3); ent˜ao r12 = 12 + (−1)2 = 2, e µ= Temos

a2 6= 0 ⇒

  x=   

1 10

ρ21 = 12 + (−1)2 + 22 = 6,

ρ22 = 12 + 02 + 32 = 10

a1 b2 − a2 b1 1 · 0 − 1 · (−1) = =1 a1 a2 + b1 b2 1 · 1 + (−1) · 0

1 1−1·(−1)

·2+

√ 2·3 1+12

y = −1 · x    z = − √3 6 + √2 √1 + 12 · x 2 10 2

Simplificando, obtemos  √ 1  x = (1 + 3 2)  10   √ 1 (1 + 3 2) y = − 10    z = 1 (2 − 3 √2) 10

  x=   

1 10

1 1−1·(−1)

·2−

√ 2·3 1+12

y = −1 · x    z = − √3 6 − √2 √1 + 12 · x 2 10 2 1 10 (1

−3

√

2) √ 1 (1 − 3 2) y = − 10    z = − 1 (2 + 3 √2) 10

A seguir mostramos um programa para resolver a equa¸c˜ao a · w−1 = b.

a · w−1 = b [ a1 , b1 , c1 ] · w−1 = [ a2 , b2 , c2 ] a(1) a(2) a(3)

b(1) b(2) b(3)

199

A seguir resolvemos a equa¸c˜ao (1, −1, 2) · w−1 = (1, 0, 3)

Confira com o c´ alculo feito `a m˜ ao:  √ 1  x = 2) (1 + 3  10   √ 1 y = − 10 (1 + 3 2) ou    z = 1 (2 − 3 √2) 10

 √ 1  x = 2) (1 − 3  10   √ 1 y = − 10 (1 − 3 2)    z = − 1 (2 + 3 √2)

Na tela da direita realizamos a divis˜ao

(1, −1, 2) = (1, 0, 3) w para tirar a “prova dos nove”.

200

2.3.3

Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao b · w −1 = a

Vamos resolver a equa¸c˜ ao, wb = a (ou ainda b · w−1 = a) , onde a = (a1 , b1 , c1 ) e b = (a2 , b2 , c2 ) s˜ ao dados e w = (x, y, z) ´e a inc´ ognita. Vamos assumir que a e b situam-se fora do eixo 0z. Inicialmente escrevemos w−1 , assim 1 ( x, −y, −z ), ρ2

w−1 =

onde ρ2 = x2 + y 2 + z 2 .

Devemos resolver a seguinte equa¸c˜ao x −y −z , , , = (a1 , b1 , c1 ) ρ2 ρ2 ρ2

(a2 , b2 , c2 ) ·

(2.25)

−z . ρ2

(2.26)

O nosso sistema torna-se (a2 , b2 , c2 ) · (X, Y, Z) = (a1 , b1 , c1 )

(2.27)

Para resolver esta equa¸c˜ ao (isto é, para encontrar W = (X, Y, Z)) basta, na solu¸c˜ ao de a · w = b fazer a seguinte permuta a = (a1 , b1 , c1 ) l l l b = (a2 , b2 , c2 ) Isto é, basta trocarmos os ´ındices: 1 ↔ 2. Então, a solu¸cão de (2.27) fica

(p. 188)

 a c c X = ρ1 a −(−µ)·b r2 + √   1+(−µ)   a1 = 6 0 ⇒ Y = (−µ) · X  √   c1 −c2 1+(−µ)2 X  Z= r

 b 1 2 √c c X =  a (−µ)+b r + ρ  1+(−µ)   b1 = 6 0 ⇒ Y = (−µ) · X  √   1+(−µ)2 X c −c  Z= 1 2 r

2 2

2 1

2 2

2 1

Ou ainda

2 2

 a c c X = ρ1 a −(−µ)·b r2 − √   1+(−µ)   Y = (−µ) · X ou  √   c1 +c2 1+(−µ)2 X  Z= r

(p. 188)

201

 b 1 2 √c c X =  a (−µ)+b r − ρ  1+(−µ)   Y = (−µ) · X  √   1+(−µ)2 X c +c  Z= 1 2 r 2 2

2 1

Observe que µ=

a1 b2 − a2 b1 a1 a2 + b1 b2

1↔2

=⇒

a 2 b1 − a 1 b2 = −µ a 2 a 1 + b2 b1

Vamos voltar com as vari´ aveis iniciais (dadas por (2.26)), ent˜ao  x c c a  = ρ1 a −(−µ)·b r2 + √  1+(−µ) ρ2    −y x a1 = 6 0 ⇒ ρ2 = (−µ) · ρ2  √  2 x    −z2 = c1 −c2 1+(−µ) ρ2 r ρ 2 1

2 2

2 1

2 2

2 1

 c  · ρ2 x = ρ1 −a bµ+b r2 − √c1+µ     y =µ·x  √  2 x   z = c1 +c2 1+µ ρ2 · (−ρ2 ) r 2 2

Ou ainda

2 2

2 1

 c c a  r2 − √ · ρ2 x = ρ1 a +µ·b  1+µ    y =µ·x  √   c1 +c2 1+µ2 x2  ρ z = · (−ρ2 ) r 2 2

 c  · ρ2 x = ρ1 −a bµ+b r2 + √c1+µ     b1 = 6 0 ⇒ y =µ·x  √  2 x   z = c1 −c2 1+µ ρ2 · (−ρ2 ) r

2 1

 x c c b  r2 − √  ρ2 = ρ1 a (−µ)+b 1+(−µ)    −y = (−µ) · ρx2 ρ2  √  2 x    −z2 = c1 +c2 1+(−µ) ρ2 r ρ 2 2

De outro modo  c c a  r2 + √ x = ρ1 a +µ·b · ρ2  1+µ    a1 6= 0 ⇒ y = µ · x  √   c1 −c2 1+µ2 x2  ρ z = · (−ρ2 ) r

2 1

Ou ainda

 x c c b  r2 + √  ρ2 = ρ1 a (−µ)+b 1+(−µ)    −y = (−µ) · ρx2 b1 = 6 0 ⇒ ρ2  √  2 x    −z2 = c1 −c2 1+(−µ) ρ2 r ρ

 x c c a  = ρ1 a −(−µ)·b r2 − √  1+(−µ) ρ2    −y x ρ2 = (−µ) · ρ2  √  2 x    −z2 = c1 +c2 1+(−µ) ρ2 r ρ 2 2

2 1

Neste instante o leitor poderia argumentar: a equa¸c˜ao (2.25) ainda n˜ ao encontra-se resolvida devido a que ρ2 = x2 + y 2 + z 2 . Isto ´e verdade. Para contornar este obst´ aculo usaremos de um artif´ıcio. Pelo corol´ ario 2 (p. 59), temos

b · w−1 = a ⇒ |b · w−1 | = |a| ⇒ |b| · w−1 = |a| ⇒ |b| ·

|b| 1 = |a| ⇒ ρ = ρ |a| 202

Sendo assim, vamos considerar ρ como uma constante. Tendo em conta que ρ |b| = ρ2 , resulta ρ = |a| 1

a1 6= 0 ⇒

Ou ainda

b1 6= 0 ⇒

  x=   

1 ρ21

a1 a2 +µ·b2

ρ1

c c r22 + √ 2 1 2 1+µ

y =µ·x    z = − c1 ρ2 2 + c2 p1 + µ2 · x   x=   

1 ρ21

b1 −a2 µ+b2

c c r22 + √ 2 1 2 1+µ

y =µ·x    z = − c1 ρ2 2 + c2 p1 + µ2 · x r2 ρ1 r2

203

  x=   

1 ρ21

a1 a2 +µ·b2

ρ1

b1 −a2 µ+b2

c c r22 − √ 2 1 2 1+µ

y =µ·x    z = − c1 ρ2 2 − c2 p1 + µ2 · x   x=   

1 ρ21

c c r22 − √ 2 1 2 1+µ

y =µ·x    z = − c1 ρ2 2 − c2 p1 + µ2 · x r2 ρ1 r2

2.4

Resolu¸c˜ ao da equa¸ c˜ ao a · w2 = b

Vamos resolver a equa¸c˜ao, a · w2 = b , onde s˜ ao dados a = (a1 , b1 , c1 )

b = (a2 , b2 , c2 )

e w = (x, y, z) ´e a inc´ ognita. Vamos assumir que a e b situam-se fora do eixo 0z e que x 6= 0 ou y 6= 0. Pelo lema 1 (p. 62) podemos escrever

a · w2 = (a1 , b1 , c1 ) · (x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

Realizando este produto em (D4 )

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

(a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

, 2z

x2 + y 2

= (a2 , b2 , c2 )

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

temos o seguinte sistema a resolver a1 · (x2 − y 2 ) 1 − a1 · 2 x y 1 −

Onde r1 =

r2 =

z 2 z2 γ = a2 − b · 2 x y 1 − 1 x2 + y 2 x2 + y 2

z2 z2 2 2 + (x − y ) 1 − · b 1 γ = b2 x2 + y 2 x2 + y 2 p c1 · r2 + 2z x2 + y 2 · r1 = c2

a 1 + b1

(x2 − y 2 ) · 1 −

z 2 2 z 2 2 + 2 x y · 1 − x2 + y 2 x2 + y 2

p c1 · 2z x2 + y 2 γ =1− r1 · r2

204

Simplificando, temos

a1 · (x − y ) − b1 · 2 x y

· 1−

z2 · γ = a2 x2 + y 2

z2 · γ = b2 x2 + y 2 p c1 · r2 + 2z x2 + y 2 · r1 = c2

a1 · 2 x y + (x2 − y 2 ) · b1 · 1 −

r2 = (x2 + y 2 ) 1 −

Como, por hip´ otese, r2′ =

z 2

x2 + y 2

(2.28)

(2.29) (2.30) (2.31)

a22 + b22 6= 0, vamos considerar dois casos

1o ) b2 6= 0. Dividindo (2.28) por (2.29) e simplificando, obtemos µ ( x2 − y 2 ) − 2xy = 0, Desta equa¸c˜ ao obtemos, y 2 + rela¸c˜ao a y, temos y= Simplificando y=−

2x µ

onde, µ =

a1 b2 − a2 b1 a1 a2 + b1 b2

(2.32)

y − x2 = 0. Resolvendo esta equa¸c˜ao, em

− 2x µ ±

4 x2 1 +

2·1

1 µ2

(2.33)

p x ± |x| ν, onde, ν = 1 + 1/µ2 µ

Para prosseguir devemos considerar duas possibilidades: 1 ) x > 0, ( |x| = x ). Neste caso ficamos com y=−

x x x ± x ν ⇒ y = − + x ν, ou y = − − x ν µ µ µ

Nota: N˜ao podemos ter x = 0, por quanto teriamos y = 0, o que n˜ ao satisfaz o sistema. Consideremos, em separado, cada uma destas possibilidades para y: 1.1 ) y = − µx + x ν = (− µ1 + ν)x. Vamos necessitar das somas 1 2 1 x2 + y 2 = x2 + (− + ν)x = x2 1 + (− + ν)2 = x2 λ µ µ 1 2 1 x2 − y 2 = x2 − (− + ν)x = x2 1 − (− + ν)2 = x2 σ µ µ 205

(2.34) (2.35)

onde, λ = 1 + (− µ1 + ν)2 e σ = 1 − (− µ1 + ν)2 . Substituindo (2.34) em (2.31), resulta

r2 = x2 λ 1 − 2 = |x2 λ − z 2 | x λ Este resultado na equa¸ca˜o (2.30), fornece √ (2.36) c1 · |x2 λ − z 2 | + 2z x λ · r1 = c2 p p p c1 · 2z x2 + y 2 r1 c1 · 2z x2 + y 2 · r1 c1 · 2z x2 + y 2 = 1− · = 1− γ = 1− r1 · r2 r1 · r2 r1 r12 · r2 p De (2.30), tiramos 2z x2 + y 2 · r1 = c2 − c1 · r2 , substituindo nesta u ´ ltima equa¸c˜ ao, temos

γ =1−

1 1 2 c1 · (c2 − c1 · r2 ) ρ − c · c = 1 2 r12 · r2 r12 1 r2 1 1 2 = 2 ρ1 − c1 · c2 2 r1 |x λ − z 2 |

(2.37)

Substituindo γ, (2.34) e (2.35) em (2.29), obtemos 1 z2 1 2 1 2a1 x − + ν x + x2 σ b1 · 1 − 2 · 2 ρ1 − c1 · c2 2 = b2 µ x λ r1 |x λ − z 2 |

Simplificando, temos

Ainda

x2 λ − z 2 · ρ21 −

λ r12 c1 c2 = · b2 |x2 λ − z 2 | 2 a1 − µ1 + ν + σ b1

λ r12 ( x2 λ − z 2 ) ·b · c c = x2 λ − z 2 · ρ21 − 2 1 2 |x λ − z 2 | 2 a1 − µ1 + ν + σ b1 2 x2 λ − z 2 · ρ21 − ( ±1 ) · c1 c2 =

2 a1

Sendo assim, temos

λ r12 ·b − µ1 + ν + σ b1 2

i λ r12 1h · b ± c c x2 λ − z 2 = 2 1 2 ρ1 2 a1 − µ1 + ν + σ b1 2

Chamando a constante do lado direito de τ , resulta |x2 λ − z 2 | = |τ | 206

(2.38)

(2.39)

Este resultado na equa¸c˜ ao (2.36) nos d´ a z em fun¸c˜ao de x, assim c1 · |τ | + 2z x

√

λ · r1 = c2 ⇒ z =

Logo z2 =

c2 − c1 · |τ | √ 2 x r1 λ

(c2 − c1 · |τ |)2 4 x2 r12 λ

(2.40)

(2.41)

Agora vamos obter a seguinte rela¸c˜ao: z2 (c2 − c1 · |τ |)2 1 1 (c2 − c1 · |τ |)2 · = = · x2 + y 2 x2 λ 4 x2 r12 λ x4 4 r12 λ2 Portanto

z2 κ = 4 2 2 x +y x

onde κ= Temos ainda, γ=

c − c · |τ | 2 2 1 2 r1 λ

1 2 1 2 1 1 = = γ˜ ρ ρ − c · c − c · c 1 2 1 2 r12 1 |x2 λ − z 2 | r12 1 |τ |

Onde γ = γ˜ , agora ´e uma constante. Vamos substituir todos estes resultados em (2.29)

a1 · 2x −

Ent˜ao x2 Isto nos d´ a

1 κ + ν x + x2 σ · b1 · 1 − 4 γ˜ = b2 µ x

2 a1 −

κ 1 + ν + σ · b1 · 1 − 4 γ˜ = b2 µ x

κ x2 · 1 − 4 = x

2 a1

(− µ1

b2 + ν ) + σ · b1 γ˜

Vamos chamar a constante do lado direito de α, ent˜ao, κ x2 · 1 − 4 = α ⇒ x4 − α x2 − κ = 0 x

Fa¸camos x2 = X, ent˜ ao, X 2 − α X − κ = 0. Sendo assim, temos √ α ± α2 + 4κ X= 2 207

(2.42)

A rela¸c˜ ao x2 = X nos diz que devemos escolher X > 0 ( veja que α−|α| ≤ 0 ), portanto temos √ α + α2 + 4κ 2 x = 2 Ou ainda s √ α + α2 + 4κ x=± 2 Lembre-se que esta ´e a op¸c˜ao 1 ) x > 0; portanto, finalmente, temos p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x= 2 Fazendo um resumo (parcial), temos √ 2α + 2 α2 + 4 κ x= 2 1 y= − +ν x µ p

1) x > 0 1.1)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12

1 2 a1 − µ +ν +σ b1

1 r12

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

i · b2 ± c1 c2 ,

1 |τ |

α=

κ=

b2 1 2 a1 (− µ +ν

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

)+σ·b1

γ ˜

Continuemos 1.2 ) y = − µx − x ν = −( µ1 + ν)x. Vamos necessitar das somas x2 + y 2 = x2 +

−(

2 1 1 + ν)x = x2 1 + ( + ν)2 = x2 λ µ µ

(2.43)

2 1 1 + ν)x = x2 1 − ( + ν)2 = x2 σ (2.44) µ µ onde, λ = 1 + ( µ1 + ν)2 e σ = 1 − ( µ1 + ν)2 . Procedendo como no caso anterior, obtemos 1 1 r2 = |x2 λ − z 2 |, γ = 2 ρ21 − c1 · c2 2 r1 |x λ − z 2 | x2 − y 2 = x2 −

−(

208

Substituindo γ, (2.43) e (2.44) em (2.29), obtemos

− 2a1 x

1 z2 1 2 1 · 2 ρ1 − c1 · c2 2 = b2 + ν x + x 2 σ b1 · 1 − 2 µ x λ r1 |x λ − z 2 |

Simplificando, temos

x2 λ − z 2 · ρ21 −

c1 c2 = |x2 λ − z 2 | −2 a1

Procedendo como no caso anterior, obtemos 1h x2 λ − z 2 = 2 ρ1 −2 a1

λ r12 · b2 1 µ + ν + σ b1

i λ r12 · b ± c c 2 1 2 1 µ + ν + σ b1

(2.45)

Chamando a constante do lado direito de τ , resulta |x2 λ − z 2 | = |τ | As constantes κ e γ˜ s˜ ao como no caso anterior∗ . Vamos substituir todos estes resultados em (2.29)

− a1 · 2x

Ent˜ao x2 Isto nos d´ a

1 κ + ν x + x2 σ · b1 · 1 − 4 γ˜ = b2 µ x

− 2 a1

κ 1 + ν + σ · b1 · 1 − 4 γ˜ = b2 µ x

κ x2 · 1 − 4 = x

− 2 a1

( µ1

b2 + ν ) + σ · b1 γ˜

Vamos chamar a constante do lado direito de α, ent˜ao κ x2 · 1 − 4 = α ⇒ x4 − α x2 − κ = 0 x

No mais, tudo segue como no caso anterior.

∗ s´ o que agora em fun¸c˜ ao dos novos valores das constantes que as precedem, evidentemente.

209

Fazendo um resumo (parcial), temos √ 2α + 2 α2 + 4 κ x= 2 1 y=− +ν x µ p

1) x > 0 1.2)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12 −2 a1 1 r12

1 +ν µ

+σ b1

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · b2 ± c1 c2 ,

1 |τ |

α=

κ=

b2 1 −2 a1 ( µ +ν

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

)+σ·b1

γ ˜

2 ) x < 0, ( |x| = −x ). Neste caso ficamos com, y=−

x x x ± (−x) ν ⇒ y = − + x ν, ou y = − − x ν µ µ µ

Consideremos, em separado, cada uma destas possibilidades para y: 2.1 ) y = − µx + x ν = (− µ1 + ν)x. Desenvolvimento an´ alogo ao caso 1.1 ). Observe que o an´ alogo de (2.36) (p. 206), para este caso ´e: √ c1 · |x2 λ − z 2 | − 2z x λ · r1 = c2 donde z=− Em x=±

c2 − c1 · |τ | √ 2 x r1 λ α+

√

α2 + 4κ 2

optamos pelo sinal negativo, isto ´e, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=− 2 210

(2.46)

Fazendo um resumo (parcial), temos √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=− 2 1 y= − +ν x µ p

z=−

2) x < 0 2.1)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12

1 +ν +σ b1 2 a1 − µ

1 r12

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

i · b2 ± c1 c2 ,

1 |τ |

α=

κ=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1

γ ˜

Continuemos 2.2 ) y = − µx − x ν = −( µ1 + ν)x. Neste caso (os passos s˜ ao os mesmos de 1.2 )), temos √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=− 2 1 y=− +ν x µ p

z=−

2) x < 0 2.2)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12 −2 a1 1 r12

1 +ν µ

+σ b1

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · b2 ± c1 c2 ,

1 |τ |

α=

κ=

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

1 −2 a1 ( µ +ν )+σ·b1

γ ˜

Podemos unificar as solu¸c˜ oes de 1.1 ) e 2.1 ); bem como as de 1.2 ) e 2.2 ) da seguinte forma: 211

√ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y= − +ν x µ p

z=±

(2.47)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12

1 2 a1 − µ +ν +σ b1

1 r12

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

i · b2 ± c1 c2 ,

1 |τ |

α=

κ=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1

γ ˜

(b2 6= 0)

Unificando 1.1) + 2.1), x > 0, z > 0 ; x < 0, z < 0. e √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y=− + ν x µ p

z=±

(2.48)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12 −2 a1 1 r12

1 +ν µ

+σ b1

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · b2 ± c1 c2 ,

1 |τ |

α=

κ=

b2 1 −2 a1 ( µ +ν

Unificando 1.2) + 2.2), x > 0, z > 0 ; x < 0, z < 0.

212

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

)+σ·b1

γ ˜

(b2 6= 0)

Análise do resultado: i ) Qualquer √ que seja o sinal de α, x sempre resulta real. De fato, devemos ter 2α + 2 α2 + 4κ > 0. Ent˜ ao √ √ α + α2 + 4κ > 0 ⇔ α > − α2 + 4κ Se α > 0 (ok!). Se α < 0: √ √ 2 α > − α2 + 4κ ⇔ α2 < − α2 + 4κ ⇔ α2 < |α2 + 4κ| o que é sempre verdade uma vez que κ > 0. ii ) Devido a presen¸ca do termo ± c1 c2 em τ , concluimos que podemos ter oes para a equa¸c˜ ao a · w2 = b. Portanto, em B, uma equa¸cão até oito solu¸c˜ quadr´ atica pode ter até oito solu¸co˜es. iii ) Quando a = 1 = (1, 0, 0) ent˜ ao as solu¸cões de a·w2 = b s˜ ao precisamente as ra´ızes quadradas de b. Neste caso observe que, devido c1 = 0, temos um u ´ nico valor para τ , o que nos diz que s˜ ao em n´ umero de quatro as ra´ızes quadradas de um hiperimaginário (n˜ ao singular). Nossa tarefa ainda n˜ ao encontra-se concluida. Falta resolver a equa¸cão para o caso a2 6= 0. 2o ) a2 6= 0. Dividindo (2.29) por (2.28) e simplificando, obtemos, −µ ( x2 − y 2 ) + 2xy = 0,

onde, µ =

a1 b2 − a2 b1 a1 a2 + b1 b2

Que ´e a mesma equa¸c˜ ao obtida em (2.32) (p. 205), o que nos poupa algum trabalho. Seguindo os mesmos passos da resolu¸c˜ao para o caso b2 6= 0 chegamos a seguinte solu¸c˜ ao: √

x=±

z=±

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

2α + 2

α2 + 4 κ

(2.49)

2 1 y= − +ν x µ

(a2 6= 0)

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12

1 +ν +σ a1 −2 b1 − µ

1 r12

ρ21 − c1 · c2

1 |τ |

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

· a2 ± c1 c2 ,

α=

213

κ=

a2 1 −2 b1 (− µ +ν

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

)+σ a1

γ ˜

e √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y=− + ν x µ p

z=±

(2.50)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

(a2 6= 0)

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

τ=

1 ρ21

γ˜ =

ν=

1 + 1/µ2 ,

λ r12 2 b1 1 r12

1 +ν µ

+σ a1

ρ21 − c1 · c2

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · a2 ± c1 c2 , 1 |τ |

α=

κ=

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

a2 1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

γ ˜

Nota: O leitor pode mostrar que se a2 6= 0 e b2 6= 0, ent˜ao os dois casos nos d˜ ao a mesma solu¸ca˜o. Ou ainda: as solu¸c˜ oes dadas por (2.47) (p. 212) e (2.49) (p. 213) s˜ ao as mesmas; bem como as dadas por (2.48) (p. 212) e (2.50) (p. 214). Nas duas p´ aginas seguintes resumimos nossos resultados, para facilitar a programa¸c˜ ao.

214

x=±

√

y= − z=±

2α+2

1 µ

√ α2 +4 κ 2

a · w2 = b

(a1 , b1 , c1 ) · w2 = (a2 , b2 , c2 )

+ν x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

(b2 6= 0)

1 x

(τ + , x+ , z + ) (τ − , x+ , z + ) quatro (τ + , x− , z − ), (τ − , x− , z − ) solu¸co ˜es

Onde: µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 , κ=

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

, γ˜ =

x=± y=− z=±

√ 1 µ

1 r12

1 + 1/µ2 ,

1 ρ21

τ=

λ r12

1 2 a1 − µ +ν +σ b1

ρ21 − c1 · c2

2α+2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 |τ |

, α=

√ α2 +4 κ 2

b2 1 2 a1 (− µ +ν

)+σ·b1

γ ˜

a · w2 = b

(a1 , b1 , c1 ) · w2 = (a2 , b2 , c2 )

+ν x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

i · b2 ± c1 c2 ,

(b2 6= 0)

1 x

(τ + , x+ , z + ) (τ − , x+ , z + ) quatro (τ + , x− , z − ), (τ − , x− , z − ) solu¸co ˜es

Onde: µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν=

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 , κ=

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

, γ˜ =

τ=

1 r12

1 + 1/µ2 ,

1 ρ21

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , λ r12

−2 a1

ρ21 − c1 · c2

215

1 |τ |

1 +ν µ

+σ b1

, α=

i · b2 ± c1 c2 , b2 1 +ν )+σ·b1 −2 a1 ( µ

γ ˜

x=±

√

α2 +4 κ

a · w2 = b

y= − z=±

2α+2

1 µ

(a1 , b1 , c1 ) · w2 = (a2 , b2 , c2 )

+ν x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

(a2 6= 0)

1 x

(τ + , x+ , z + ) (τ − , x+ , z + ) quatro (τ + , x− , z − ), (τ − , x− , z − ) solu¸co ˜es

Onde: µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

p 1 + 1/µ2 ,

ν=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 , κ=

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

1 r12

, γ˜ =

x=± y=− z=±

√

1 ρ21

τ=

λ r12

√

1 −2 b1 − µ +ν +σ a1

ρ21 − c1 · c2

2α+2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 |τ |

, α=

α2 +4 κ

)+σ·a1

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν=

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 ,

1 x

(τ + , x+ , z + ) (τ − , x+ , z + ) quatro (τ + , x− , z − ), (τ − , x− , z − ) solu¸co ˜es

κ=

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

, γ˜ =

p 1 + 1/µ2 ,

τ=

1 r12

γ ˜

(a2 6= 0)

Onde: µ=

(a1 , b1 , c1 ) · w2 = (a2 , b2 , c2 )

+ν x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

a2 1 −2 b1 (− µ +ν

a · w2 = b

2 1 µ

i · a2 ± c1 c2 ,

1 ρ21

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , λ r12

2 b1

ρ21 − c1 · c2

216

1 +ν µ

1 |τ |

+σ a1

, α=

i · a2 ± c1 c2 , a2 1 +ν )+σ·a1 2 b1 ( µ

γ ˜

(Contra)-Exemplo: Resolver a equa¸c˜ao: (1, 0, 1) · w2 = (−1, 0, 1).

Solu¸ c˜ ao: Temos

a = (a1 , b1 , c1 ) = (1, 0, 1) b = (a2 , b2 , c2 ) = (−1, 0, 1) Portanto a1 = 1, a2 = −1,

b1 = 0, b2 = 0,

c1 = 1 c2 = 1

Se tentarmos calcular µ: µ=

a1 b2 − a2 b1 1 · 0 − (−1) · 0 = = 0, a1 a2 + b1 b2 1 · (−1) + 0 · 0

e n˜ ao podemos usar a fórmula para resolver esta equa¸cão. A propósito, observe que, para utilizar a fórmula, n˜ ao podemos ter, simultaneamente, b1 = b2 = 0 e nem a1 = a2 = 0, isto é, a, b n˜ ao podem pertencer ao plano x0z ou ao plano y0z. Este caso deve ser tratado em separado. Embora n˜ ao 2 possamos utilizar a fórmula, a técnica de resolu¸cão da equa¸cão a · w = b ainda se aplica neste caso. p a21 + b21 6= 0 e Devido a que, por hip´ o tese, estamos considerando r = 1 p ′ 2 2 r2 = a2 + b2 6= 0, se b1 = b2 = 0 (plano x0z) ⇒ a1 6= 0, a2 6= 0;

a1 = a2 = 0 (plano y0z) ⇒ b1 6= 0, b2 6= 0. Pois bem, vamos resolver a equa¸c˜ao proposta. Substituindo os dados no sistema original, temos

1 · (x2 − y 2 ) − 0 · 2 x y

· 1−

z2 · γ = −1 x2 + y 2

z2 ·γ =0 x2 + y 2 p 1 · r2 + 2z x2 + y 2 · 1 = 1

1 · 2 x y + (x2 − y 2 ) · 0 · 1 −

onde

r2 = (x + y ) 1 − 2

p z 2

1 · 2z x2 + y 2

, γ = 1 − x2 + y 2 1 · r2 217

(2.51)

Simplificando o sistema, temos (x2 − y 2 ) 1 −

z2 · γ = −1 x2 + y 2

z2 ·γ =0 x2 + y 2 p r2 + 2z x2 + y 2 = 1

xy 1 −

(2.52)

(2.53) (2.54)

2 De (2.52) e (2.53) concluimos que 1 − x2z+y2 · γ 6= 0, o que implica x y = 0. Observe que n˜ ao podemos ter, simultˆ aneamente, x = 0 e y = 0. Vamos considerar duas hip´ oteses, 1a ) y = 0 (portanto x 6= 0). Com esta hip´ otese, obtemos z2 · γ = −1 x2 √ r2 + 2z x2 = 1

x2 1 −

(2.55) (2.56)

√

2z x2 z 2

2 2 (2.57) r2 = x 1 − 2 = |x − z |, γ = 1 − x r2 √ De (2.56), tiramos 2z x2 = 1 − r2 , em γ, obtemos γ = 2 − 1/r2 . Estes resultados em (2.55), nos d˜ ao: x2 − z 2 = 0 ou x2 − z 2 = −1. De imediato, jogamos fora a primeira destas possibilidades (implica r2 = 0). Sendo assim, nos resta, r2 = | − 1| = 1. Este resultado na equa¸c˜ao (2.56) nos d´ a z = 0, mas isto implica em x2 = −1. Logo, devemos considerar a outra hip´ otese, 2

otese, obtemos 2a ) x = 0 (portanto y 6= 0). Com esta hip´ z2 ·γ =1 y2 p r2 + 2z y 2 = 1

y2 1 −

onde

(2.58) (2.59)

2z y 2 z 2

2 2 (2.60) r2 = y 1 − 2 = |y − z |, γ = 1 − y r2 p De (2.59), tiramos 2z y 2 = 1 − r2 , em γ, obtemos γ = 2 − 1/r2 . Estes resultados em (2.58), nos d˜ ao: y 2 − z 2 = 0 ou y 2 − z 2 = 1. De imediato, jogamos fora a primeira destas possibilidades (implica r2 = 0). Sendo assim, nos resta, r2 = |1| = 1. Este resultado na equa¸c˜ao (2.59) nos d´ a z = 0; o que implica y = ± 1. Sendo assim, temos duas ra´ızes para a nossa equa¸c˜ao: w = (0, 1, 0) ou w = (0, −1, 0). 2

218

Nota: Um outro caso que deve ser resolvido em separado ´e o da equa¸c˜ao (1, 1, 1) · w2 = (−1, 1, 1), porquanto neste caso temos o denominador de µ anulado. Exemplo: Resolver a equa¸c˜ ao: (1, −1, 2) · w2 = (1, 0, 3).

Solu¸ c˜ ao: Temos

a = (a1 , b1 , c1 ) = (1, −1, 2) b = (a2 , b2 , c2 ) = (1, 0, 3)

Portanto

a1 = 1, a2 = 1,

b1 = −1, b2 = 0,

c1 = 2 c2 = 3

Como a2 6= 0 vamos usar as f´ormulas (2.49) (p. 213) e (2.50) (p. 214). Temos r12 = 12 + (−1)2 = 2, e µ= Temos p 1 + 1/µ2 , p ν = 1 + 1/12 ,

ν=

Temos

ν=

√

ρ21 = 12 + (−1)2 + 22 = 6

a1 b2 − a2 b1 1 · 0 − 1 · (−1) =1 = a1 a2 + b1 b2 1 · 1 + (−1) · 0 λ = 1 + (− µ1 + ν)2 , √ λ = 1 + (− 11 + 2)2 , 2, λ = 2(2 −

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 √ σ = 1 − (− 11 + 2)2

√ √ 2), σ = 2(−1 + 2)

Ent˜ao

Temos 1o ) τ =

τ=

1 ρ21

τ=

1 6

√

2 6

λ r12

1 +ν +σ a1 −2 b1 − µ

· a2 ± c1 c2

√ 2)·2 2(2− √ √ −2·(−1) − 11 + 2 +2(−1+ 2)·1

·1±2·3

√

2 6

±1

+ 1. Neste caso temos

√ c − c · |τ | 2 3 − 2 ·

2 + 1

2 √ 1 2 1 6 √ √ = = 2 ( 1 + 2 2 )2 κ= 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 − 2)

γ˜ =

√ 3 1 2 1 1 1 √ = = 6 − 2 · 3 ρ − c · c ( −1 + 3 2 )

1 2 1 2 r1 |τ | 2 17

2 + 1

219

α= α=

1 −2 b1 (− µ +ν )+σ a1

−2·(−1) (− 11 +

√

γ ˜

1 √ √ 3 2 )+2(−1+ 2)·1 · 17 ( −1+3 2 )

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

√

1 2· 12 ( 7+4

6 12

√ 2 )+2

(7 + 4

√

1 12

√

2α+2

√

2) +

α2 +4 κ

( 7+4

√

+4·

1 242

1 12

(7 + 4

√

, obtemos

(1+2

√

2)2

√ √ ( 7 + 4 2 )2 + (1 + 2 2)2

Para estes valores de x, temos y= − z=± 2o ) τ =

√

2 6

1 µ

√ + ν x= −1+ 2 x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

1 x

=±

√

√ √ 2−2)· 2+ 2 24

1 x

− 1. Neste caso temos

√ c − c · |τ | 2 3 − 2 ·

2 − 1

2 √ 1 2 1 6 √ √ κ= = = 2 ( 5 + 4 2 )2 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 − 2)

γ˜ =

√ 1 1 1 1 2 3 √ = 6 − 2 · 3 ρ − c · c ( 1 + 3 = − 2)

1 2 r12 1 |τ | 2 17

2 − 1

α= α=

1 −2 b1 (− µ +ν )+σ a1

−2·(−1) (− 11 +

√

γ ˜

1 √ √ 2 )+2(−1+ 2)·1 · −3 ( 1+3 2 ) 17

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

( 5+2 2· −1 12

√

6 12

√

2 )+2

√

2α+2

1 ( 5+2 − 12

−( 5 + 2 2 ) +

√

(5 + 2

220

α2 +4 κ

√

√ 1 = − 12 (5 + 2 2)

√

+4·

1 242

, obtemos (5+4

√

2)2

√ 2 )2 + (5 + 4 2)2

Para estes valores de x, temos y= − z=±

√ + ν x= −1+ 2 x

1 µ

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

1 x

= ± (3

√

√ √ 2+2)· 2+ 2 24

1 x

As outras solu¸c˜ oes s˜ ao dadas por (2.50) (p. 214), onde, µ = 1 e ν = Temos

√

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 √ √ σ = 1 − ( 11 + 2)2 = −2(1 + 2)

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , √ √ λ = 1 + ( 11 + 2)2 = 2(2 + 2), Temos τ= τ=

1 ρ21 1 6

λ r12 2 b1

1 +ν µ

+σ a1

· a2 ± c1 c2

√ 2(2+ 2)·2 √ √ 2·(−1) 11 + 2 +(−2)(1+ 2)·1

·1±2·3

=−

√ 2 6

± 1.

Temos √ 1o ) τ = − 62 + 1. Neste caso temos

√ c − c · |τ | 2 3 − 2 ·

− 2 + 1

2 √ 1 2 1 6 √ √ = 2 (2 2 − 1)2 = κ= 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 + 2)

γ˜ =

√ 1 1 1 3 1 2 √ = 6 − 2 · 3 ρ − c · c (1 + 3 = − 2)

1 2 r12 1 |τ | 2 17

− 2 + 1

α= α=

a2 1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

2·(−1) ( 11 +

γ ˜

1 √ √ √ 2 )+(−2)(1+ 2)·1 · −3 (1+3 2) 17

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

2· −1 (4 12

√

2−7 )+2

√

1 − 12 (4

2α+2

√

1 = − 12 (4

α2 +4 κ

2 √

2−7 )

+4·

q √ √ √ √ √ −( 4 2−7 )+ ( 4 2−7 )2 +(2 2−1)2 6 6 2

221

√

2 − 7)

, obtemos

1 242

√ 2−1)2

Para estes valores de x, temos 1 µ

y=− z=±

√ + ν x=− 1+ 2 x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

1 x

√

=±

√ √ 2+2)· 2− 2 24

1 x

Temos √ 2o ) τ = − 62 − 1. Neste caso temos

√ c − c · |τ | 2 3 − 2 ·

− 2 − 1

2 √ 1 2 1 6 √ √ κ= = = 2 (4 2 − 5)2 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 + 2)

√ 3 1 2 1 1 1 √ = − (1 − 3 2) γ˜ = 2 ρ1 − c1 · c2 = 6−2·3

r1 |τ | 2 17

− 2 − 1

6 α=

α=

1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

2·(−1) ( 11 +

√

γ ˜

1 √ √ 2 )+(−2)(1+ 2)·1 · −3 (1−3 2) 17

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

√

1 2· 12 (2

6 6

√ 2−5 )+2

√

2−5 )+

√

1 12

√

1 12

α2 +4 κ

2 √

2−5 )

2 √

√

2α+2

2−5 )2 +(4

√

+4·

1 242

√

2−5)2

z=±

1 µ

√ + ν x=− 1+ 2 x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

1 x

=±

222

√

2 − 5)

, obtemos

Para estes valores de x, temos y=−

√

√ √ 2−2)· 2− 2 24

1 x

Agrupando as ra´ızes temos

x=±

√

6 12

y = −1+ z = ± (3

x=±

6 12

−( 5 + 2

y = −1+ √

x=±

√ 2 x √ √

√ 6 12

z = ± (3

x=±

6 12

√

y =− 1+ z = ± (3

√

2+2)· 2+ 2 24

y =− 1+

√

√ 2 x √ √

√ 2−2)· 2+ 2 24

√

z = ± (3

q √ √ √ ( 7 + 4 2 ) + ( 7 + 4 2 )2 + (1 + 2 2)2

1 x

2) +

√ √ ( 5 + 2 2 )2 + (5 + 4 2)2

1 x

q √ √ √ ( 7 − 4 2 ) + ( 7 − 4 2 )2 + (1 − 2 2)2

√ 2 x √

√ 2+2)· 2− 2 24

1 x

q √ √ √ ( −5 + 2 2 ) + ( −5 + 2 2 )2 + (−5 + 4 2)2

√ 2 x √

√ 2−2)· 2− 2 24

1 x

223

Vamos agrupar estas ra´ızes (e seus respectivos quadrados) na forma polar (com duas decimais exatas):

x > 0:

w = 1, 14

22, 50o

8, 41o ;

w2 = 1, 29

45, 00o

16, 83o

x < 0:

w = 1, 14

202, 50o 8, 41o ;

w2 = 1, 29

45, 00o

16, 83o

x > 0:

w = 1, 14

22, 50o

63, 15o ;

w2 = 1, 29

225, 00o 53, 70o

x < 0:

w = 1, 14

202, 50o 63, 15o ;

w2 = 1, 29

225, 00o 53, 70o

x > 0:

w = 1, 14

−67, 50o 26, 85o ;

w2 = 1, 29

225, 00o 53, 70o

x < 0:

w = 1, 14

112, 50o 26, 85o ;

w2 = 1, 29

225, 00o 53, 70o

x > 0:

w = 1, 14

−67, 50o 81, 59o ;

w2 = 1, 29

45, 00o

16, 83o

x < 0:

w = 1, 14

112, 50o 81, 59o ;

w2 = 1, 29

45, 00o

16, 83o

A seguir plotamos as oito solu¸c˜oes da equa¸c˜ao: (1, −1, 2) · w2 = (1, 0, 3) Z

Y X

Nota: O programa a seguir implementa as f´ormulas dos quadros que comparecem nas p´ aginas 215 e 216; nele substituimos σ por δ; σ ´e uma palavra reservada pela calculadora.

a · w2 = b [ a1 , b1 , c1 ] · w2 = [ a2 , b2 , c2 ] a(1) a(2) a(3)

224

b(1) b(2) b(3)

Programa para resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w 2 = b

225

O programa sai com uma lista contendo as oito solu¸c˜oes: SL = { [ x1, y1, z1 ], [ x2, y2, z2 ], [ x3, y3, z3 ], [ x4, y4, z4 ], [ x5, y5, z5 ], [ x6, y6, z6 ], [ x7, y7, z7 ], [ x8, y8, z8 ] } Anteriormente resolvemos a equa¸c˜ao (1, −1, 2) · w2 = (1, 0, 3), onde obtivemos a solu¸c˜ ao [ x1, y1, z1 ] dada por r q √ √ √ √ 6 x = + 12 ( 7 + 4 2 ) + ( 7 + 4 2 )2 + (1 + 2 2)2 y = −1+ z = + (3

√

√ 2 x √ √

2−2)· 2+ 2 24

1 x

eu n˜ ao me atrevi a substituir x em z e fazer as contas (simplificar). Confesso que ao elaborar o programa anterior cheguei a duvidar de que a HP Prime pudesse sair com a lista acima (SL). Ao executar o programa obtemos

algo dif´ıcil de se lidar, a princ´ıpio. Conseguir sacar a primeira solu¸c˜ao, assim:

v u u u u u 2 u u (2·(−1+√2)+1− −1+√2 2 ) · (6− ( ) u t (

v u u u u u √ u 2 (−1+ 2)u √ √ 2 · u (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (6− t (

v u u u u

2  

u 2 2 1  +2u √ √ 2 · 36 36 ) ) u (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (6− √ 2 √ 2  t (1+(−1+ 2) )·2 (1+(−1+ 2) )·2 ( √ √ √ 2 +6) √ 2 +6) (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) )



 +4 

(3− 1 3 ·(

2 √ 2 (1+(−1+ 2) )·2 √ √ 2 +6))  (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) )  √ √ 2  2· 2·(1+(−1+ 2) )

v u u u u

2  

u 2 2 1  +2u √ √ 2 · 6·6 6·6 ) ) u (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (6− √ 2 √ 2  t (1+(−1+ 2) )·2 (1+(−1+ 2) )·2 ( √ √ 2 +6) √ √ 2 +6) (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) )

(3− 1 3 ·(

√ 2 (1+(−1+ 2) )·2 1 √ √ 2 +6)) 2 (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) √ 2 √ 2·(1+(−1+ 2) )

2   

2 6·6 √ 2 (1+(−1+ 2) )·2 √ √ 2 +6) (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) )

√

2 (1+(−1+ 2) )·2 1 √ √ 2 +6)) 2 (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) v u u u u u 1 +2u √ √ 2 · ) u (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (6− t

(3− 13 ·( v u u u u √ 2u √ q 2 u 2 1+(−1+ 2) u √ √ 2 · u (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (6− t (



  +4

Algo dif´ıcil de se lidar, a princ´ıpio. 226

2  

2  6·6 ) √ 2  (1+(−1+ 2) )·2 ( √ √ 2 +6) (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) )



 +4 

(3− 1 3 ·(

√ 2 (1+(−1+ 2) )·2 1 √ √ 2 +6)) 2 (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) √ 2 √ 2·(1+(−1+ 2) )

2   

·2

Diante de tamanho imbr´ oglio, me perguntei como confirmar a solu¸c˜ao por mim encontrada (?):

x=+

√

6 12

y = −1+ z = + (3

q √ √ √ ( 7 + 4 2 ) + ( 7 + 4 2 )2 + (1 + 2 2)2

√ 2 x √ √

√ 2−2)· 2+ 2 24

1 x

Não esque¸ca de que a lista com todas as solu¸cões encontra-se guardada na vari´ avel SL: SL = { [ x1, y1, z1 ], [ x2, y2, z2 ], [ x3, y3, z3 ], [ x4, y4, z4 ], [ x5, y5, z5 ], [ x6, y6, z6 ], [ x7, y7, z7 ], [ x8, y8, z8 ] } portanto podemos ter acesso a cada uma das solu¸cões e, ademais, a cada coordenada em cada solu¸c˜ ao. Na tela a seguir, à esquerda

comparamos a nossa solu¸c˜ ao (aproximada) com a da calculadora. Na tela da direita mostramos como obter uma aproxima¸cão de cada uma das coordenadas da primeira solu¸c˜ ao. Ademais, mostramos o comprimento da Solu¸cão (Lista), bem como sua dimensão.

227

Caso a e b complexos A solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w2 = b para o caso em que a e b s˜ ao complexos (isto ´e, c1 = c2 = 0), fica:

√

2p x=± α + |α| = 2 y= − z=0

( 0,

se α < 0; √

α,

se α > 0.

(2.61)

1 +ν x µ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν= τ=

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 + 1/µ2 ,

λ 1 +ν +σ b1 2 a1 − µ

α=

· b2 ,

κ = 0,

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

γ˜ = 1

b2 1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1

e √

2p x=± α + |α| = 2

( 0,

se α < 0; √

α,

se α > 0.

(2.62)

1 +ν x µ

y=− z=0 Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν= τ=

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

1 + 1/µ2 ,

−2 a1

λ 1 +ν µ

α=

+σ b1

· b2 ,

κ = 0,

b2 1 −2 a1 ( µ +ν )+σ·b1

228

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

γ˜ = 1

Para o caso em que a2 6= 0, fica: √

2p x=± α + |α| = 2 y= − z=0

( 0,

se α < 0;

√ ± α,

se α > 0.

(2.63)

1 +ν x µ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν=

τ=

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 + 1/µ2 ,

λ 1 −2 b1 − µ +ν +σ a1

· a2

κ = 0,

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

γ˜ = 1

a2 1 −2 b1 (− µ +ν )+σ a1

α=

e √

2p x=± α + |α| = 2 y=− z=0

( 0,

se α < 0;

√ ± α,

se α > 0.

(2.64)

1 +ν x µ

Onde µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2 ,

ν= τ=

2 b1

1 + 1/µ2 , λ

1 +ν µ

+σ a1

α=

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , · a2 ,

κ = 0,

γ˜ = 1

a2 1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

Nota: Observe que n˜ ao utilizaremos as constantes λ e τ .

229

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

Exemplo: Resolver a equa¸c˜ao: (2, 1, 0) · w2 = (1, 3, 0).

Solu¸ c˜ ao: Temos

(Veja Nota na p´ agina 214)

a = (a1 , b1 , c1 ) = (2, 1, 0) b = (a2 , b2 , c2 ) = (1, 3, 0) Portanto

a1 = 2, a2 = 1,

b1 = 1, b2 = 3,

c1 = 0 c2 = 0

Como a2 6= 0 vamos usar as f´ormulas (2.63) e (2.64). Temos µ= Temos

1 + 1/µ2 , p ν = 1 + 1/12 ,

ν=

Temos

a 1 b2 − a 2 b1 2·3−1·1 =1 = a1 a2 + b1 b2 2·1+1·3

ν=

√

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 √ σ = 1 − (− 11 + 2)2

Ent˜ ao

α= α=

√ 2)

2, σ = 2(−1 +

−2·1 (− 11 +

a2 1 −2 b1 (− µ +ν )+σ a1

√ 1 √ 2 )+2(−1+ 2)·2

√ 1+ 2 2

Sendo assim, temos x=±

√

2+2 2

√ 2

; y = ( −1 +

√

2 ) x; z = 0.

Agora vejamos a solu¸c˜ao (2.64): Temos p ν = 1 + 1/µ2 , σ = 1 − ( µ1 + ν)2 p √ ν = 1 + 1/12 , σ = 1 − ( 11 + 2)2

Temos

ν=

√

Ent˜ ao

2, σ = −2(1 + α=

α=

2·1 ( 11 +

√ 2)

a2 1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

1 √ √ 2 )+(−2)(1+ 2)·2

Sendo assim, temos x = 0; y = 0; z = 0. 230

√ 1− 2 2

2.4.1

Algoritimo para extra¸c˜ ao de ra´ızes quadradas

A solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w2 = b nos permite, tomando a = (1, 0, 0), extrair as ra´ızes quadradas de b. Para este caso as equa¸c˜oes (2.47) (p. 212) e (2.48) (p. 212) transformam-se em

x=±

2α + 2

√

α2 + 4 κ

2 1 y= − +ν x µ

(2.65)

1 c z = ± √2 · 2 λ x

Onde µ=

b2 a2 ,

ν=

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 + 1/µ2 , κ=

c2 2 2λ ,

α=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

b2 1 2 (− µ +ν )

√

x=±

y=−

1 +ν x µ

2α + 2

α2 + 4 κ

(2.66)

c 1 z = ± √2 · 2 λ x Onde µ=

b2 a2 ,

ν=

1 + 1/µ2 , κ=

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

c2 2 2λ ,

α=

231

b2 1 −2 ( µ +ν )

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

As equa¸c˜ oes (2.49) (p. 213) e (2.50) (p. 214) transformam-se em

√ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y= − +ν x µ p

(2.67)

c 1 z = ± √2 · 2 λ x

Onde µ=

b2 a2 ,

ν=

1 + 1/µ2 , κ=

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 , c2 2 2λ ,

α=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

a2 σ

√ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y=− + ν x µ p

(2.68)

c 1 z = ± √2 · 2 λ x

Onde µ=

b2 a2 ,

ν=

1 + 1/µ2 , κ=

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , c2 2 2λ ,

α=

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

a2 σ

Observa¸ c˜ ao: O algoritmo acima aplica-se apenas quando em b = (a2 , b2 , c2 ) tivermos a2 6= 0 e b2 6= 0. Veja Nota na p´ agina 214.

232

Exemplo: Calcular

√ 1 + i + j.

Solu¸ c˜ ao: Temos, 1 + i + j = (1, 1, 1). Logo, a2 = 1, b2 = 1 e c2 = 1. Vamos inicialmente usar (2.67) (p. 232), ent˜ao p √ ν = 1 + 1/12 = 2, µ = 11 = 1, √ √ √ √ λ = 1 + (− 11 + 2 )2 = 2 (2 − 2 ), σ = 1 − (− 11 + 2 )2 = 2 (−1 + 2 ) κ=

c2 2 2λ

1 25

√ (3 + 2 2 ),

α=

a2 σ

√ 1+ 2 2

Substituindo estes resultados em (2.67), obtemos r

q √ √ 2) (1+ 2 )+ 3(3+2 2

x=± 2 √ y = ( 2 − 1)x √ √ 2 1 ·x z = ± 2+ 4 Agora consideremos (2.68) (p. 232) µ=

1 1

= 1,

λ = 1 + ( 11 + κ=

c2 2 2λ

√ 1 + 1/12 = 2, √ √ σ = 1 − ( 11 + 2 )2 = −2 (1 + 2 ) ν=

√ √ 2 2 ) = 2 (2 + 2 ), 1 25

√ (3 − 2 2 ),

α=

p a2 σ

√ 1− 2 2

Substituindo estes resultados em (2.67), obtemos x=±

q √ √ 3(3−2 2 ) (1− 2 )+ 2 2

√ y = −( 2 + 1 ) x √ √ 2 1 z = ± 2− ·x 4

Portanto, s˜ ao em n´ umero de quatro as ra´ızes quadradas de 1 + i + j. Para o pr´ oximo programa utilizamos a seguinte correspondˆencia entre ´ındices

a · w2 = b (1, 0, 0) [ a1 , b1 , c1 ] · w2 = [ a2 , b2 , c2 ]

b(1) b(2) b(3)

233

O programa a seguir implementa o algoritmo para extra¸c˜ao de ra´ızes quadradas

As ra´ızes est˜ ao na lista SRQ = { [ x1, y1, z1 ], [ x2, y2, z2 ], [ x3, y3, z3 ], [ x4, y4, z4 ] } Na tela a seguir calculamos

√

1 + i + j, do exemplo anterior.

Na tela da direita pedimos a primeira raiz escrita em formato Latex; copiando para o meu editor, temos

x1 =

v u u t

y1 =

v u √ u (−1+ 2)t

z1 =

2· 1 2√ +2 (−1+ 2)

1 2√ (−1+ 2)

2· 1 2√ +2 (−1+ 2)

1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )

1 2√ (−1+ 2)

1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )

1 2

v u q √ 2u 1+(−1+ 2) t

2· 1 2√ +2 (−1+ 2)

234

1 2√ (−1+ 2)

1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )

·2

Vamos comparar, por exemplo, a solu¸c˜ao calculada na m˜ ao r

q √ √ 2) (1+ 2 )+ 3(3+2 2

x=+ 2 √ y = ( 2 − 1)x √ √ 2 1 ·x z = + 2+ 4 com a solu¸c˜ ao da calculadora, veja

Na tela da direita pedimos toda a lista (aproximada) − todas as ra´ızes quadradas −, ap´ os pedimos o c´ odigo Latex, copiando e editando para o nosso contexto, temos (com quatro decimais)   [ 1.1588 0.4800 0.3986 ]            [ −1.1588 −0.4800 0.3986 ]  SRQ =   [ 0.1526 −0.3683 1.2542 ]           [ −0.1526 0.3683 1.2542 ] Na tela a seguir programamos a f´ormula

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

p , 2z x2 + y 2

Nas telas do centro e da direita “tiramos a prova dos nove”, mostrando que todas as solu¸c˜ oes elevadas ao quadrado resultam em (1, 1, 1) = 1 + i + j. 235

Simplifica¸c˜ ao O nosso objetivo agora ser´ a simplificar o valor dado pela calculadora

x1 =

v u u t

2· 1 2√ +2 (−1+ 2)

1 2√ (−1+ 2)

1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )

j´a que a mesma n˜ ao simplifica esta express˜ ao − retorna a mesma express˜ ao. Na tela a seguir armazenamos esta express˜ ao na vari´ avel x1.

elevamos esta express˜ ao ao quadrado (para tirar o radical) e depois pedimos para a calculadora simplificar. Na tela a seguir voltamos com o radical na express˜ ao simplificada, e, em seguida, armazenamos o resultado em x1

Desejamos agora comparar este valor de x1 com o valor calculado `a m˜ ao, isto ´e, x a seguir r q √ √ (1 + 2 ) + 3(3+22 2 ) x=+ 2 Na tela da esquerda digitamos x, na tela da direita comparamos com x1, s˜ ao iguais!

236

Cap´ıtulo

Fun¸cões com argumentos em B-3D A matem´ atica é um campo demasiadamente ´ arduo e in´ ospito para agradar ` aqueles a quem n˜ ao oferece grandes recompensas. Recompensas que s˜ ao da mesma ´ındole que as do artista. . . . Acrescenta ainda que é no ato de criar que o matem´ atico encontra sua culminˆ ancia e que “nenhuma quantidade de trabalho ou corre¸ca õ técnica pode substituir este momento de cria¸ca õ na vida de um matem´ atico, poeta ou m´ usico”.

3.1

(Norbert Wiener)

Introdu¸ c˜ ao

Nosso objetivo neste cap´ıtulo ´e mais modesto: generalizar algumas poucas fun¸c˜oes das vari´ aveis complexas para o contexto dos nne-3D.

237

3.2

Generaliza¸ c˜ ao da f´ ormula de Euler

Consideremos a fórmula de Euler eiy = cos y + i sen y para n´ umeros complexos. Podemos generalizar esta fórmula, para o contexto dos nne, de duas formas distintas eiy+jz = cos y cos z + i sen y cos z + j sen z e eiy−jz = cos y cos z + i sen y cos z − j sen z Observe que estas exponenciais diferem apenas na terceira parcela, que s˜ ao simétricas; uma é o reflexo da outra, para o mesmo par (y, z) de argumentos, evidentemente. Observe também que s˜ ao fun¸cões pares, com respeito à segunda vari´ avel, isto é, elas n˜ ao se alteram se trocarmos z por −z.

Exemplos:

a ) Para a combina¸c˜ ao que consta na tabela a seguir

y π

z π

π −π

−π

−j z = −( j z ) (p. 36)

−π −π temos eiπ+jπ = cos π cos π + i sen π cos π + j sen π = 1 eiπ+j(−π) = cos π cos(−π) + i sen π cos(−π) + j sen (−π) = 1 ei(−π)+jπ = cos(−π) cos π + i sen (−π) cos π + j sen π = 1 ei(−π)+j(−π) = cos(−π) cos(−π) + i sen (−π) cos(−π) + j sen (−π) = 1 Observe que aqui “ tudo se passa no R3 ”. Por exemplo 1 = (1, 0, 0), i = (0, 1, 0), j = (0, 0, 1) com soma ( + ) e produto ( · ) n˜ ao complexos, mas sim nos nne. 238

Na tela a seguir temos um programa que calcula a f´ ormula de Euler generalizada.

Na tela da direita confirmamos os c´alculos da tabela acima. b)

y π

z 2π

π −2π

−π

2π

−π −2π eiπ+j2π = cos π cos 2π + i sen π cos 2π + j sen 2π = −1 eiπ+j(−2π) = cos π cos(−2π) + i sen π cos(−2π) + j sen (−2π) = −1 ei(−π)+j2π = cos(−π) cos 2π + i sen (−π) cos 2π + j sen 2π = −1 ei(−π)+j(−2π) = cos(−π) cos(−2π) + i sen (−π) cos(−2π) + j sen (−2π) = −1

239

π 2 π 2 − π2 − π2

π 2 − π2 π 2 − π2

ei 2 +j 2 = cos π

ei 2 +j(− 2 ) = cos

π π π π π cos + i sen cos + j sen = j 2 2 2 2 2 π π π π π cos(− ) + i sen cos(− ) + j sen (− ) = −j 2 2 2 2 2

π π π π π π π ei(− 2 )+j 2 = cos(− ) cos + i sen (− ) cos + j sen = j 2 2 2 2 2 π π π π π π π ei(− 2 )+j(− 2 ) = cos(− ) cos(− ) + i sen (− ) cos(− ) + j sen (− ) = −j 2 2 2 2 2 d)

y π 2 π 2 − π2 − π2 π

ei 2 +j2π = cos π

ei 2 +j(−2π) = cos

z 2π −2π 2π

−2π

π π cos 2π + i sen cos 2π + j sen 2π = i 2 2 π π cos(−2π) + i sen cos(−2π) + j sen (−2π) = i 2 2

π π π ei(− 2 )+j2π = cos(− ) cos 2π + i sen (− ) cos 2π + j sen 2π = −i 2 2 π π π ei(− 2 )+j(−2π) = cos(− ) cos(−2π) + i sen (− ) cos(−2π) + j sen (−2π) = −i 2 2 O leitor pode mostrar que

eiπ + 1 = ejπ + 1 = 0 240

3.3

Generaliza¸c˜ ao de fun¸ c˜ oes complexas elementares

Aqui vamos generalizar algumas das fun¸c˜oes complexas elementares. Dado um nne w = (x, y, z) desejamos atribuir um sentido a ew = e(x, y, z) Lembramos da forma alg´ebrica

w = (x, y, z) =

  x + iy + j z,  x + iy − j z,

se z ≥ 0; se z < 0.

Portanto, temos ew = e(x, y, z) = Vamos colocar por defini¸c˜ ao ew = e(x, y, z) = Tendo em conta que

 ex+i y+j z , ex+i y−j z ,

 ex · ei y+j z ,

ex · ei y−j z ,

se z ≥ 0; se z < 0;

eiy+jz = cos y cos z + i sen y cos z + j sen z e eiy−jz = cos y cos z + i sen y cos z − j sen z resulta ew = e(x, y, z) =

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z),

ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z),

Observe que, |ew | = ex .

241

se z ≥ 0; se z < 0;

3.3.1

Logaritmo

Para definir logaritmo de um nne consideraremos (θ, β) como argumento principal, isto é, 0 ≤ θ < 2π e − π2 ≤ β ≤ π2 . Pelas generaliza¸c˜ oes da equa¸cão de Euler (p. 238) temos ρ eiθ+jβ = ρ (cos θ cos β + i sen θ cos β + j sen β), ρ eiθ−jβ = ρ (cos θ cos β + i sen θ cos β − j sen β). Da forma trigonométrica de um nne (p. 47), temos  ρ cos θ · cos β + isen θ · cos β + jsen β , w= ρ cos θ · cos β + isen θ · cos β − j sen β ,

Portanto

 ρ eiθ+jβ , ρ eiθ−jβ ,

se se −

se sen β ≥ 0; se sen β < 0.

0 ≤ β ≤ π2 ;

π 2

≤ β < 0.

− Logaritmo (Nos complexos)

Recordamos que o logaritmo complexo ´e definido como ln z = ln r + iθ, z = reiθ

− Logaritmo (Nos nne) Para generalizar o logaritmo aos nne, definimos   ln ρ + iθ + jβ, se 0 ≤ β ≤ π2 ; ln w =  ln ρ + iθ − jβ, se − π ≤ β < 0. 2

Nota: Se deixarmos θ e β “livres” a fun¸cão logaritmo resultará multivalente. Tal como foi definida acima, resultou numa fun¸cão univalente; este é o ramo principal do logaritmo.

242

Exemplos: a ) Seja w = −1 = 1

. Ent˜ ao

ln (−1) = ln 1 + iπ + j 0 ln (−1) = iπ

b ) Seja w = i + j =

√

π 2

π 4

. Ent˜ao

√ π π ln (i + j) = ln 2 + i + j 2 4 Em outra nota¸c˜ ao ln (0, 1, 1) =

√

A localiza¸c˜ ao gr´ afica de ln (i + j), fica assim:

π π , 2 4

ln (i + j) = 1, 79

ln (i+j)

77, 56o

26, 02o

O programa a seguir calcula o logaritmo de w, dado na forma retangular. Na tela da direita os dois exemplos acima.

ln w =

  ln ρ + iθ + jβ, se

 ln ρ + iθ − jβ, se − 243

0 ≤ β ≤ π2 ; π 2

≤ β < 0.

Defini¸ c˜ ao 8 (Potˆencia). Sejam os nne w e µ, w 6= 0, definimos w µ pela equa¸c˜ ao w µ = e µ ln w Exemplos: a ) Calcule ij . Aplicando a defini¸c˜ao, temos ij = ej Temos i=1

π 2

⇒

ln i

ln i = ln 1 + i π2 = i π2

Fazendo a multiplica¸c˜ ao, j · ln i, encontramos (0, 0, 1) · 0, π2 , 0 = 0, 0, Sendo assim, temos

π 2

ej ln i = e0 cos 0 cos π2 + isen 0 cos π2 + jsen π2 Portanto ij = j,

ou (0, 1, 0)(0, 0, 1) = (0, 0, 1)

Utilizando a defini¸c˜ ao

ew = e(x, y, z) =

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z), ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z),

se z ≥ 0; se z < 0;

nas duas primeiras telas a seguir um programa que recebe w e sai com a exponencial

ln i

−→

−→ ejπ + 1 = 0

244

= e(0, 0, 2 ) = j

O programa a seguir calcula w µ = e µ ln w

ij = j

Na tela da direita temos: (−1)2 = 1, 2−1 =

1 2

22 =

b ) Calcule π i . Aplicando a defini¸c˜ao, temos π i = ei ln π Temos π=π

⇒

ln π = ln π + i 0 + j 0 = ln π

Fazendo a multiplica¸c˜ ao, i · ln π, encontramos (0, 1, 0) · ln π, 0, 0 = 0, ln π, 0 Sendo assim, temos

ei ln π = e0 cos ln π cos 0 + isen ln π cos 0 ± jsen 0 Simplificando, obtemos π i = cos ln π + isen ln π Em outra nota¸c˜ ao fica π (0, 1, 0) = cos ln π, sen ln π, 0 Utilizando o programa obtemos

πi

Na tela da direita pedimos um valor approximado da solu¸c˜ao. 245

√ 2.

c ) Calcule π j . Aplicando a defini¸c˜ao, temos π j = ej

ln π

Temos π=π

⇒

ln π = ln π + i 0 + j 0 = ln π

Fazendo a multiplica¸c˜ ao, j · ln π, encontramos (0, 0, 1) · ln π, 0, 0 = 0, 0, ln π Sendo assim, temos (ramo principal)

ej ln π = e0 cos 0 cos ln π + isen 0 cos ln π + jsen ln π Simplificando, obtemos

π j = cos ln π + jsen ln π Em outra nota¸c˜ ao fica π (0, 0, 1) = cos ln π, 0, sen ln π Para efeitos de compara¸c˜ao, escrevemos π (0, 1, 0) = cos ln π, sen ln π, 0 π (0, 0, 1) = cos ln π, 0, sen ln π Daqui, concluimos que

π (0, 1, 0) + π (0, 0, 1) = 2 cos ln π, sen ln π, sen ln π π (0, 1, 0) · π (0, 0, 1) = cos ln π, sen ln π, tag ln π cos ln π

π (0, 1, 0) = cos ln π, sen ln π, − tag ln π cos ln π (0, 0, 1) π

A seguir localizamos π i e π j no espa¸co: Z

πj πj πi

π i = 1, 00

65, 59o

Y πj

0, 00o 65, 59o

= 1, 00

0, 00o

Observe que π i ´e um n´ umero complexo e π j ´e um B-2D. 246

d ) Calcule π i+j . Aplicando a defini¸c˜ao, temos π i+j = e(i+j) ln π Temos π=π

⇒

ln π = ln π + i 0 + j 0 = ln π

Fazendo a multiplica¸c˜ ao, (i + j) · ln π, encontramos (0, 1, 1) · ln π, 0, 0 = 0, ln π, ln π

Sendo assim, temos

e(i+j) ln π = e0 cos ln π cos ln π + isen ln π cos ln π + jsen ln π Simplificando, obtemos π i+j = cos ln π cos ln π + isen ln π cos ln π + jsen ln π No gr´ afico temos Z

π i+j l

π i+j Y

A seguir pedimos um valor approximado e a representa¸c˜ao polar

Em outra nota¸c˜ ao fica π (0, 1, 0)+(0, 0, 1) = cos ln π, sen ln π, tag ln π cos ln π

Observe que resultou

π (0, 1, 0)+(0, 0, 1) = π (0, 1, 0) · π (0, 0, 1) 247

e ) Calcule (1 + i)(1+j) . Aplicando a defini¸c˜ao, temos (1 + i)(1+j) = e(1+j) ln (1+i) Temos 1+i=

√ 2

π 4

⇒ ln (1 + i) = ln

√

2 + i π4

Fazendo a multiplica¸c˜ ao, (1 + j) · ln (1 + i), encontramos q √ √ √ (1, 0, 1) · ln 2, π4 , 0 = ln 2, π4 , ( ln 2)2 + ( π4 )2 Sendo assim, resulta e(1+j) ln (1+i) =e ln

√

+jsen

Simplificando, obtemos (1 + i)(1+j) = cos

( ln

√

cos π4 · cos

cos

q √ √ ( ln 2)2 + ( π4 )2 + isen π4 · cos ( ln 2)2 + ( π4 )2

√ ( ln 2)2 + ( π4 )2

2)2 + ( π4 )2 + i cos

Em outra nota¸c˜ ao fica (1, 1, 0)(1, 0, 1) =

( ln

√

q √ √ 2)2 + ( π4 )2 + j 2 sen ( ln 2)2 + ( π4 )2

q q √ √ √ √ ( ln 2)2 + ( π4 )2 , cos ( ln 2)2 + ( π4 )2 , 2 sen ( ln 2)2 + ( π4 )2

A localiza¸c˜ ao gr´ afica de (1 + i)1+j , fica assim: Z

(1 + i)1+j =

√

45, 00o

0, 86o

Y (1+i)1+j X

Na tela do centro salvamos o vetor de sa´ıda na vari´ avel SP e depois pedimos as três coordenadas. Na tela da direita digitamos nossa solu¸cão (cada coordenada) e pedimos para confirmar com a solu¸cão da calculadora, o resultado é sim: 1. 248

3.3.2

Forma exponencial

Nos Complexos temos z = r (cos θ + i sen θ)

ei θ = cos θ + i sen θ

Portanto z = r ei θ . Queremos obter uma nota¸c˜ao an´ aloga nos B-3D, ent˜ao seja (p. 47)   ρ cos θ0 · cos β0 + i sen θ0 · cos β0 + j sen β0 , se sen β0 ≥ 0; w=  ρ cos θ · cos β + i sen θ · cos β − j sen β , se sen β0 < 0. 0 0 0 0 0

Nas equa¸c˜ oes

eiy+jz = cos y cos z + i sen y cos z + j sen z

e eiy−jz = cos y cos z + i sen y cos z − j sen z

substituamos y = θ0 e z = β0 para obter

eiθ0 +jβ0 = cos θ0 cos β0 + i sen θ0 cos β0 + j sen β0 e eiθ0 −jβ0 = cos θ0 cos β0 + i sen θ0 cos β0 − j sen β0

Portanto, temos

  ρ e i θ0 + j β 0 , 

e i θ0 − j β 0

se sen β0 ≥ 0;

(3.1)

se sen β0 < 0.

Na tela a seguir temos um programa que implementa esta f´ormula

Na tela do centro temos − substituindo na primeira equa¸c˜ao de (3.1) −: √ π π i + j = (0, 1, 1) = 2 e i 2 + j 4 Na tela da direita temos − substituindo na segunda equa¸c˜ao de (3.1) −: √ √ −π 2π − 3 + 3i − 2j = (− 3, 3, −2) = 4 e i 3 − j 6 249

Em analogia com a forma trigonom´etrica canˆ onica chamaremos

  ρ e i θ0 + j β 0 , 

se sen β0 ≥ 0;

ρ e i θ0 − j β 0 ,

se sen β0 < 0.

de forma exponencial canˆ onica quando 0 ≤ θ0 < 2π, −

π π ≤ β0 ≤ 2 2

Proposi¸ c˜ ao 12. Sejam dois n´ umeros na forma exponencial canˆ onica

w1 = e w2 =

  ρ1 e i θ1 + j β1 , 

se sen β1 ≥ 0;

ρ1 e i θ1 − j β1 ,

se sen β1 < 0.

  ρ2 e i θ2 + j β2 ,

se sen β2 ≥ 0;



ρ2 e i θ2 − j β2 ,

se sen β2 < 0.

valem as seguintes multiplica¸c˜oes

(Reflexo, p. 64)

sen β1 , sen β2 +

⇒ w1 · w2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 ) + j (β1 +β2 )

−

⇒ w1 · w˙ 2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 ) + j (β1 +β2 )

−

⇒ w˙ 1 · w2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 ) + j (β1 +β2 )

−

⇒ w˙ 1 · w˙ 2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 ) + j (β1 +β2 )

Prova: Consideremos quatro possibilidades: a) sen β1 ≥ 0 e sen β2 ≥ 0. Neste caso temos w1 = ρ1 e i θ1 + j β1 e w2 = ρ2 e i θ2 + j β2 250

Tendo em conta a generaliza¸c˜ ao da equa¸c˜ao de Euler eiy+jz = cos y cos z + i sen y cos z + j sen z

(3.2)

podemos escrever w1 = ρ1 ( cos θ1 cos β1 + i sen θ1 cos β1 + j sen β1 ) e w2 = ρ2 ( cos θ2 cos β2 + i sen θ2 cos β2 + j sen β2 ) Tendo em conta a proposi¸c˜ ao 5 (p. 58), temos w1 ·w2 = ρ1 ρ2 cos(θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (β1 +β2 )

Utilizando novamente Euler generalizado − equa¸c˜ao (3.2) −, temos: w1 · w2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 )+j (β1 +β2 ) b) sen β1 ≥ 0 e sen β2 < 0. Neste caso temos w1 = ρ1 e i θ1 + j β1 e w2 = ρ2 e i θ2 − j β2 Tendo em conta a generaliza¸c˜ ao da equa¸c˜ao de Euler eiy−jz = cos y cos z + i sen y cos z − j sen z

(3.3)

podemos escrever w1 = ρ1 ( cos θ1 cos β1 + i sen θ1 cos β1 + j sen β1 ) e w2 = ρ2 ( cos θ2 cos β2 + i sen θ2 cos β2 − j sen β2 ) Tomando o reflexo de w2 (p. 64), temos w˙ 2 = ρ2 ( cos θ2 cos β2 + i sen θ2 cos β2 + j sen β2 ) Tendo em conta a proposi¸c˜ ao 5 (p. 58), temos w1 ·w˙ 2 = ρ1 ρ2 cos(θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (β1 +β2 )

Utilizando novamente Euler generalizado − equa¸c˜ao (3.2) −, temos: w1 · w˙ 2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 )+j (β1 +β2 ) 251

c) sen β1 < 0 e sen β2 ≥ 0. Neste caso temos w1 = ρ1 e i θ1 − j β1 e w2 = ρ2 e i θ2 + j β2 Como antes w1 = ρ1 ( cos θ1 cos β1 + i sen θ1 cos β1 − j sen β1 ) e w2 = ρ2 ( cos θ2 cos β2 + i sen θ2 cos β2 + j sen β2 ) Tomando o reflexo de w1 (p. 64), temos w˙ 1 = ρ1 ( cos θ1 cos β1 + i sen θ1 cos β1 + j sen β1 ) temos: w˙ 1 · w2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 )+j (β1 +β2 ) d) sen β1 < 0 e sen β2 < 0. Neste caso temos w1 = ρ1 e i θ1 − j β1 e w2 = ρ2 e i θ2 − j β2 Como antes w1 = ρ1 ( cos θ1 cos β1 + i sen θ1 cos β1 − j sen β1 ) e w2 = ρ2 ( cos θ2 cos β2 + i sen θ2 cos β2 − j sen β2 ) Tomando o reflexo de w1 e de w2 , temos w˙ 1 = ρ1 ( cos θ1 cos β1 + i sen θ1 cos β1 + j sen β1 ) e w˙ 2 = ρ2 ( cos θ2 cos β2 + i sen θ2 cos β2 + j sen β2 ) temos: w˙ 1 · w˙ 2 = ρ1 ρ2 ei (θ1 + θ2 )+j (β1 +β2 )

252

Proposi¸ c˜ ao 13. Sejam dois n´ umeros na forma exponencial canˆ onica   ρ1 e i θ1 + j β1 , se sen β1 ≥ 0; w1 =  ρ1 e i θ1 − j β1 , se sen β1 < 0.

w2 =

  ρ2 e i θ2 + j β2 , 

ρ2 e i θ2 − j β2 ,

se sen β2 ≥ 0;

se sen β2 < 0.

valem as seguintes divis˜ oes

(Reflexo, p. 64)

sen β1 , sen β2 +

⇒

ρ w1 = 1 ei (θ1 − θ2 ) + j (β1 −β2 ) w2 ρ2

−

⇒

w1 ρ = 1 ei (θ1 − θ2 ) + j (β1 −β2 ) w˙ 2 ρ2

−

⇒

ρ w˙ 1 = 1 ei (θ1 − θ2 ) + j (β1 −β2 ) w2 ρ2

−

⇒

ρ w˙ 1 = 1 ei (θ1 − θ2 ) + j (β1 −β2 ) w˙ 2 ρ2

Prova: Exerc´ıcio

Para generalizar − al´em da forma exponencial canˆ onica − veja p. 87. Lembramos das rela¸c˜ oes

(p. 64)

1a ) w + w˙ = Re(w) + i Im(w) 2 2a ) 3a ) 4a ) 5a )

w + w˙ = (x, y, z) + (x, y, −z) = (2x, 2y, 0) ∈ C w · w˙ = (x, y, z) · (x, y, −z) ∈ C w˙ 1 · w˙ 2 = (w1 ˙· w2 ) ˙ −1 · w = (−w) 253

3.3.3

Fun¸c˜ oes trigonom´ etricas em B-3D

Queremos atribuir um significado aos s´ımbolos cos w e sen w, onde w ´e um nne. Inicialmente lembramos que na trigonometria do c´ırculo unit´ ario, temos Y

↑

sen x

↑

cos x

Onde o ponto p é a interse¸cão da reta de inclina¸cão x com o c´ırculo unit´ ario. Definimos cos x como sendo a abscissa de p e sen x como sendo sua ordenada. Pois bem, nada obsta a que generalizemos a trigonometria do c´ırculo aria, assim unit´ ario para a esfera unit´

→

cte (x, z)

0 cse (x, z)

↑

sne (x, z)

→ X

Onde o ponto p é a interse¸cão da reta de inclina¸cão (x, z) com a esfera de raio unit´ ario. Definimos cosseno esférico de (x, z), denotado cse (x, z), como sendo a abscissa de p; definimos seno esférico de (x, z), denotado sne (x, z), como sendo sua ordenada. Como estamos no espa¸co surge mais uma fun¸cão trigonométrica (esférica) dada pela cota de p; à falta de um nome melhor a batizaremos de cota esféria: cte (x, z). Podemos mostrar a seguinte rela¸cão entre as fun¸cões esféricas e circulares cse (x, z) = cos x cos z sne (x, z) = sen x cos z cte (x, z) = sen z 254

´ válida a seguinte identidade, E cse 2 (x, z) + sne 2 (x, z) + cte 2 (x, z) = 1 Observe que os gr´ aficos das fun¸cões esféricas s˜ ao superf´ıcies. Na figura seguinte temos o gr´ afico do cse (x, z) no dom´ınio [0, 2π] × [0, 4π]. ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣♣♣♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣♣♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣♣♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣ ♣

− Gr´ afico do cosseno esf´erico: cse (x, z) = cos x cos z

A seguir temos o gr´ afico do sne (x, z) no dom´ınio [0, 2π] × [0, 2π].

− Gr´ afico do seno esf´erico: cse (x, z) = sen x cos z 255

No estudo das vari´ aveis complexas, decorrem da equa¸c˜ao de Euler, as seguintes equa¸c˜ oes cos x =

eix + e−ix , 2

sen x =

eix − e−ix , 2i

que relacionam as fun¸c˜ oes trigonom´etricas circulares com exponenciais complexas. As fun¸c˜ oes circulares acima (de argumentos reais) s˜ ao generalizadas para o plano complexo da seguinte forma, cos z =

eiz + e−iz , 2

sen z =

eiz − e−iz , 2i

Agora o argumento destas fun¸cões s˜ ao n´ umeros complexos. O nosso objetivo ser´ a generalizar estas fun¸cões de modo que elas aceitem argumentos em B-3D. Iniciemos com as equa¸cões, eix+jz = cos x cos z + i sen x cos z + j sen z

(3.4)

eix−jz = cos x cos z + i sen x cos z − j sen z

(3.5)

Tomando o oposto dos n´ umeros (3.4) e (3.5) obtemos, respectivamente − eix+jz = − cos x cos z − i sen x cos z − j sen z

(3.6)

− eix−jz = − cos x cos z − i sen x cos z + j sen z

(3.7)

Tomando o oposto de x nas quatro equa¸c˜oes anteriores, obtemos e−ix+jz = cos x cos z − i sen x cos z + j sen z

(3.8)

e−ix−jz = cos x cos z − i sen x cos z − j sen z

(3.9)

− e−ix+jz = − cos x cos z + i sen x cos z − j sen z

(3.10)

− e−ix−jz = − cos x cos z + i sen x cos z + j sen z

(3.11)

Temos as seguintes somas (3.5) + (3.8) :

cos x cos z =

eix−jz + e−ix+jz 2

(3.4) + (3.9) :

cos x cos z =

eix+jz + e−ix−jz 2

(3.4) + (3.10) :

sen x cos z =

eix+jz − e−ix+jz 2i

(3.5) + (3.11) :

sen x cos z =

eix−jz − e−ix−jz 2i

ix+jz

− eix−jz 2j

ix−jz

− eix+jz 2j

(3.4) + (3.7) :

sen z = ± e

(3.5) + (3.6) :

sen z = ∓ e 256

(3.12)

(3.13)

(3.14)

Nota: Na primeira equa¸c˜ ao de (3.14) tome o sinal + se sen z ≥ 0 e o sinal − caso contr´ ario. Na segunda equa¸c˜ao d´ a-se ao contr´ ario. O duplo sinal deve-se ` a “divis˜ ao” por j, veja a proposi¸c˜ao 4 p. 33. Vamos necessitar dos seguintes produtos   i w = (0, 1, 0) · (x, y, z) = (−y, x, z)  −(i w) = −(−y, x, z) = (y, −x, −z)

  −i w = (0, −1, 0) · (x, y, z) = (y, −x, z)  −(−i w) = −(y, −x, z) = (−y, x, −z)

  i (−w) = (0, 1, 0) · (−x, −y, −z) = (y, −x, −z)  −(i (−w)) = −(y, −x, −z) = (−y, x, z)

  −i (−w) = (0, −1, 0) · (−x, −y, −z) = (−y, x, −z)  −(−i (−w)) = −(−y, x, −z) = (y, −x, z)

Nota: Nas multiplica¸c˜ oes acima estamos assumindo r2 = Na forma alg´ebrica temos     i w = (−y, x, z) ⇒          −(i w) = (y, −x, −z)

      

−i w = (y, −x, z)

      −(−i w) = (−y, x, −z)

      

i (−w) = (y, −x, −z)

      −(i (−w)) = (−y, x, z)

⇒

⇒ ⇒

( −y + ix + jz, iw = −y + ix − jz, ( y − ix − jz, −(i w) = y − ix + jz,

x2 + y 2 6= 0.

se z ≥ 0; se z ≤ 0. se z ≥ 0; se z ≤ 0.

( y − ix + jz, −i w = y − ix − jz, ( −y + ix − jz, −(−i w) = −y + ix + jz,

se z ≥ 0; se z ≤ 0. se z ≥ 0; se z ≤ 0.

( y − ix − jz, i (−w) = y − ix + jz, ( −y + ix + jz, −(i (−w)) = −y + ix − jz, 257

se z ≥ 0; se z ≤ 0. se z ≥ 0; se z ≤ 0.

      

−i (−w) = (−y, x, −z)

      −(−i (−w)) = (y, −x, z)

⇒ ⇒

(

−y + ix − jz, −y + ix + jz, ( y − ix + jz, −(−i (−w)) = y − ix − jz, −i (−w) =

se z ≥ 0; se z ≤ 0. se z ≥ 0; se z ≤ 0.

Nota: −i(−w) = −(−iw).

      

−i (−w) = (−y, x, −z)

      −(−i (−w)) = (y, −x, z)

⇒ ⇒

(

−y + ix − jz, −y + ix + jz, ( y − ix + jz, −(−i (−w)) = y − ix − jz, −i (−w) =

Nota: −i(−w) = −(−iw). De posse destes resultados definimos  −(−iw) −iw +e  , z ≥ 0; e 2 cos w =   eiw + e−(iw) , z ≤ 0. 2 cos w =

sen w =

 iw −(iw)  ,  e +2e

  e−(−iw) + e−iw , z ≤ 0. 2  iw −iw  z ≥ 0;  e −2ie ,   e−(−iw) − e−(iw) , z ≤ 0. 2i  −(−iw) −(iw) −e  , z ≥ 0; e 2i   eiw − e−iw , 2i

cte w =

z ≥ 0;

z ≤ 0.

 iw −(−iw) e  , z ≥ 0; ± e − 2j

 ± e−(−iw) − eiw , z ≤ 0. 2j  −(−iw) iw −e  , z ≥ 0; ∓ e 2j  ∓ eiw − e−(−iw) , z ≤ 0. 2j 258

se z ≥ 0; se z ≤ 0. se z ≥ 0; se z ≤ 0.

As fun¸c˜ oes trigonométricas, com argumentos em B-3D, resultaram bivalentes, isto é, com dois ramos. Observe, em todas elas, que a parte de um ramo para z ≥ 0 é igual a parte do outro ramo para z ≤ 0. A parte de um ramo para z ≤ 0 é igual a parte do outro ramo para z ≥ 0; de sorte que, conhecendo um dos ramos, conhecemos o outro. Observe que quando w = (x, y, 0) = (x, y) estamos na álgebra complexa e assim, os dois ramos de cada fun¸cão, unificam-se em apenas um ramo. Chamaremos, para efeito de referência, a primeira das defini¸cões − de cada uma das fun¸c˜ oes − de ramo principal. Exemplos

( a ) Encontre (no ramo principal) o seguinte n´ umero: cos

cos w =

 −(−iw) −iw +e  , e 2   eiw + e−(iw) , 2

Solu¸ c˜ ao: Sendo w =

π π 2, 4,

z ≥ 0;

π π 2, 4,

0 .

w = (x, y, z)

z ≤ 0.

0 dado, temos

−iw = (y, −x, z)

⇒

−(−iw) = (−y, x, −z)

⇒

−i w =

π 4,

− π2 , 0

−(−iw) = − π4 ,

π 2,

Vamos calcular cos w =

e−(−iw) + e−iw 2

Vamos inicialmente calcular a exponencial e−(−iw) . Temos π π −(−iw) = − , , 0 4 2 ew = e(x, y, z) =

logo

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z),

ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z),

ew = e−(−iw) = ex cos y cos z + i sen y cos z + j sen z π

= e− 4 cos

se z ≥ 0; se z < 0;

π π π cos 0 + i sen cos 0 + j sen 0 = i e− 4 2 2

Agora vamos calcular a exponencial e−iw . Temos π π ,− ,0 −iw = 4 2 259

logo ew = e−iw = ex cos y cos z + i sen y cos z + j sen z π

= e 4 cos

π −π −π cos 0 + i sen cos 0 + j sen 0 = −i e 4 2 2

Somando estas duas exponenciais e divindo o resultado por dois, obtemos cos

π π i , ,0 =− 2 4 2

e 4 − e− 4

Na tela a seguir pedimos um valor approximado da nossa solu¸c˜ao

Na tela da direita exibimos o valor dado pela calculadora. Arredondamos, para eliminar o “res´ıduo”.

260

Vamos implementar o ramo principal do “hipercosseno” na HP Prime

cos w =

 −(−iw) −iw +e  , e 2   eiw + e−(iw) , 2

z ≥ 0;

w = (x, y, z)

z ≤ 0.

Vamos necessitar da exponencial

ew = e(x, y, z) =

Temos

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z),

ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z), e−(−iw) ;

−(−iw) = (−y, x, z)

e−iw ;

−iw = (y, −x, z)

eiw ;

iw = (−y, x, z)

e−(iw) ;

−(iw) = (y, −x, z)

se z ≥ 0; se z < 0;

Nas duas telas seguintes temos um programa que calcula o “hipercosseno”

Na tela da direita temos uma simula¸c˜ao (do exemplo anterior). Na tela a seguir repetimos nossa solu¸c˜ ao calculada na m˜ ao (p. 260)

Na tela do centro pedimos uma aproxima¸c˜ao da coordenada 2 da saida do programa, na tela da direita comparamos novamente as duas solu¸c˜oes.

261

π π π 2, 4, 6

( b ) Encontre (no ramo principal) o seguinte n´ umero: cos Solu¸ c˜ ao:

cos w =

 −(−iw) −iw +e  , z ≥ 0; e 2   eiw + e−(iw) , 2

w = (x, y, z)

z ≤ 0.

Vamos necessitar da exponencial

ew = e(x, y, z) =

Temos

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z), ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z), e−(−iw) ;

−(−iw) = (−y, x, z)

e−iw ;

−iw = (y, −x, z)

π π π 2, 4, 6

Sendo w =

se z ≥ 0;

se z < 0;

dado, temos

−(−iw) = (−y, x, z)

⇒

−(−iw) = − π4 ,

−iw = (y, −x, z)

⇒

−iw =

π 4,

π π 2, 6

− π2 ,

π 6

Vamos calcular cos w =

e−(−iw) + e−iw 2

Vamos inicialmente calcular a exponencial e−(−iw) . ew = e−(−iw) = ex cos y cos z + i sen y cos z + j sen z ou ainda π

e−(−iw) = e− 4 cos

π π π π π 1 −π √ cos + i sen cos + j sen = e 4 (i 3 + j) 2 6 2 6 6 2

Agora vamos calcular a exponencial e−iw . Temos

ew = e−iw = ex cos y cos z + i sen y cos z + j sen z ou ainda π

e−iw = e 4 cos

√ π −π π π 1 π −π cos + i sen cos + j sen = e 4 (−i 3 + j) 2 6 2 6 6 2 262

Somando estas duas exponenciais e divindo o resultado por dois, obtemos π π π 2, 4, 6

cos

1 4

− π4

√

π 4

(i 3 + j) + e (−i

√

3 + j)

Na tela a seguir encontramos o cosseno pelo programa

na tela do centro digitamos nossa solu¸cão calculada na m˜ ao; ao dar Enter a calculadora automaticamente converte para a tela da direita; portanto, por compara¸c˜ ao direta as duas solu¸c˜ oes s˜ ao rigorosamente iguais!. A seguir pedimos um valor approximado de ambas as solu¸cões e as convertemos em polar (em graus), para efeitos de localiza¸cão geométrica no R3

Veja como ficou a geometria

cos( π2 ,

π π , 4 6

π ,0) 4

)

←

cos( π2 ,

263

cos( π2 ,

π , 0 ) = 0, 87 4

cos( π2 ,

π π , 4 6

270, 00o

o ) = 0, 87 270, 00

0, 00o 41, 36o

Comandos u ´teis na HP Prime Existem certas express˜ oes que a calculadora n˜ ao simplifica diretamente, neste sentido apresentaremos quatro comandos que podem ser de grande utilidade, ele s˜ ao acessado na tela a seguir, prima antes

Temos: numer extrai o numerador de uma fra¸cão; denom extrai o denominador de uma fra¸c˜ ao; left extrai o lado esquerdo de uma equa¸cão; right extrai o lado direito de uma equa¸cão. Estes dois u ´ ltimos comandos quando aplicados a uma potência nos devolvem a base e o expoente, respectivamente. ( c ) Encontre (no ramo principal) o seguinte n´ umero: sen Solu¸ c˜ ao: Vamos calcular

π π 2, 4,

0 .

eiw − e−iw 2i Não necessitamos calcular, novamente, estas exponenciais. Com efeito, como já dissemos , devido a que w = (x, y, 0) estamos restritos à álgebra complexa e, nesta, vale a identidade: iw = −i(−w). J´ a vimos (pp. 259, 260), que sen w =

eiw = i e− 4

e(−i)w = −i e 4

Fazendo a subtra¸c˜ ao e dividindo por 2i obtemos, π π π π 1 e 4 + e− 4 sen , , 0 = 2 4 2 Na tela a seguir pedimos um valor approximado da nossa solu¸c˜ao

Na tela da direita exibimos o valor dado pela calculadora. 264

Vamos implementar o ramo principal do “hiperseno” na HP Prime

sen w =

 iw −iw   e −2ie ,

z ≥ 0;

w = (x, y, z)

  e−(−iw) − e−(iw) , z ≤ 0. 2i Vamos necessitar da exponencial

ew = e(x, y, z) =

Temos

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z),

ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z), e−(−iw) ;

−(−iw) = (−y, x, z)

e−iw ;

−iw = (y, −x, z)

eiw ;

iw = (−y, x, z)

e−(iw) ;

−(iw) = (y, −x, z)

se z ≥ 0; se z < 0;

Nas duas telas seguintes temos um programa que calcula o “hiperseno”

Na tela da direita temos uma simula¸cão (do exemplo anterior). Na tela a seguir repetimos nossa solu¸c˜ ao calculada na m˜ ao (p. 264) Na tela do centro pedimos uma aproxima¸cão da coordenada 1 da saida do programa, na tela da direita comparamos novamente as duas solu¸cões.

265

( d ) Encontre (no ramo principal) o seguinte n´ umero: sen π2 , π4 , π6 . Solu¸ c˜ ao: Sendo w = π2 , π4 , π6 dado, vamos calcular a primeira das equa¸c˜ oes a seguir  iw −iw  z ≥ 0;  e −2ie , sen w =   e−(−iw) − e−(iw) , z ≤ 0. 2i

temos

iw = (−y, x, z)

⇒

−iw = (y, −x, z)

⇒

i w = − π4 ,

−i w =

π 4,

π π 2, 6

− π2 ,

π 6

Uma destas exponenciais j´a possuimos do c´alculo do cos w: (p. 262) e−iw =

√ 1 π e 4 (−i 3 + j) 2

Calculemos a exponencial eiw , onde i w = da exponencial

ew = e(x, y, z) =

− π4 ,

(3.15) π π 2, 6

. Vamos necessitar

 ex · (cos y cos z + i sen y cos z + j sen z), ex · (cos y cos z + i sen y cos z − j sen z),

se z ≥ 0; se z < 0;

ent˜ ao ew = eiw = ex cos y cos z + i sen y cos z + j sen z π

= e− 4 cos

π π π π π 1 −π √ cos + i sen cos + j sen = e 4 (i 3 + j) 2 6 2 6 6 2

Somando este resultado com o oposto da exponencial (3.15), resulta √ 1 −π √ 1 π e 4 (i 3 + j) − e 4 (−i 3 + j) 2 2 e dividindo este resultado por 2i, obtemos

sen

π π π 2, 4, 6

1 4

π π √ π π (e 4 + e− 4 ) 3 − j (e 4 − e− 4 )

266

sen

π π π 2, 4, 6

1 4

(e 4 + e− 4 )

√

3 − j (e 4 − e− 4 )

Na tela a seguir encontramos o hiperseno pelo programa

Veja como ficou a geometria

Y sen ( π2 , π4 , 0 )

sen ( π2 ,

π π , 4 6

)

267

sen ( π2 ,

π ,0) 4

sen ( π2 ,

π π , 4 6

o = 1, 32 0, 00

o ) = 1, 23 0, 00

0, 00o −20, 74o

268

Cap´ıtulo

Aplica¸cões Nem você nem eu nem ninguém sabemos o que faz um matem´ atico vingar. N˜ ao é uma quest˜ ao de inteligência. Conhe¸co matem´ aticos mais h´ abeis que eu, mas que n˜ ao tiveram sorte. Considere dois mineiros: um talvez seja perito em geologia, mas é o mineiro ignorante quem acha as pepitas douradas. (Louis J. Mordell/matem´ atico britânico)

4.1

Introdu¸ c˜ ao

O objetivo deste cap´ıtulo ´e sugerir (apontar) algumas aplica¸c˜oes para os nne-3D.

269

4.2

Gera¸ c˜ ao de Fractais - 3D

Publiquei um artigo na internet − N´ umeros hipercomplexos 3D, 1 a edi¸cão do presente livro − cuja u ´ ltima vers˜ ao foi datada em 18.05.2007, em abril de 2013 me deparo na internet com o artigo “Hypercomplex Fractals” do inglês Daniel White’s (publicado em novembro de 2007), no qual ele − partindo do mesmo insight que eu − cria uma multiplica¸cão 3D e faz aplica¸cões na gera¸c˜ ao dos fractais 3D.

(Fonte: http://www.bugman123.com/Hypercomplex/index.html) A fórmula acima de Daniel é idêntica − a menos do sinal da terceira coordenada − ` a nossa fórmula que comparece no lema 1 (p. 62)

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

, 2z

x2 + y 2

A f´ormula para multiplica¸c˜ao de ternos de Daniel pode ser vista a seguir

que corresponde ` a nossa (D4 ) (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a21 + b21 , r2 =

a22 + b22

270

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

4.3

Computa¸c˜ ao Gr´ afica

A multiplica¸c˜ ao em B-3D pode ser vista como uma rota¸cão no espa¸co. Isto nos sugere aplic´ a-la nas transforma¸cões geométricas. Rota¸ c˜ ao em torno da origem Segundo a proposi¸c˜ ao 5 (p. 58) se multiplicarmos o n´ umero w1 = 1 · (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) pelo ponto (n´ umero) w = (x, y, z) obteremos uma rota¸c˜ ao, deste u ´ ltimo, de um ângulo (θ, β). Para atender a referida proposi¸c˜ ao basta escolher − π2 ≤ β ≤ π2 (isto é, cos β ≥ 0). Para obter a rota¸c˜ ao - de argumento (θ, β) - de um ponto w = (x, y, z), em torno da origem, devemos realizar o produto: (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) · (x, y, z) Vamos calcular este produto para o caso especial em que p π r1 = (cos θ · cos β)2 + (sen θ · cos β)2 = | cos β| = cos β 6= 0 ⇒ β 6= ± . 2 e w fora do eixo Oz. Sendo assim, multiplicamos em (D4 ): (a1 ·a2 −b1 ·b2 ) γ, (a1 ·b2 +a2 ·b1 ) γ, c1 ·r2 +c2 ·r1 ,

Onde

r1 =

a 1 + b1 , r 2 =

a2 + b2

se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−

c1 · c2 r1 · r2

(x · cos θ · cos β − y · sen θ · cos β)γ, (y · cos θ · cos β + x · sen θ · cos β)γ, sen β · r2 + z · cos β

Onde, r2 = Fa¸camos

x2 + y 2 e γ = 1 −

z√ sen β , cos β x2 +y 2

z x2 +y 2

isto ´e, γ = 1 − √

tag β.

x′ =(x cos θ cos β − y sen θ cos β) γ y ′ =(y cos θ cos β + x sen θ cos β) γ p z ′ = x2 + y 2 · sen β + z · cos β

Para efeito de exemplifica¸c˜ ao vamos rotacionar um n´ umero complexo w = (x, y, 0). Sendo assim temos γ = 1, logo x′ =(x cos θ − y sen θ ) cos β y ′ =(y cos θ + x sen θ ) cos β p z ′ = x2 + y 2 · sen β

Observe que cos β funciona como um “fator de contra¸c˜ao”. 271

Na figura a seguir rotacionamos sucessivamente um quadrado de lado unit´ ario:

Em cada figura θ assume os valores: 0o , 5o , 10o , 15o , . . . , 60o ; enquanto β = 30o permanece fixo. O quadrado, que inicialmente encontra-se no plano (complexo), ap´ os a opera¸cão de rota¸cão vai para o espa¸co (devido ao ângulo β), na figura temos a proje¸cão no plano complexo, isto é, plotamos (x′ , y ′ ). Mais algumas figuras obtidas a partir da rota¸cão em B-3D s˜ ao exibidas a seguir:

Para obter os quadrados acima existe uma rela¸cão entre o “fator de escalonamento” (contra¸c˜ ao) α e o ângulo θ desejado, assim: α = (cos θ + sen θ)−1 = cos β No caso da figura aplicamos “escalonamento sobre escalonamento”. Inicialmente, α = (cos 10o + sen 10o )−1 = cos β = 0, 8632. O segundo escalonamento é: 0, 8632×0, 8632, então: β = cos−1 (0, 8632× 0, 8632) = 41, 8284o , no terceiro escalonamento β = cos−1 (0, 86323 ) = 49, 9674o , etc. 272

4.4

Rob´ otica

Aqui queremos apenas deixar a sugest˜ao de que se estudem a viabilidade de aplica¸c˜ ao dos nne-3D na rob´ otica, cremos que isto n˜ ao ser´ a dif´ıcil.

Apˆ endice Existe uma “prova” (ver [3]) da impossibilidade dos n´ umeros tridimensionais. Vamos repetir aqui esta prova: A impossibilidade de um n´ umero complexo tri-dimensional. Examinaremos aqui o problema de introduzir uma multiplica¸cão no espa¸co de três dimensões R3 de maneira que resulte uma generaliza¸cão natural dos n´ umeros complexos como pontos do plano (α, β) = α + β i, assim como estes s˜ ao uma generaliza¸c˜ ao natural dos n´ umeros reais como pontos da reta sob a identifica¸c˜ ao (α, 0) = α. Em outras palavras, considerando os ternos ordenados de n´ umeros reais (α, β, γ) com as identifica¸cões (α, 0, 0) = α e (α, β, 0) = α + β i, e com as opera¸cões usuais de adi¸cão e multiplica¸cão por escalares, a quest˜ ao é: podemos definir uma multiplica¸caõ de vetores em R3 de modo que sejam válidos todos os axiomas de um corpo? Não é dif´ıcil mostrar que isto é imposs´ıvel. Com efeito, seja (α, β, γ) = α + β i + γ j (onde, é claro, j = (0, 0, 1)) e vamos supor que uma tal multiplica¸cão est´ a definida. Então podemos escrever i j = α0 + β0 i + γ0 j onde α0 , β0 e γ0 s˜ ao reais. Multiplicando ambos os lados por i à esquerda, obtemos −j = i2 j = i (i j) = i (α0 + β0 i + γ0 j) = α0 i − β0 + γ0 i j. Substituindo agora i j por α0 + β0 i + γ0 j, segue que ( α0 γ0 − β0 ) + ( α0 + β0 γ0 ) i + ( γ02 + 1 ) j = 0, contradizendo o fato de que γ0 é real. Note que para chegar a uma contradi¸cão usamos apenas a associatividade e distributividade da multiplica¸c˜ ao. Nota: Na verdade, a comutatividade também é usada; ademais, o que este autor provou foi: “se a multiplica¸ca õ é comutativa, associativa e distributiva, ent˜ ao os n´ umeros tridimensionais s˜ ao imposs´ıveis”; a rigor ele n˜ ao provou a ‘impossibilidade de um n´ umero complexo tridimensional’. O contrapositivo do teorema dele é: “se os n´ umeros tridimensionais s˜ ao poss´ıveis ent˜ ao a multiplica¸ca õ n˜ ao é comutativa ou n˜ ao é associativa ou n˜ ao é distributiva”. 273

Um algoritmo para plotar pontos no espa¸co Interregno cultural: Precisamente no ano de 1988 senti a necessidade de fazer um programa computacional para tra¸car o gr´ afico de superf´ıcies z = f (x, y). Na época n˜ ao existiam os potentes softwares algébricos existentes hoje e que tra¸cam gr´ aficos com a maior facilidade. Inicialmente, para desenvolver meu programa consultei dois ou três livros sobre computa¸c˜ ao gr´ afica, entretanto achei os algoritmos − constantes nestes livros − um tanto quanto complicados para serem implementados; foi quando decidi criar meu pr´ oprio algoritmo.

Dedu¸c˜ ao do meu algoritmo Após alguns instantes de reflexão me coloquei o seguinte problema: Como plotar um ponto (x, y, z), do espa¸co tridimensional, em uma superf´ıcie bidimensional (a tela do computador ou uma folha de papel, por exemplo)? Para resolver meu problema devo construir a seguinte transforma¸cão T : R3 → R2 z

t (x, y, z)

t (X, Y )

Observe que o ponto a ser plotado ´e “o mesmo” nas duas figuras. Digo, para plotar o ponto de coordenadas (x, y, z) “no espa¸co” basta plotar o ponto de coordenadas (X, Y ) no plano − de modo que esta plotagem nos dˆe a ilus˜ ao de que o ponto encontra-se no espa¸co, entenderam? Pois bem, s´ o nos resta agora relacionar as “coordenadas virtuais” X e Y com as coordenadas reais x, y e z. Isto pode ser feito a partir das figuras z z

t (X, Y )

` θ

t (X, Y ) ≡ (x, y, z) y

y x

274

` θ

Nota: θ ´e um ˆ angulo entre o eixo x e o eixo z (negativo). O nosso interesse estar´ a centrado na figura da direita. Desta figura destacamos o seguinte triˆ angulo (ver seta): y−X ⊡ z−Y

θ a

sen θ =

y−X x

⇒ X = y − x · sen θ

cos θ =

z−Y x

⇒ Y = z − x · cos θ

Ent˜ ao, o “menor algoritmo do mundo” para o tra¸cado de superf´ıcies, ´e: (x, y, z) ≡ (X, Y ) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ )

(4.1)

Aplica¸c˜ oes do algoritmo As superf´ıcies que constam na p´ agina 255 foram tra¸cadas com este algoritmo.

Morte e ressurrei¸c˜ ao de um algoritmo Alguns anos depois da concep¸caõ do meu algoritmo surgem os poderosos softwares computacionais para o tra¸cado de gr´ aficos (inclusive superf´ıcies), devo confessar que, com muito pesar, vislumbrei a morte de meu rebento. Entretanto, alguns anos depois as circustâncias me levaram a utilizar o processador de texto LATEX 2ε e neste existe um ambiente (picture) para o tra¸cado de figuras que trabalha com as coordenadas cartesianas bidimensionais (X, Y ). Somente ent˜ ao me dei conta de que a finalidade principal de meu algoritmo n˜ ao estava no tra¸cado de superf´ıcies mas sim em plotar um ponto no espa¸co R3 e, em fun¸cão disto, o mesmo se revelaria de grande utilidade dentro do ambiente de figuras do referido processador de texto. Por exemplo, os seguintes paralelepipedos foram tra¸cados com o algoritmo (4.1).

Os pontos “no espa¸co” deste livro foram plotados com este algoritmo. Programei a identidade (4.1) dentro do pr´ oprio LATEX 2ε , e tamb´em na HP Prime .

275

Nosso algoritmo pode ser visto como uma transforma¸c˜ao linear Y = F (X) = A X onde "

X Y

−sen θ 1 0

− cos θ 0 1

 x    y  z 

Observe que G(0, y, z) = ( y − 0 · sen θ, z − 0 · cos θ ) = (y, z). Ou seja, os pontos do plano yoz s˜ ao “invariantes”. Observe como o algoritmo transforma as coordenadas reais, (x, y, z), de um paralelepipedo em coordenadas “virtuais” (X, Y ): G (x, y, z) −→ (X, Y )

G (x, y, z) −→ (X, Y )

(0, 0, 0) −→ (0, 0)

(1, 0, 0) −→ (−0.6428, −0.7660)

(0, 1, 0) −→ (1, 0)

(1, 1, 0) −→ (0.3572, −0.7660)

(0, 1, 1) −→ (1, 1)

(1, 1, 1) −→ (0.3572, 0.2340)

(0, 0, 1) −→ (0, 1)

(1, 0, 1) −→ (−0.6428, 0.2340)

(0, 0, 1) (1, 0, 1)

r r

(1, 0, 0)

(0, 1)

r(0, 1, 1)

G : R3 → R2

(0, 1, 0)

r(1, 1)

r r r

r(1, 1, 0)

↑

(1, 0)

r(0.3572, −0.7660)

(−0.6428, −0.7660)

Nesta figura fixamos θ = 40o e arredondamos as cordenadas em (X, Y ) para quatro casas decimais.

276

Apˆ endice: Listagem dos programas 1)

pnne 3d, p. 12

• Multiplica dois nne: w1 · w2 2) dnne 3d, p. 25 • Divide dois nne: w1 /w2 3)

potnne 3d, p. 61

• Potˆencia de um nne: wn 4) RPP, p. 78 • Retangular para polar no plano: (x, y) → r 5)

RPE, p. 78

• Retangular para polar no espa¸co: (x, y, z) → ρ

6) RPE G, p. 79 • Retangular para polar no espa¸co, com saida em graus: (x, y, z) → ρ 7) PRE, p. 80 • Polar para retangular no espa¸co: ρ 8)

βo

→ (x, y, z)

phiperp, p. 82

• Produto na forma polar: ρ1

9) dhiperp, p. 83 • Divis˜ao na forma polar: ρ1

θ1

β1

θ1

β1

10) ROTO, p. 91 • Rota¸c˜ ao em torno da origem. 11)

θo

· ρ2

RET1, p. 192

• Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w = b. 12) RET2, p. 199 • Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w−1 = b.

277

ρ2

θ2

β2

θ2

β2

13) REQ, p. 225 • Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w2 = b. 14)

RQE, p. 234

• Extra¸c˜ ao de ra´ızes quadradas

√

15) FEG, p. 239 • F´ormula de Euler generalizada. 16)

lnh, p. 243

• Logaritmo hipercomplexo: ln w. 17) EXPh, p. 244 • Ramos da exponencial: ew . 18)

Exdh, p. 245

• Potˆencia hipercomplexo: w µ = e µ ln w . 19) hipfe, p. 249 • converte w = (x, y, z) na forma exponencial.

  ρ e i θ0 + j β 0 , 

ρ e i θ0 − j β 0 ,

20) hcos, p. 261 • cosseno hipercomplexo: cos w. 21)

hsen, p. 265

• seno hipercomplexo: sen w.

278

se sen β0 ≥ 0; se sen β0 < 0.

Apˆ endice: (−1)·(−1) = 1, a equa¸ c˜ ao que confundiu a mente dos mais brilhantes matem´ aticos por s´ eculos Introdu¸c˜ ao Uma das minhas caracter´ısticas como professor, autor e estudante é que gosto de observar e acentuar os contrastes, aquilo que é paradoxal, que possui um viés iconoclasta. Por exemplo, o grande Euler∗ , que deduziu a famosa equa¸cão ei θ = cos θ + i sen θ foi o mesmo que sucumbiu − intelectualmente falando − à “simples” equa¸cão

(−1) · (−1) = 1

mas n˜ ao apenas Euler, como muitos outros da mesma estirpe, como estaremos provando. Ademais, o tema deste apˆendice tem tudo a ver com o tema deste livro. A maioria das cita¸c˜ oes subsequentes foram retiradas das seguintes fontes

− A regra dos sinais: alguns elementos importantes do seu contexto hist´ orico Selma Felisbino Hillesheim Méricles Thadeu Moretti ´ ´ − OBSTACULOS SUPERADOS PELOS MATEMATICOS NO PASSADO ˆ E VIVENCIADOS PELOS ALUNOS NA ATUALIDADE: A POLEMICA ˜ ´ MULTIPLICAC ¸ AO DE NUMEROS INTEIROS Mércia de Oliveira Pontes ˜ DOS NUMEROS ´ − A DIFÍCIL ACEITAC ¸ AO NEGATIVOS: UM ESTUDO ´ DA TEORIA DOS NUMEROS DE PETER BARLOW (1776 - 1862) Marta Figueredo dos Anjos

Pois bem, como professor de matem´ atica, algo que me deixou deveras embasbacado foi o tempo transcorrido (ou necessário) até os matem´ aticos comprenderem os n´ umeros negativos, isto é, n´ umeros do conjunto Z = { . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . } ∗ Aqui n˜ ao vai nenhum demérito ` a figura deste grande cientista, estamos apenas acentuando o paradoxal.

279

O tempo a que me refiro foram, nada mais nada menos, que

1500

anos!

...

pasm´em!

Isto mesmo, para que estes n´ umeros adquirissem legitimidade (unanimidade, aceita¸c˜ ao) matem´ atica foram necessários 15 séculos!. A plena aceita¸c˜ ao destes n´ umeros deu-se somente no já avan¸cado século XIX. Foi precisamente a possibilidade de dar diversas interpreta¸co ˜es aos n´ umeros negativos que fez com que eles fossem aceitos aos poucos na coletividade matem´ atica. Porém, desde seu aparecimento, esses n´ umeros suscitaram d´ uvidas quanto ` a sua legitimidade. Em 1543 Stieffel ainda os chamava de n´ umeros absurdos, e Cardano, contemporˆ aneo de Stieffel, denominava-os solu¸co ˜es falsas de uma equa¸ca õ. Descartes (1596 -1650) chamava de falsas as ra´ızes negativas de uma equa¸c˜ ao; Viete (1540 -1603) era mais radical: simplesmente rejeitava os negativos − bem como D’Alembert (1767-1783). Vamos nos concentrar em um caso especial e “simples” da famosa regras dos sinais, qual seja, este:

(−1) · (−1) = 1 Não se trata de nenhum exagero afirmar que esta “simples” equa¸cão confundiu a mente de eminentes matem´ aticos, até o século XIX, ou ainda, durante mais de 1500 anos! pasmém! − Dentre estes matem´ aticos incluimos: − Leonhard Euler (1707-1783):

− Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855): − Ren´e Descartes (1596-1650):

− Pierre Simon Laplace (1749-1827) − Pierre Fermat (1601-1665)

− Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1716) − Isaac Newton (1643-1727)

Apenas para citar alguns dos mais eminentes.

280

Um momento!: processar s´ımbolos n˜ ao ´ e o mesmo que processar significado Veja bem, o fato de que eventualmente um aluno do ensino fundamental saiba que (−1) · (−1) = 1 isto n˜ ao significa que ele compreenda o porquˆe deste produto. Dizemos que ele foi apenas programado para isto, tipo: “o inimigo do meu inimigo ´e meu amigo”, etc.

Uma “simples” calculadora como a HP Prime tamb´em “sabe” que (−1)·(−1) = 1, perguntamos, ela entende isto?. De igual modo a grande maioria de estudantes foi apenas programada para lidar com a matem´ atica, a efetiva compreens˜ ao n˜ ao ´e maior que a da calculadora.

Sugest˜ ao: O v´ıdeo Hist´oria da Matem´atica para Professores 16 - N´ umeros negativos e Complexos https://www.youtube.com/watch?v=xjG2Z5XgS4o exibe uma tosca tentativa de provar que (−1) · (−1) = 1, efetuada pelo matem´ atico Jean-Robert Argand (1768—1822). Dentre as in´ umeras tentativas de se provar as regras de sinais e, em particular que, (−1) · (−1) = 1, vamos reproduzir apenas duas: − Euler:

(Da referˆencia Selma Felisbino)

1. A multiplica¸c˜ ao de uma d´ıvida por um n´ umero positivo n˜ ao oferece dificulade: três d´ıvidas de “a escudos” fazem uma d´ıvida de “3 a escudos”. Ent˜ ao b × (−a) = −ab. 2. Pela comutatividade, Euler deduz que (−a) × b = −ab. ´ claro, 3. Resta determinar o que é o produto (−a) pelo (−b). E diz Euler, que o valor absoluto é ab. Se trata então de se decidir entre +ab e −ab. Mas como (−a) × b vale −ab, n˜ ao resta mais como u ´ nica possibilidade que (−a) × (−b) = +ab (!!!) (Euler, apud GLAESER, 1981, P. 319) A referência citada continua: 281

O malabarismo apresentado por Euler para justificar a regra de sinais demonstra que ele n˜ ao tinha ainda conhecimentos suficientes para esclarecer convincentemente os pontos obscuros apresentados pelas regras de sinais. Na mesma obra, segundo Glaeser (1981), Euler concebe o n´ umero negativo como sendo uma letra precedida com o sinal − (menos). Euler n˜ ao consegue estabelecer uma ideia para a forma¸ca õ do conceito de n´ umero negativo, nem muito menos concebê-los como sendo quantidades menores que zero. Atualmente esta “prova” de Euler é vista como tosca, infantil e primitiva. Com efeito, na prova acima vamos fechar os olhos para o ´ıtem 1. e vamos apontar a falha nos ´ıtens 2. e 3.; no ´ıtem 2. a falha est´ a em que embora n˜ ao se sabe o que é um n´ umero inteiro, n˜ ao se sabe como operar com eles, no entanto, Euler usa a propriedade comutativa; sem ter provado que esta opera¸c˜ ao se estende a um conjunto desconhecido, reiteramos. No ´ıtem 3. a falha est´ a em “Mas como (−a) × b vale −ab, n˜ ao resta mais como u ´ nica possibilidade que (−a) × (−b) = +ab”. ser

N˜ao, n˜ ao ´e isto; mesmo admitindo (−a) × b = −ab ainda assim poderia (−a) × (−b) = −ab

por que n˜ ao?; afinal trata-se de um conjunto, e de opera¸cões, até então desconhecidos. Uma opera¸c˜ ao sobre um conjunto E é uma aplica¸cão (fun¸cão) f: E×E → E uma opera¸c˜ ao n˜ ao é obrigatoriamente injetiva. umero negativo Observe que interessante: “Euler concebe o n´ como sendo uma letra precedida com o sinal − (menos)”. Veja que interessante: “Ora, isso n˜ ao faz sentido . . . Não se estabelece um conceito a partir de uma nota¸c˜ ao”. Prof. Adonai Sant’Anna (UFPR)

282

− Laplace:

(Da referˆencia Selma Felisbino)

As dificuldades enfrentadas por Cauchy também podem ser percebidas em Pierre-Simon Laplace (1749-1827) nas suas conferências pedag´ ogicas realizadas na Escola Normal Superior, declarando algumas dificuldades a respeito da teoria dos n´ umeros relativos. Vejamos como Laplace apresenta a justifica¸c˜ ao da regra de sinais: (A regra dos sinais) apresenta algumas dificuldades: temos apenas que conceber que o produto de −a por −b seja o mesmo que o de a por b. Para tornar essa identidade sens´ıvel, n´ os observamos que o produto de −a por +b é −ab (visto que o produto é −a repetido tantas vezes que quando tem unidades em b). Observamos em seguida que o produto de −a por b − b é nulo, pois o multiplicador é nulo; assim o produto de −a por +b é −ab, o produto de −a por por −b deve ser de sinalcontr´ ario ou igual à +ab para o destruir (apud Glaeser, 1981, p. 333) Vamos organizar um pouco a argumenta¸cão de Laplace: inicialmente ele se propõe a provar que (−a) · (−b) = ab Para isto, estabelece que (−a) · (+b) = −ab

(4.2)

“visto que o produto é −a repetido tantas vezes que quando tem unidades em b”. Neste momento já podemos interpolar uma primeira cr´ıtica: Laplace extrapola para os n´ umeros inteiros uma propriedade da adi¸caõ de naturais. Não devemos esquecer que no contexto de Laplace os n´ umeros inteiros ainda n˜ ao existem, digo, ainda n˜ ao foram formalizados, portanto, n˜ ao sabemos como multiplicar inteiros. Em seguida Laplace afirma (−a) · (b − b) = 0 Ok. Desta igualdade, seguindo o racioc´ınio de Laplace, resulta (−a) · (+b) + (−a) · (−b) = 0 utilizando (4.2), decorre −ab + (−a) · (−b) = 0 Daqui se segue que para “destruir” −ab.

(−a) · (−b) = +ab

283

Laplace acredita ter provado a regra dos sinais (−a) · (−b) = +ab da qual decorre.

(−1) · (−1) = 1 Veremos que foi necessária a interven¸cão das genialidades de dois outros matem´ aticos (Hankel e Peacock) para desmistificarem esta “prova” de Laplace, por conseguinte a de Euler, e de muitos outros matméticos contemporˆ aneos. Oportunamente estaremos apontando onde est´ a a falha principal nesta “prova”.

Como se resolveu um impasse de 1500 anos? Depois de 15 séculos de lutas ingl´ orias na tentativa de se compreender os n´ umeros negativos e, em particular, as regras de sinais e, em particular (−1) · (−1) = 1, a quest˜ ao come¸cou a se iluminar pela contribui¸cão majorit´ aria de dois matem´ aticos Hermann Hankel (1839-1873) e George Peacock (1791-1858), veja: (Da referência Selma Felisbino) No per´ıodo compreendido entre Diofanto e Hankel, muitos matem´ aticos se propuseram a construir uma demonstra¸cão para a regra de sinais pautada em exemplos pr´ aticos. Porém, Hankel em 1867, demonstra que a u ´ nica das regras poss´ıveis é aquela que preserva a distributividade à esquerda e à direita, isso porque ele aborda a ideia de n´ umero relativo numa outra dimensão, que n˜ ao aquela procurada na natureza. Hankel∗ apud Glaeser (1981, p. 338), difeencia de uma rentemente de Laplace, que acreditava na existˆ explica¸ c˜ ao para a multiplica¸ c˜ ao dos relativos na natureza, aborda a quest˜ ao numa outra dimensão, os n´ umeros n˜ ao s˜ ao descobertos, s˜ ao imaginados e a regra de sinais é pura inven¸cão da mente humana, uma conven¸cão. (Grifo nosso) Observem a fundamental mudan¸ca de perspectiva: “Os n´ umeros n˜ ao s˜ ao descobertos − como acreditava Laplace, e muitos outros −, s˜ ao inven¸cões humanas”. Muitas coisas que considerávamos como leis naturais s˜ ao actualmente demonstradas como constituindo puras conven¸cões humanas. (Bertrand Russel) ∗

HANKEL, H. Th´ eorie des complexen Zahlsysteme. Leipzig: Leopold Voss, 1867.

284

A procura por um bom modelo que explicasse a multiplica¸ca ˜o − × − = + s´ o se resolve quando a matem´ atica acadˆemica assume que n˜ ao h´ a significado na natureza que explique esse produto.

Jean Le Rond D’Alembert (1717-1783), um dos principais matem´ aticos desse per´ıodo, assume uma postura de combate aos n´ umeros negativos. Segundo Glaeser (1981), em seu artigo Négative para a Enciclopédia de Diderot, arqumenta que se um problema produz uma solu¸ca õ negativa, indica que algum erro foi cometido na hip´ otese e, portanto, o n´ umero positivo, oposto ao negativo obtido, é a solu¸ca õ desejada. (Referência, Mércia)

O Argumento decisivo de Peacock Como vimos anteriormente a equa¸c˜ao que confundiu a mente da elite matem´ atica por s´eculos a fio foi esta

(−1) · (−1) = 1 Como Peacock conduziu a quest˜ ao? Incialmente veremos uma transcri¸cão dos argumentos de Peacock e, em seguida, aditaremos nossos comentários. Para incluir os novos s´ımbolos −1, −2, −3, . . . em uma aritmética ampliada a qual englobe tanto os inteiros positivos como os negativos n´ os devemos, certamente, definir opera¸cões com eles de um modo tal que as regras originais das opera¸cões aritméticas sejam preservadas. Por exemplo, a regra (−1) · (−1) = 1 a qual estabelecemos para governar a multiplica¸cão de inteiros negativos, é uma consequência do nosso desejo de preservar a lei distributiva a · (b + c) = ab + ac. Pois se n´ os tivéssemos estabelecido que (−1) · (−1) = −1, ent˜ ao, fazendo a = −1, b = 1, c = −1, n´ os dever´ıamos ter tido −1 · (1 − 1) = −1 − 1 = −2, enquanto por outro lado n´ os realmente temos −1 · (−1 − 1) = 1 × 0 = 0. Levou muito tempo para que os matem´ aticos percebessem que a ‘regra dos sinais’, junto com todas as outras defini¸cões governando os inteiros negativos e fra¸c˜ oes n˜ ao podem ser ‘provadas’. Elas s˜ ao criadas por n´ os com o objetivo de obter liberdade de opera¸cão ao mesmo tempo que preservando as leis fundamentais da aritmética. O que pode − e deve − ser provado é apenas que com base nestas defini¸cões as leis comutativa, associativa e distributiva da aritmética s˜ ao preservadas.” (Da referência Selma Felisbino) 285

Peacock est´ a se referindo a uma poss´ıvel amplia¸c˜ao do conjunto dos naturais no seguinte sentido N = { 0, 1, 2, 3, . . . } −→ Z = { . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . } Observe que Peacock admite a possibilidade de que tenhamos

(−1) · (−1) = −1

se este fosse o caso vejamos no que daria, substituindo a = −1, b = 1, c = −1 em a · (b + c) = ab + ac, temos −1 · 1 + (−1) = −1 · 1 + (−1) · (−1) Aqui supomos que j´a seja conhecido que −1 · 1 = −1, logo −1 · 1 + (−1) = −1 + (−1) = −2

Por outro lado, temos que

−1 · 1 + (−1) = −1 · 0 = 0

Numa an´ alise apressada poderiamos concluir que o argumento estabelece a seguinte contradi¸c˜ ao: 0 = −2 e que, portanto, a hip´ otese inicial (−1)·(−1) = −1 s´ o pode ser falsa, logo estaria provado que: (−1) · (−1) = 1.

Na verdade n˜ ao é isto o que acontece† , o que na realidade foi provado é que Se a · (b + c) = ab + ac e (−1) · (−1) = −1 então 0 = −2

O contrapositivo deste teorema é Se 0 6= −2 ent˜ ao ou a · (b + c) 6= ab + ac ou (−1) · (−1) 6= −1 Certamente 0 6= −2, mas n˜ ao existe nada, logicamente falando, que nos obrigue a escolher entre (ou respectivas nega¸cões) a · (b + c) 6= ab + ac ou (−1) · (−1) 6= −1 ´ por isto que Peacock afirma: “Levou muito tempo para que os matem´ E aticos percebessem que a ‘regra dos sinais’, junto com todas as outras defini¸co ˜es governando os inteiros negativos e fra¸co ˜es n˜ ao podem ser ‘provadas’ ”. Esta é, precisamente, a raz˜ ao pela qual a equa¸cão

(−1) · (−1) = 1

† Lembre-se que ` a ´epoca de Peacock os inteiros ainda n˜ ao existiam, isto ´e, n˜ ao possuiam legitimidade matem´ atica.

286

desafiou as melhores mentes matem´ aticas do mundo durante alguns séculos. Ademais, gostaria de chamar a aten¸cão para uma outra afirma¸cão importante de Peacock, qual seja esta: “Por exemplo, a regra (−1) · (−1) = 1 a qual estabelecemos para governar a multiplica¸ca õ de inteiros negativos, é uma consequência do nosso desejo de preservar a lei distributiva a · (b + c) = ab + ac ”. Desejo, neste contexto, é sinˆ onimo de postulado, ou ainda: se a distributividade vale para os inteiros isto nada mais é que consequência de ´ por estas, e por outras raz˜ um postulado. E oes, que toda a matem´ atica é postulacional; ou ainda, as “verdades” matem´ aticas n˜ ao s˜ ao absolutas, mas condicionais. Uma pergunta ingênua, porém pertinente é: Ora, mas a distributividade nos inteiros n˜ ao é provada? − Observe Peacock: “O que pode − e deve − ser provado é apenas que com base nestas defini¸co ˜es as leis comutativa, associativa e distributiva da aritmética s˜ ao preservadas.” Agente precisa entender em que sentido as leis comutativa, associativa e distributiva da aritmética s˜ ao “provadas” − estamos nos referindo à perspectiva construtiva dos n´ umeros. Vamos ficar apenas nos naturais, para facilitar o discurso; todas as propriedades que caracterizam os naturais, constantes no quadro a seguir A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ N : a + 0 = 0 + a = a A3 ) a + b = b + a M 1 ) (a · b) · c = a · (b · c) M2 ) ∃ 1 ∈ N : a · 1 = 1 · a = a M3 ) a · b = b · a

D) a · (b + c) = a · b + a · c • Ordenado PBO) : Todo subconjunto não vazio de naturais possui um menor elemento. s˜ ao demonstradas a partir dos cinco axiomas de Peano (p. 288); acontece que as defini¸c˜ oes subsequentes das opera¸cões de adi¸cão e multiplica¸cão s˜ ao direcionadas (conduzidas) para se demonstrar aquilo que se pretende (“defini¸cões ad hoc”). Resumindo, estas propriedades s˜ ao válidas porque foram postuladas, na constru¸c˜ ao destes sistemas numéricos; sendo assim é perfeitamente l´ ogico postular a n˜ ao validade destas mesmas leis (algumas delas) na constru¸c˜ ao de outros sistemas numéricos. 287

Axiom´ atica de Peano A seguir apresentamos a “axiom´ atica de Peano”, formulada em 1889, o seu ponto de partida para a constru¸cão dos n´ umeros naturais. Inicialmente Peano assume três termos primitivos: n´ umero natural, zero, sucessor Os cinco axiomas de Peano s˜ ao: (1) Zero é um n´ umero natural; (2) Zero n˜ ao é sucessor de nenhum n´ umero natural; (3) O sucessor de um n´ umero natural é um n´ umero natural; (4) Dois n´ umeros diferentes nunca têm o mesmo sucessor; (5) Se zero possuir uma propriedade P, e se do fato de um n´ umero natural n qualquer possuir P, acarretar que o sucessor de n também possui esta propriedade, ent˜ ao todo n´ umero natural possui a propriedade P. Para o zero − que é um termo indefinido na axiomática de Peano, lembramos − foi adotado o seguinte s´ımbolo: 0. Peano define o sucessor de 0 como sendo 1, o sucessor de 1 como sendo 2, etc. De sorte que o conjunto dos n´ umeros naturais resulta, N = { 0, 1, 2, 3, . . . } Dado um n´ umero natural n, o sucessor de n é denotado por σ(n), de sorte que podemos ver σ como a seguinte aplica¸cão: σ: N → N A fun¸c˜ ao σ satisfaz aos seguintes axiomas: P1 ) Existe um elemento 0 ∈ N tal que 0 6∈ Im(σ). Ou seja, existe um u ´ nico n´ umero natural que n˜ ao é sucessor de nenhum outro. Ele se chama “zero”. Sendo assim, qualquer que seja n ∈ N, temos 0 6= σ(n). P2 ) σ : N → N é injetiva. Isto é, se m 6= n ent˜ ao σ(m) 6= σ(n): dois elementos distintos no dom´ınio n˜ ao podem ter o mesmo sucessor. P3 ) (Princ´ıpio de Indu¸cão) Seja A um subconjunto de N tal que: ( i ) 0 ∈ A; ( ii ) Se n ∈ A, então σ(n) ∈ A. Ent˜ ao, A = N.

Uma demonstra¸c˜ ao na qual o axioma P3 ´e empregado, chama-se uma demonstra¸c˜ ao por indu¸c˜ao. 288

Vamos rastrear a constru¸c˜ ao de Peano com o intuito de mostrar que, por exemplo, a distributividade é como que postulada através de “defini¸cões ad hoc”∗ . Considere o conjunto, N = { 0, 1, 2, 3, . . . } Defini¸ c˜ ao 9 (Adi¸c˜ ao). Seja n ∈ N um natural dado. Então ( i ) m + 0 = m; ( ii ) m + σ(n) = σ(m + n).

Defini¸ c˜ ao 10 (Multiplica¸c˜ ao). A multiplica¸c˜ao em N ´e definida por: ( n · 0 = 0; ∀ n ∈ N n · (m + 1) = n · m + n, sempre que n · m est´ a definido.

Observe que nesta defini¸c˜ ao de multiplica¸cão já est´ a “embutido” nosso desejo de que a multiplica¸c˜ ao seja distributiva†. Conclusão: a distributividade − e as demais leis − n˜ ao é uma “propriedade intr´ınseca” dos natutais, foi postulada através de “defini¸c˜ oes ad hoc”. Lembramos Peacock: Por exemplo, a regra (−1) · (−1) = 1 a qual estabelecemos para governar a multiplica¸c˜ ao de inteiros negativos, é uma consequência do nosso desejo de preservar a lei distributiva a · (b + c) = ab + ac. [. . . ] Levou muito tempo para que os matem´ aticos percebessem que a ‘regra dos sinais’, junto com todas as outras defini¸c˜ oes governando os inteiros negativos e fra¸cões n˜ ao podem ser ‘provadas’. Elas s˜ ao criadas por n´ os com o objetivo de obter liberdade de opera¸c˜ ao ao mesmo tempo que preservando as leis fundamentais e apenas que com da aritmética. O que pode − e deve − ser provado ´ base nestas defini¸ co ˜es as leis comutativa, associativa e distributiva da aritm´ etica s˜ ao preservadas. Resumimos afirmando que toda a matem´ atica é uma constru¸caõ humana, n˜ ao excetuando as “leis leis fundamentais da aritmética” às quais Peacock se refere. ∗

O leitor interessado n˜ ao apenas na constru¸c˜ ao do naturais como dos outros sistemas num´ericos sugerimos nosso livro [7]. †` Aqueles que porventura discordem da nossa perspectiva sugerimos que provem que a propriedade distributiva ´e v´ alida nos naturais.

289

A lei dos trˆ es estados A lei dos três estados para o esp´ırito cient´ıfico possibilita uma melhor compreens˜ ao dos feitos dos matem´ aticos, que atuam nesse processo de constru¸c˜ ao, cujo desenvolvimento ocorre através de questões particulares. Segundo Bachelard (1996), o esp´ırito cient´ıfico, em sua forma¸cão individual, passa obrigatoriamente pelos estados concreto, concreto-abstrato e abstrato. No estado concreto, o esp´ırito ocupa-se com as primeiras imagens do fenômeno e exalta a natureza; no concreto-abstrato, o esp´ırito acresce os esquemas geométricos ` a experiência f´ısica. Nos esquemas geométricos, o esp´ırito cient´ıfico se sente mais seguro no seu processo de abstra¸cão do que na intui¸c˜ ao sens´ıvel. No estado abstrato, o esp´ırito acolhe informa¸cões desligadas da intui¸c˜ ao, da experiência imediata e, até certo ponto, em contradi¸cão com a realidade primeira. As hesita¸c˜ oes e incertezas do processo de legitima¸cão dos n´ umeros negativos assumem um importante papel, pois, para Bachelard (1996, p. 13), “[. . . ] uma hip´ otese cient´ıfica que n˜ ao esbarra em nenhuma contradi¸cão tem tudo para ser uma hip´ otese in´ util. Do mesmo modo, a experiência que n˜ ao retifica nenhum erro, que é monotonamente verdadeira, sem discussão, para que serve?” (Referência, Mércia)

“[. . . ] uma hip´ otese cient´ıfica que n˜ ao esbarra em nenhuma contradi¸c˜ao . . . ” Observe que a nossa hip´ otese cient´ıfica∗ esbarra na seguinte contradi¸c˜ao

−1 · j 6= −j [. . . ] a opini˜ ao pensa mal; n˜ ao pensa: traduz necessidades em conhecimentos. Ao designar os objetos pela utilidade, ele se impede de conhecê-los. N˜ ao se pode basear nada na opini˜ ao: antes de tudo, é preciso destru´ı-la. Ela é o primeiro obst´ aculo a ser superado. [. . . ] O esp´ırito cient´ıfico pro´ıbe que tenhamos opini˜ ao sobre quest˜ oes que n˜ ao compreendemos, sobre quest˜ oes que n˜ ao sabemos formular com clareza. [. . . ] Para o esp´ırito cient´ıfico, todo conhecimento é resposta a uma pergunta. Se n˜ ao h´ a pergunta, n˜ ao pode haver conhecimento cient´ıfico. Nada é evidente. Nada é gratuito. Tudo é constru´ıdo. (Bachelard)

∗

Defini¸cao da multiplica¸c˜ ao hipercomplexa (p. 10).

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H´ a no mundo muitos pensamentos falsos, muitas supersti¸co ˜es insensatas, e ninguém que estiver escravizado por eles poder´ a fazer progresso. Portanto, n˜ ao deves acolher um pensamento simplesmente porque muitas outras pessoas o acolhem, nem porque se tenha acreditado nele por séculos, nem porque esteja escrito em algum livro que os homens julguem ser sagrado; tu tens de pensar sobre a quest˜ ao por ti mesmo, e julgar por ti mesmo se ela é razo´ avel. Lembra-te que, embora um milhar de homens concorde sobre um assunto, se eles n˜ ao souberem nada sobre aquele assunto a sua opini˜ ao n˜ ao tem valor. Aquele que quiser trilhar a Senda tem de aprender a pensar por si mesmo, porque a supersti¸ca õ é um dos maiores males do mundo, um dos grilh˜ oes dos quais, por ti pr´ oprio, deves te libertar completamente. (Krishnamurti)

Do ponto de vista cognitivo, a evolu¸ca õ também avan¸ca no chamamento ou na cria¸ca õ de “sentido”, de significa¸ca õ, ou, em outras palavras, de novos conceitos e novas formas de inteligibilidade. Criar, portanto, n˜ ao é apenas produzir novas formas, mas sobretudo criar compreens˜ ao e entendimento. Novas figuras mentais, conceituais; novas formas e maneiras de existir, de expressar-se, de perceber e perceber-se, de sentir e de sentir-se. E como a evolu¸ca õ é um processo sem fim, diversas conquistas ser˜ ao atingidas e novas e mais profundas intensidades ser˜ ao alcan¸cadas. O prazer estético, sensual, sexual, amoroso e cognitivo s˜ ao formas do prazer e das experiências almejadas com a cria¸ca õ. Muitas outras configura¸co ˜es que ainda n˜ ao conhecemos existem como possibilidade ou atualidade em algum lugar ou tempo. Com a dinˆ amica do processo criativo, h´ a sempre um enriquecimento de significados, bem como novas formas de sentir, de agir e de ser. A explora¸ca õ é incomensuravelmente aberta, em todas as esferas imagin´ aveis do sentir, do ser, do agir e do compreender. N˜ ao h´ a limites, ou melhor, o u ńico limite é o medo, aquilo que denominamos de mal, porque vai contra, restringindo o impulso infinito e natural da expans˜ ao da vida divina para dentro e para fora de si mesma. (A Potência do Nada, p. 178)

291

292

Referˆencias Bibliogr´aficas

[1] Silva, Gentil Lopes. N´ umeros n˜ ao euclidianos (Vers˜ ao-2D), 2018. Publica¸cão Eletrônica. [2] Boyer, Carl Benjamin. Hist´ oria da Matem´ atica. S˜ ao Paulo - Edgar Bl¨ ucher, 1974. ´ oquio Bra[3] Bernardo Felzenszwalb. Algebras de Dimens˜ ao Finitas. 12o Col´ sileiro de Matemática. IMPA, 1979. [4] Van derWaerden B.L., Hamilton’s Discovery of Quaternions, Math. Magazine, 49, (1976), 227 - 234. [5] Newton C. A. da Costa. Ensaio sobre os fundamentos da l´ ogica. S˜ ao Paulo: HUCITEC: Ed. da Universidade de S˜ ao Paulo, 1980. [6] Silva, Gentil Lopes. An´ alise Real (Com espa¸cos métricos). 2017. Publica¸cão Eletrônica. [7] Silva, Gentil Lopes. Fundamentos dos N´ umeros (Tudo o que você gostaria de saber sobre os n´ umeros mas n˜ ao tinha a quem perguntar). Publica¸cão eletrˆ onica, 2016. [8] Fundamentos de matem´ atica elementar (por) Gelson Iezzi (e outros). S˜ ao Paulo, Atual Ed., 1977. V.6. Complexos, polinˆ omios, equa¸cões.

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´Indice Remissivo

Adendo, 9 Algoritmo, plota ponto no R3 , 274 Axiom´ atica de Peano, 288 Brouwer, def construtiva, 8 Calculadora HP Prime, 12 Comandos HP PRIME Latex, 234 numer, denom, left, right, 264 reorder, 26

Milagre, 37 Mult, Div forma polar, 87 Multiplica¸cão e Divisão na forma Polar, 73 (SR), 87 Multiplica¸cão na forma trigonométrica, 58, 82 Nagarjuna, 36 Norbert Wiener, 237

Pit´ agoras, Equa¸cão, 126 De Moivre, 70, 80 Porque a multiplica¸cão em R3 n˜ ao Divisão na forma trigonométrica, 60, poderia ser associativa, 94 82 Porque a multiplica¸cão em R3 n˜ ao Divisão por j, 33 poderia ser distributiva, 95 Divisão por zero, 42 Potencia¸cão, 61 assico, 52 Fórmula de Bhaskara em B-3D, 150, Problema Cl´ Propriedade n˜ ao euclidiana, 31, 32 160 Forma algébrica, 35 Forma trigonométrica, 47 Fun¸c˜ oes nne cos w, sen w, cte w, 258 Euler, generaliza¸c˜ ao, 238 Logaritmo, 242 Potência, 244

Quadro amarelo nne-3D, 8 Naturais, 9 Quociente m´ agico, 41

Gaston Bachelard, 7, 290

Radicia¸cão, 96 Reflexo, 64 Representa¸cão gr´ afica, 47 Rota¸cão em torno da origem, 90

Hypercomplex Fractals, 270

Singelo Desafio, 56

Impossibilidade . . . , 273

Transforma¸c˜ao de coordenadas, 76

Listagem dos programas, 277 294