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
Todos os direitos reservados ao autor Site do autor → docente.ufrr.br/gentil.silva email → gentil.iconoclasta@gmail.com
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)
2
Pref´ acio O matem´ atico irlandˆes William Rowan Hamilton (1805 - 1865) ao perceber que os n´ umeros complexos, z = a + b i, poderiam ser representados por pontos no plano, isto ´e, por pares ordenados z = (a, b) de n´ umeros reais, tentou em seguida generalizar e criar os n´ umeros na terceira dimens˜ ao, isto ´e, n´ umeros da forma w = (a, b, c) = a + b i + c j; geometricamente
???
y
z
z = (a, b)
0
w = (a, b, c)
0
x
y
x
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¸c˜ao de ternos. Durante dez anos Hamilton tentou preencher as interroga¸c˜oes 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 ´e, 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 ´e, R → C, todas estas propriedades s˜ ao igualmente preservadas. ∗
−1
Q
−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 v˜ao; 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 ´epoca) 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 dimens˜ao, D) a · (b + c) = a · b + a · c isto ´e, 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.
C
∗
−1
−1
Em 1843, depois de dez anos de experimenta¸co ˜es e sem ter provado a impossibilidade no espa¸co de trˆes dimens˜ oes, ele descobriu os quaternios que s˜ ao de dimens˜ ao 4 sobre os reais e onde a multiplica¸ca ˜o n˜ ao ´e comutativa. ([3]) Os n´ umeros de Cayley: Ap´os 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¸c˜ao 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 dimens˜ao 8; isto ´e, n´ w da forma: w = α0 1 + α1 e1 + α2 e2 + · · · + α7 e7 , αi ∈ R. ∗
Os matem´ aticos at´e hoje acreditam que os n´ umeros tridimensionais s˜ ao imposs´ıveis, at´e “provaram” isto. Na p´ agina 273 exibimos a tal “prova” que pode ser enunciada assim: “Se a multiplica¸c˜ ao ´e associativa e distributiva, ent˜ ao os n´ umeros da forma a + b i + c j s˜ ao imposs´ıveis”.
−1
C
−1
A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) A2 ) ∃ 0 ∈ C : a + 0 = 0 + a = a A3 ) a + b = b + a
C
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, ent˜ao a multiplica¸c˜ ao n˜ ao ´e associativa ou n˜ ao ´e distributiva.” Ora, ´e aqui onde se encaixa (redondinho) nosso presente livro, abandonando estas duas propriedades trouxemos os n´ umeros tridimensionais `a existˆencia!. ‘L´ azaro, saia para fora!’ . . . O morto saiu . . . Desamarrem e deixem que ele ande. (Jo 11: 43 - 44) Cremos que este ´e o primeiro exemplo de uma “´algebra” com divis˜ao 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 Divis˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Imers˜ ao de C em B-3D . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Imers˜ ao de B-2D em B-3D . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Forma alg´ebrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Unidade imagin´ aria/Unidade hiperimagin´aria 1.8 Divis˜ao por zero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Forma trigonom´etrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Representa¸c˜ ao gr´ afica . . . . . . . . . . . . . 1.10 Potencia¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12 Interpreta¸c˜ ao geom´etrica do produto de dois nne . . 1.13 Radicia¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14 Apˆendice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • Multiplica¸c˜ ao na forma trigonom´etrica . . . . . . 2 Equa¸ co ˜es 2.1 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao ax2 + bx + c = 0 em B - 3D . . 2.1.1 F´ormula 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¸c˜ao b · w = a . . . . . . . . 2.3.2 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ao a · w−1 = b . . . . . . . 2.3.3 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ao b · w−1 = a . . . . . . . 2.4 Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w2 = b . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Algoritimo para extra¸c˜ao 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 f´ormula de Euler . . . . . . . . . . 3.3 Generaliza¸c˜ ao de fun¸c˜oes complexas elementares 3.3.1 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Forma exponencial . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Fun¸c˜ oes trigonom´etricas 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 Rob´otica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Um algoritmo para plotar pontos no espa¸co . . . . . . . . . • Apˆendice: Listagem dos programas . . . . . . . . . . . . . . . . . • Apˆendice: (−1) · (−1) = 1, a equa¸c˜ao que confundiu a mente dos mais brilhantes matem´ aticos por s´eculos . . . . . . . . . . . .
6
237 237 238 241 242 249 254 269 269 270 271 273 274 277 279
Cap´ıtulo
1
Nu´ meros n˜ao euclidianos Quando o esp´ırito se apresenta `a cultura cient´ıfica, nunca ´e jovem. Ali´as ´e bem velho, porque tem a idade de seus preconceitos. Aceder `a ciˆencia ´e 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¸c˜ao eletrˆ onica, uma “prova” da impossibilidade dos n´ umeros tridimensionais; refletindo sobre esta “prova”∗ concluimos que o que de fato este autor prova ´e por que a estrat´egia adotada por Hamilton jamais poderia ter dado certo. No entanto, ela n˜ ao prova que todas as estrat´egias poss´ıveis estariam igualmente destinadas ao fracasso. Com efeito, esta “prova” assume em sua hip´ otese a distributividade, comutatividade e associatividade da multiplica¸c˜ao; ora, estas exigˆencias s˜ ao infundadas − para efeitos da extens˜ao dos complexos − uma vez que o pr´ oprio Hamilton sacrificou a comutatividade para obter os quaternios, e Cayley, al´em desta, sacrificou tamb´em a associatividade para obter os octˆonios; por estas raz˜ oes, e por outras, ´e que n˜ ao apenas afirmamos a existˆencia 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¸c˜ao 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 `a “Natureza” como ela deve se comportar. (pp. 94, 95) ∗
juntamente com a estrat´egia adotada por Hamilton, relatada em [4].
7
A nosso ver a cita¸c˜ ao a seguir ´e das mais importantes em matem´ atica: Brouwer∗ tem como norma que toda defini¸ca ˜o seja construtiva, isto ´e, 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 existˆencia destes somente ´e poss´ıvel se for indicado um racioc´ınio mental que efetivamente nos permita aceder a eles. Portanto, o intuicionismo ´e tamb´em uma forma de anti-realismo. (Publica¸ca˜o eletrˆ onica) Em nosso livro citado na referˆencia [1] (Vers˜ ao 2D), fazemos uma ampla discuss˜ ao do conceito de n´ umero, inclusive propomos uma defini¸c˜ao (in´edita) 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.
8
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 ´e, valem por defini¸c˜ao. Uma quest˜ ao assaz oportuna que levantamos aqui ´e: estas propriedades (associatividade e distributividade) s˜ ao v´alidas nos n´ umeros Naturais? A princ´ıpio esta parece uma pergunta idiota, concordamos. N˜ao 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, ´e uma postura at´ avica nossa achar que as referidas propriedades nos naturais s˜ ao intr´ınseca a este sistema∗ , mas n˜ ao ´e bem assim; a verdade ´e 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 ´e 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
N
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 v´alidas em decorrˆencia de um postulado, nos nne elas n˜ ao valem tamb´em em consequˆencia de um postulado, ´e s´ o isto que desejamos deixar claro!. ∗
“Deus criou os naturais; todo o resto ´e obra do homem.” − Leopold Kronecker.
9
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 trˆes 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¸c˜ao 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¸c˜ao 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 =
q
2
2
a1 + b1 , r2 =
q
2
2
a 2 + b2
e
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.
10
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 =
p
12 + 22 =
√
5,
r2 =
p
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 =
q
2
2
a 1 + b1 , r 2 =
q
a22 + b22
e
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 =
p
12 + 22 =
√
γ =1− √
5,
√ 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¸c˜ao pagamos um pre¸co por isto: os c´alculos tornam-se laboriosos; n˜ ao obstante, por sorte hoje contamos a nosso favor com o advento da computa¸c˜ao alg´ebrica (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 alg´ebrica.
11
Calculadora HP Prime−Computa¸c˜ ao alg´ ebrica No nosso entendimento uma das maiores conquistas da Ciˆencia da Computa¸c˜ao foi justamente a computa¸c˜ao alg´ebrica; hoje em dia uma “simples” calculadora como a HP Prime nos permite trabalhar com equa¸c˜oes, com f´ormulas. Em particular podemos programar, por exemplo, a f´ormula para multiplicar dois nne-3D, com resultados simb´ olicos (exatos). Nota: Em nosso livro citado na referˆencia [1] (Vers˜ ao 2D) ensinamos a programa¸c˜ ao desta maravilha do s´eculo XXI. O leitor poder´ a baix´a-la (emulador) gratuitamente para seu notebook, tablet e at´e celular. Para evitar problemas procure baixar a u ´ ltima vers˜ ao, existem v´arias. Apenas a t´ıtulo de ilustra¸c˜ao, programamos a f´ormula 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 )
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 =
q
2
2
a1 + b1 , r2 =
q
a22 + b22
12
e
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 =
p
(−1)2 + 02 = 1, r2 =
p
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
13
( iii ) w22 = w2 · w2 = (0, 0, 1) · (0, 0, 1). Ent˜ao r1 = r2 =
p
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
14
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 =
p
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.
15
( ii ) r2 =
p
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
e
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,
e
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
e
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). Conclus˜ao: em B, diferentemente do que ocorre em R ou C, uma equa¸c˜ao do 1o grau pode ter duas solu¸c˜ oes. Nas telas a seguir confirmamos nossos c´alculos. ′
17
1.3
Propriedades das opera¸ c˜ oes
Proposi¸ c˜ ao 1. A opera¸c˜ao de adi¸c˜ao define em B uma estrutura de grupo comutativo, isto ´e, verifica as seguintes propriedades: A1) Propriedade associativa; A2) propriedade comutativa; A3) existˆencia do elemento neutro; A4) existˆencia do elemento sim´etrico (ou oposto). Prova: Deixamos como exerc´ıcio.
Apenas observamos que 0 = (0, 0, 0) ´e o elemento neutro para a adi¸c˜ao. Dado w = (x, y, z) temos que −w = (−x, −y, −z) ´e o seu oposto aditivo, isto ´e w + (−w) = 0. Subtra¸ c˜ ao Decorre da proposi¸ca˜o anterior que dados os nne w1 = (a1 , b1 , c1 )
e
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 − at´e o final deste livro − representando um nne (x, y, z) entre colchetes [x, y, z]. Com esta conven¸c˜ao as opera¸c˜ oes de adi¸ca ˜o, subtra¸ca ˜o e tomar o oposto ser˜ ao as mesmas da calculadora, isto ´e, ela j´a faz isto. Por exemplo
Proposi¸ c˜ ao 2. A opera¸c˜ao de multiplica¸c˜ao em B verifica as seguintes propriedades: M1) Propriedade comutativa; M2) n˜ ao associativa; M3) existˆencia do elemento neutro; M4) existˆencia do elemento inverso; M5) n˜ ao distributiva em rela¸c˜ao `a adi¸c˜ao. 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
q
2
2
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)
19
M3) Existˆencia 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 ), ent˜ao 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 ), ent˜ao, 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¸c˜ao decorre a unicidade do elemento neutro, assim: sejam u e u ˜ dois elementos neutros para a multiplica¸c˜ao. Sendo assim, ter-se-` a, por um lado, w · u = w, para todo w ∈ B; em particular u ˜·u = u ˜ (∗). Por outro lado tamb´em 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) Existˆencia 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
20
(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¸c˜ao de ternos (p. 10) ´e imediato que 0·x=x·0=0 onde, 0 = (0, 0, 0) e x = (a, b, c) ∈ B ´e arbitr´ario.
21
(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 =
q
2
2
a1 + b1 , r2 =
q
a22 + b22
e
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.
22
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
2
a1 · a2 − b1 · b2 a1 · b2 + a2 · b1 c1 · r2 + c2 · r1
=0
(a)
=0
(b)
=0
(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
=0
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 =
q
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)
=0
(b)
=0
(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.
24
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).
25
Uma observa¸c˜ ao importante ´e que para resolvermos, por exemplo, a equa¸c˜ ao a · x = b em B, n˜ ao ´e 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¸c˜ao em B ´e n˜ ao associativa. Para resolver a equa¸c˜ao agina 15. em quest˜ ao devemos proceder como no exemplo 4 o ), p´ M5) A multiplica¸c˜ ao ´e n˜ ao distributiva em rela¸c˜ao `a adi¸c˜ao. 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.
26
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
˜ 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 ´e bijetora, porquanto: ˜ ´e o correspondente, segundo f , de (x, y) ∈ C ( i ) todo terno (x, y, 0) ∈ C (isto quer dizer que f ´e 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¸c˜ao de igualdade de ternos ordenados (isto quer dizer que f ´e injetora). Em segundo lugar, notemos que f preserva as opera¸c˜oes de adi¸c˜ao 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).
28
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
˜ ´e fechado para as opera¸c˜oes de soma e multiplicaVamos mostrar que B ˜ ent˜ao, ¸c˜ao. 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 =
q
2
2
a 1 + b1 , r 2 =
q
a22 + b22
e
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 ´e um isomorfismo. Devido ao fato de existir uma ˜ que preserva as opera¸c˜oes de adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao, 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.
30
Podemos ilustrar a imers˜ao de estruturas atrav´es de diagramas de Venn:
B−3D
C
B−2D
R
Dizemos que dentro do sistema num´erico B-3D existe uma c´opia do sistema C dos n´ umeros complexos e tamb´em existe uma c´opia do sistema B-2D dos nne bidimensionais − al´em de uma c´opia 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
q
se r1 6= 0 e r2 = 0 (D3 )
a21 + b21 = |k| , r2 =
k · (0, 0, c) = (k, 0, 0) · (0, 0, c) =
−
q
a22 + b22 = 0
0·c·0 0·c·k ,− , c · |k| |k| |k|
= (k 0, k 0, |k| c)
31
( 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 =
q
a21 + b21 = |k| , r2 =
q
a22 + b22
e
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¸c˜oes de adi¸c˜ao, subtra¸c˜ao e tomar o oposto, em B, s˜ ao as mesmas da calculadora; no entanto, o mesmo n˜ ao se verifica para a multiplica¸c˜ao 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 fenˆomeno 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 ´e importante estar atento para o fato de que, ao contr´ ario do que ocorre em R, ou em C, em B ´e necess´ario 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¸c˜ao 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¸c˜ao 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 (´e proibida) na estrutura dos nne a multiplicando de um lado da equa¸ca ˜o, passa para o outro ´e: “o que est´ ao de que a multiplica¸c˜ao n˜ ao ´e associativa. dividindo ”; em fun¸c˜
33
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 ´e, a propriedade b´ asica da unidade imagin´ aria ´e i2 = −1 Chamamos unidade hiperimagin´aria 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 hiperimagin´aria tem a mesma propriedade b´asica da unidade imagin´ aria, isto ´e j 2 = −1 no entanto, a unidade hiperimagin´aria 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 alg´ebrica. O n´ umero real x ´e chamado parte real de w, o n´ umero aria de w e o n´ umero real z ´e chamado parte real y ´e chamado parte imagin´ hiperimagin´aria de w. Nota¸ co ˜es: x = Re(w) y = Im(w) z = hi(w)
35
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 ´e uma equa¸c˜ao imposs´ıvel de se resolver dentro dos universos num´ericos 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¸c˜ao tem solu¸c˜ao 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.
37
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¸c˜oes 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 prop´osito, considere a equa¸c˜ao 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¸c˜ao (1.17) em B, entretanto podemos resolver suas equivalentes, dadas acima. Se b > 0, resolvemos a segunda das equa¸c˜oes em (1.18), caso contr´ ario resolvemos a primeira. Por exemplo, seja a equa¸c˜ao 0 · x = 1, ent˜ao 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→
x
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 }
Z
Z
f
Γ p
k
x
Y
Y
տ X
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
2
=
1 −1 · x + x
2
Em B estamos aptos a resolver a seguinte equa¸c˜ao “equivalente”
1 −1·x + x
2
= −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.
42
Portanto, existem “duas” solu¸c˜oes para a equa¸c˜ao
1 −1·x + x
2
= −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:
p
Z
Γ2
1 2
p
Y
− 12
Γ1
X
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
43
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| =
p
N (w) =
p
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
44
(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 ) ´e chamado argumento principal de w, ´e 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, ent˜ao √ 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=−
46
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=
√
r=
√
x2 +y 2 +z 2
x2 +y 2
0 ≤ θ0 < 2π
y
Y
β0 r
x X
47
− 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
√
r=
√
x2 +y 2 +z 2
x2 +y 2
0 ≤ θ0 < 2π
y
0
ρ=
r
− 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, −
48
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
e
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=
√
r=
√
x2 +y 2 +z 2
x2 +y 2
0 ≤ θ0 < 2π
y
Y
β0 r
x X
49
− π2 ≤ β0 ≤
π 2
Considere, novamente, o diagrama de Venn:
B−3D
C
B−2D
R
A seguir colocamos em destaque uma vers˜ ao geom´etrica destes diagramas
Z Z
Plano C
j
i
Y
R
B
R
Pl − ano 2D
Y
Ou ainda: Z
← B-2D
B-3D
j
R
50
C i
Y
Reiteramos: dentro do sistema num´erico B-3D existe uma c´opia do sistema C dos n´ umeros complexos e tamb´em existe uma c´opia do sistema B-2D dos nne bidimensionais, al´em de uma c´opia 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 ´e uma rota¸c˜ao de 180o (em torno da origem) em w; enquanto −1 · w pode ser visto como a rota¸c˜ao anterior seguida de uma reflex˜ao, com respeito ao plano complexo. Por exemplo, assim
Z −1·w
w Y −w X
51
Um problema cl´ assico no contexto dos nne O fato de os nne residirem em dimens˜ao 3, enquanto os complexos em dimens˜ao 2, isto naturalmente se reflete na (re) solu¸c˜ao de um mesmo problema trabalhado em um ou outro destes espa¸cos. Vejamos um exemplo do que estamos falando. Vamos resolver o cl´assico 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) ±
p
√ (−10)2 − 4 · 1 · 40 = 5 ± −15 2
Portanto, em C, temos uma u ´ nica solu¸c˜ao para este problema:
Y
√
x=5+i
√
15
x = 5 + i 15 √ y = 5 − i 15 X
p5
y=5−i
√
52
15
(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¸c˜ao acima, a propriedade distributiva da multiplica¸c˜ ao em rela¸c˜ao `a adi¸c˜ao. 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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
e
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
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¸c˜ao obtemos 10x − x2 = 40, a qual n˜ ao tem solu¸c˜ao (porquanto x deve ser real). Se |x| − |x − 10| = 0, resulta x = 5; volta ao primeiro caso. Deste modo existem infinitas solu¸c˜oes 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
54
√ Tomando, por exemplo, z = 0, obtemos y = ± 15. Como as solu¸c˜oes s˜ ao “conjugadas”, resulta: √ √ x′ = ( 5, 15, 0 ), y ′ = ( 5, − 15, 0 ) que ´e a solu¸c˜ ao complexa. √ Tomando, por exemplo, y = 0, obtemos z = ± 15. Como as solu¸c˜oes s˜ ao “conjugadas”, resulta: √ √ x′ = ( 5, 0, 15 ), y ′ = ( 5, 0, − 15 ) que ´e 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
Z
Z
Y
Y
y′ 5
5 x′
X
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.
55
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
56
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
2
y + z = 15
⇒
2
⇒
2 y = 15
Portanto, uma solu¸c˜ ao para o desafio ´e: r r ! 15 15 w1 = 5, e w2 = , 2 2
5, −
y=±
r
r
15 ,− 2
15 . 2
r
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·
57
√
15 6=
√
2·
√
15
Multiplica¸ c˜ ao na forma trigonom´ etrica Veremos a seguir que a multiplica¸c˜ao na forma trigonom´etrica se apresenta de forma mais simples (e mais est´etica) que na forma retangular e, o que ´e melhor, nos possibilita dar uma interpreta¸c˜ao geom´etrica 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 trigonom´etrica 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: Apˆendice, 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=
√
r=
√
x2 +y 2 +z 2
x2 +y 2
0 ≤ θ0 < 2π Y
− π2 ≤ β0 ≤
π 2
x X
Nota: Para multiplicar na forma trigonom´etrica devemos ter (apenas) π π ≤ β0 ≤ (1.33) 2 2 uma vez que na demonstra¸ca˜o da proposi¸c˜ao 5 (p. 130) esta foi a u ´ nica condi¸c˜ ao que assumimos. −
58
Notas: 1a ) Uma observa¸c˜ ao importante a respeito da proposi¸c˜ao 5 ´e 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¸c˜ao. Uma vez que pontos do eixo OZ tˆem θ indeterminado, estamos “levantando” esta indetermina¸c˜ ao convencionando que θ = 0. 2a ) Observe outrossim que, enquanto a multiplica¸c˜ao em coordenadas retangulares (p. 10) ´e dada em quatro senten¸cas, na forma trigonom´etrica ´e dada em apenas uma. Esta dr´ astica redu¸c˜ao se deve `a condi¸c˜ao assumida −
π π ≤ β0 ≤ 2 2
A bem da verdade isto n˜ ao constitui uma restri¸c˜ao s´eria uma vez que todo n´ umero nne pode ser escrito nesta forma. Corol´ ario 2. O m´ odulo do produto de dois nne ´e igual ao produto dos m´ odulos dos fatores. Isto ´e |w1 · w2 | = |w1 | · |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
59
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¸c˜ao 5, temos o resultado desejado. Corol´ ario 3. O m´ odulo do quociente de dois nne ´e igual ao quociente dos m´ odulos dos nne. Isto ´e
w |w |
1
= 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 ´e v´alida −1, se n ´e par; n j = j, se n ´e ´ımpar.
Prova: Indu¸c˜ ao sobre n. o 1 ) n par. Para n = 2 j´a mostramos que a proposi¸c˜ao ´e verdadeira. Suponhamos a validade da mesma para n = k, isto ´e, j k = −1. Mostremos que a proposi¸c˜ ao continua v´alida 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. An´alogo.
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 =
p
, 2xy · 1 −
z2 x2 +y 2
r1 =
q
2
, 2z
p
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
2
a1 + b1 , r2 =
q
a22 + b22
e
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 potˆencia 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¸c˜ao decorre do lema (1). Suponhamos a proposi¸c˜ ao verdadeira para n = k. Isto ´e, 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.
63
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
64
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
e
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˙ =
1+
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)
e
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.
67
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¸ca˜o resulta verdadeira para n = 2. Suponhamos verdadeira para n = k, isto ´e Se wk = (d, e, f ), ent˜ao 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 =
p
a 2 + b2 ,
r2 =
Por outro lado, temos
Onde
p
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 =
p
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.
68
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
3
Z = 4zr |λ| r 2 = 4z(x2 + y 2 ) 2 |λ|
69
(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¸c˜ao Finita. Para n = 2, a proposi¸c˜ao ´e verdadeira (pela proposi¸c˜ao 5, p. 58). Admitamos a validade da proposi¸c˜ao 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
70
(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
β
θ
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
=0
sen θ · cos 0o =
1 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
=0
⇒
θ = indeterminado.
=0
⇒
θ = indeterminado.
Escolhendo θ = 0o , obtemos: j = 1
71
0o
90o
c) −1 = (−1, 0, 0), ρ =
p
(−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
=1
0 1
=0
1=1
0o
⇒
cos θ = 1
⇒
sen θ = 0
θ = 0o
⇒
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
1+
⇒
√
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
d)
( i+1 )2 ( j+1 )2
j+1 2 j−1
e)
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
=1
j + 1 = (0, 0, 1) + (1, 0, 0) = (1, 0, 1) =
270o 0o
√
2
0o
45o
Ent˜ao √
(j + 1)2 = (j + 1) · (j + 1) =
2
0o
45o
Portanto (j + 1)2 = 2
0o
90o
= 2j
Observe que (j + 1)2 = j 2 + 2j + 1
73
·
√
2
0o
45o
c) Temos j − 1 = (0, 0, 1) − (1, 0, 0) = (−1, 0, 1) =
√
2
180o 45o
Ent˜ ao √ 2
(j − 1)2 = (j − 1) · (j − 1) =
180o 45o
Portanto (j − 1)2 = 2
360o
90o
·
√
2
180o 45o
= 2j
Observe que (j − 1)2 = j 2 − 2j + 1 Ou ainda (j + 1)2 = (j − 1)2 d) i + 1 =
√
2
45o
(i + 1)2 =2 (j + 1)2 2
, j+1=
0o 90o
0o
0o
90o
=
√
2
0o
45o
2 90o −0o 0o −90o 2
(i+1)2 (j+1)2
e) j + 1 =
√ 2
0o
=1
90o
−90o
= −j
j+1 2 j−1
45o
√ j+1 = √2 j−1 2
. Temos
, j−1=
0o
45o
180o
√ 2
=1
45o
180o
−180o
0o
45o
. Ent˜ao
= −1
Sendo assim, temos j + 1 2 j−1
= 1
−180o
0o
· 1
74
−180o
0o
=1
−360o
0o
=1
f) (i + j)2 = (i + j) · (i + j), temos i + j = (0, 1, 0) + (0, 0, 1) = (0, 1, 1) =
√
2
90o 45o
Ent˜ao (i + j)2 = (
√
2
90o 45o )
·(
√
2
90o 45o )
=2
180o 90o =
2
0o
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 Este fenˆomeno tamb´em ocorre na ´algebra de matrizes. L´ a o produto ´e distributivo, mas n˜ ao comutativo; aqui ´e 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) =
√
2
90o −45o
Ent˜ao (i − j)2 = (
√
=2
2
√ ( 2
90o −45o ) ·
180o −90o
=2
0o
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) =
2
−90o 45o
Ent˜ao (j − i)2 = ( =2
√
2
−90o 45o)
−180o 90o =
√ ·( 2
2
0o
−90o 45o) 90o
= 2j
Observe que (i − j)2 6= (j − i)2 . (i − j)2
(j − i)2
75
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)
p
y
(r, θ) → (x, y) x = r cos θ
r )θ
y
p
0
x
= r sen θ
(x, y) → (r, θ) −1 (x/r) θ = cos r
=
p
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
ρ
(x, y, z) y
0 θ
sen β Y
β
= (z/ρ) p ρ = x2 + y 2 + z 2
r
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
76
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
0
β0
θ0
ρ=
√
r=
√
x2 +y 2 +z 2
x2 +y 2
0 ≤ θ0 < 2π Y
− π2 ≤ β0 ≤
r
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
1
π arc cos x
x
− π2
−1
77
0
1
x
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:
78
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.
Z
w = 1, 73 ւ
w = (1, 1, 1) Y
X
79
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
θ
β
, 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 f´ormula de De Moivre podemos calcular s´ o at´e a quarta potˆencia. Ent˜ ao π π 2π 3 w4 = 24 4· 4 4· 6 = 16 π −
80
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:
w5
w4 = 16
2π 3
π
= 16
0
π 3
Pois bem w5 = w4 · w = 16
π 3
0
·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
+i
1 √
5
6 2
= (0, 0, 32)
+j
5
= 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¸c˜ao 5 (p. 58) supomos cos β1 ≥ 0 e cos β2 ≥ 0, sem estas restri¸c˜ oes, isto ´e, para uma f´ormula 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
π
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
83
w1 w2
na forma polar
1.12
Interpreta¸ c˜ ao geom´ etrica do produto de dois nne
Agora iremos dar uma interpreta¸c˜ao geom´etrica ao produto de dois nne. Adotaremos a seguinte nota¸c˜ao: 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 geom´etrica desta opera¸c˜ao ´e a de uma rota¸c˜ao∗ no espa¸co; entretanto vejamos algumas situa¸c˜oes 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
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:
Z
Z
Plano C
Plano C jz
j Y
Y
z
z
R
R
∗ Numa rota¸c˜ ao n˜ ao h´ a altera¸c˜ ao de m´ odulo; cometeremos um abuso de linguagem ignorando este detalhe.
84
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
w
j Y
Y
X
X
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 =
p
−
1·z·x r2 ,
− 1·z·y r , r2 =
−
2
xz r2 ,
− yz r , r2 2
x2 + y 2 . Observe que a aplica¸c˜ao, − √ xz 2
(x, y, z) 7−→
+y 2
x
, − √ yz 2 x
+y 2
,
p
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′
2
∗
=
q
−
1·r2 · −xz r
−
r2′
xz r2
2
2
,−
+
2
1·r2 · −yz r
−
r2′
yz r2
2
2
, 1 · r2′
= |z|
Para nossa an´ alise vamos considerar w um nne n˜ ao-singular. (p. 36)
85
Sendo assim, resulta j (2) w = Ou ainda,
xz yz , , |z| |z| |z|
xz yz j (2) w = , , |z| = |z| |z|
(
w,
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
Z
zw w
w
Y
Y
z
θ1
X
X
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.
86
IV ) Multiplica¸c˜ ao e divis˜ ao de dois nne. Para interpretar o produto w1 · w2 , convencionaremos chamar o fator `a direita (isto ´e, w2 ) de indutor e o fator `a esquerda de induzido. Quando, na forma trigonom´etrica (ou polar) do produto (ou quociente) comparece a soma θ1 + θ2 dizemos que houve uma rota¸c˜ao positiva na primeira vari´ avel (vari´ avel θ); em θ1 − θ2 dizemos que houve uma rota¸c˜ao negativa; an´ alogamente com respeito `a segunda vari´ avel ( β ). A partir das proposi¸c˜ oes 5 (p. 58) e 6 (p. 60) (ou suas similares p. 73) n˜ ao ´e dif´ıcil inferir o significado geom´etrico destas opera¸c˜oes. 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 )
87
Exemplos: Vejamos um exemplo concreto: multiplicar os n´ umeros w1 = 1
w2 = 1
225o
60o
30o +225o 45o +60o
=1
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
Z
Z
w2
w2
Y
Y
X
w1 · w2 = 1
X
255o
105o
=1
w1 ·w2
75o
75o
88
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
=2
60o −90o 45o −60o=
2
−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
Z
w2
w2
w1
Y
w1
Y
X w1 w2
89
√
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 =
q
2
2
a1 + b1 , r2 =
q
2
2
a 2 + b2
e
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
p
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 =
90
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
Z
Grau ր w′ Y w X
Observe que |w′ |
=
q
1 2
2
+
1 2
2
+
√
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
o
o
o
o
√ √ √ √ √ 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′ |
=
q
02 + 1 +
√
6 2
2
+
91
√
3−
√
2 2
2
=
√
6 = |w|
Geometricamente, os exemplos anteriores ficam
Z
Z
w w′ w′ Y
Y
w X
X
As figuras a seguir foram geradas com a multiplica¸c˜ao em B-3D. (p. 272)
92
c ) Na figura a seguir, rotacionamos o triˆ angulo de v´ertices ( 1 ):
1 , 0, 0 , ( 2 ) : 2
Z
1, 0, 0 , ( 3 ) :
1, 0, 1
Z
Z
( 3 )′ (3) ( 2 )′ (3)
(3)
Y (1)
(1)
(2)
Y
Y
(1)
(2)
X
( 1 )′
(2)
X
X
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)
93
Porque a multiplica¸ c˜ ao em R3 n˜ ao poderia ser associativa Daremos agora uma justificativa − geom´etrica − pela qual n˜ ao se deveria esperar uma multiplica¸c˜ao em R3 associativa. Assumiremos, unicamente, que uma tal multiplica¸ca˜o resulta em uma rota¸c˜ao, 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
R
R
E o que aconteceria se tiv´essemos resolvido a equa¸c˜ao a · w = b supondo a multiplica¸c˜ ao associativa? Isto ´e, 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¸c˜ao”. Ou ainda: se a multiplica¸c˜ ao fosse associativa, isto n˜ ao refletiria a “realidade”; isto ´e, o fato de podermos ir de a para b por dois caminhos distintos. De outro modo: No plano a equa¸c˜ao a · w = b tem apenas uma solu¸c˜ao porque temos uma u ´ nica alternativa de irmos de a para b atrav´es de uma rota¸c˜ ao; agora com uma dimens˜ao a mais (isto ´e, saindo do plano para o espa¸co) se nos apresenta mais um caminho; isto se deve, como j´a vimos, ao fato de a multiplica¸c˜ ao n˜ ao ser associativa. Ou melhor: isto vai se refletir na n˜ ao associatividade da multiplica¸c˜ao. 94
Porque a multiplica¸ c˜ ao em R3 n˜ ao poderia ser distributiva Para justificar porque o “natural” ´e que a multiplica¸c˜ao em R3 n˜ ao seja distributiva, podemos tecer coment´arios an´ alogos ao do caso anterior, s´ o que agora invocando o problema cl´ assico resolvido `a p´ ag. 52. De fato, vamos resolver este problema aplicando a distributividade na equa¸c˜ao ((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 =
p
x 2 + y 2 , r2 =
Portanto
p
(−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¸c˜ao: √ ′ ′ x = (5, 15, 0) e y = (5, − 15, 0); que ´e a solu¸c˜ao complexa.
Conclus˜ao: Estamos perdendo infinitas solu¸c˜oes; ou ainda: a distributividade nos “esconde” a “maioria” das solu¸c˜oes. Vˆe-se, nestes exemplos, que a multiplica¸c˜ao 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
d)
√
1+i+j
e)
√
1−j
f)
√ 4
1+i+j
Solu¸ c˜ ao: a) Pela defini¸c˜ao, temos √ 1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = 1. Para resolver esta equa¸c˜ao temos duas alternativas: p 1a ) r1 = r2 = 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. Esta possibilidade est´ a descartada, porquanto z ´e 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.
96
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 =
p
(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¸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) = (0, 0, 1) Est´a 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¸c˜oes 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 . Ent˜ao, x2 + y 2 = 21 . Observe que podemos reescrever as duas primeiras equa¸c˜oes 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.
98
Observe√que os afixos de
altura z =
√
j, est˜ ao sobre um c´ırculo de raio
√ 2 2
e a uma
2 2 .
z
z
ւj
√
x
j
)β=45o
y
y
x
x
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 resolvˆe-lo indiretamente: escrevamos w na forma trigom´etrica, isto ´e: 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 conclus˜ao ´e que todas as ra´ızes procuradas encontram-se no semi-espa¸co z > 0. Isto tem a ver com a proposi¸c˜ao 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
r
1 − cos x ; 2
r
x cos = ± 2
1 + cos x 2
As quais, para os nossos prop´ositos se transformam em sen λ = ±
r
1 − cos 2λ ; 2
cos λ = ±
r
1 + cos 2λ 2
s
√ 3+ 6 6
(1.50)
Substituindo (1.49) em (1.50), obtemos
sen β = ±
s
√ 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 =
s
1− 2
√
2 2
;
cos θ =
101
s
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 =
s
1+ 2
√ 2 2
; cos θ = −
s
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 = −
s
1− 2
√
2 2
;
cos θ = −
s
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
3
√
w1 =
√ 4
3
−
w2 =
√ 4
3
−
w3 =
√ 4
w0 =
√ 4
3
√ 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
,
√
√ 2− 2 2
√
√
6
,
√
6
,−
6
,−
·
√ 2+ 2 2
√
·
√
√
√ 2− 2 2
√ 2+ 2 2
·
18+6 6
√
√
18−6 6
·
√
√
6
,
√
18+6 6
18−6 6
√
√
6
,
√ 6
6
,
18−6 6
√
,
18+6 6
√
√
√
6
√
18−6 6
18+6 6
√
6
√
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
Z
17,63o
Y X
Observamos que todas as ra´ızes n−´esimas de um nne w = (x, y, z) est˜ ao, sempre, no mesmo semi-espa¸co de z (z > 0 ou z < 0), devido `a proposi¸c˜ao 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
√
2−2
2
√
0, −
2
0, − ,−
√ 2+2 , 2
√
2
√ 2
2−2
√
2
√
2−2
2
√
2
2+2
2
0, − ,−
√
√
2
√
2−2
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
Z
−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
p
·
·
√ 4
·
2 2
2−
p
2+
p ·
√
2−
p
2
√ 2 √
2+
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 esf´ericas (forma trigonom´etrica). Vamos considerar w na forma polar w = ρ θ β , ou ainda, na forma trigonom´etrica 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
(1.60)
=1
(1.61)
=1
(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
r
x 1 − cos x ; cos = ± 2 2
r
1 + cos x 2
As quais, para os nossos prop´ositos se transformam em sen γ = ±
r
1 − cos 2γ ; cos γ = ± 2
r
1 + cos 2γ 2
(1.66)
tamb´em sen 2γ = ±
r
1 − cos 4γ ; cos 2γ = ± 2
r
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 =
p
2+ 2
√ 2
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
113
w0 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): √ w0 = 8 3
q
2+
√
√ 2+ 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
p
·
q q √ √ √ √ 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 , 12 12
!
de (1.67) obtemos
2+ 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
3
q √ √ 2− 2+ 2 − 2
( iii ) Temos 4θ =
·
q
√ √ 72+12 18+6 6 , 12
17π 4 .
q √ √ 2+ 2+ 2 2
Ent˜ao, cos 4θ =
√
2 2
·
q
√ √ 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 = −
q
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
3
q √ √ 2+ 2+ 2 − 2
·
q
√ √ 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 =
q
2−
√
√ 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
3
q
2−
√ 2
√ 2+ 2
·
q √ √ 72+12 18+6 6 , 12
−
q
2+
√
√ 2+ 2
2
·
q
√ √ 72+12 18+6 6 , 12
q
√ √ 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
θ
π 4
π 16
+ kπ ⇒ θ =
k=1, 9,...
+
kπ 4 .
θ= 13π =146, 25o 16
k=3, 11,...
Plotando θ × k, k ´ımpar,
θ
=56, 25o θ= 5π 16
k
k
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 = −
p
2− 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 =
q
2+
√ 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
q
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 =
q
2−
√
√ 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
3
( 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
3
( iv ) 4θ =
−
q √ √ 2− 2− 2 2
29π 4 .
·
q √ √ 72+12 18−6 6 , 12
Ent˜ ao, cos 4θ = −
−
q
2+
√ 2
√ 2− 2
·
q
√ √ 72+12 18−6 6 , 12
q
√ √ 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 =
q
√ 8 3
2+
√
√ 2− 2
2
·
q √ √ 72+12 18−6 6 , 12
q √ √ 2− 2− 2 2
−
q
·
√ √ 72+12 18−6 6 , 12
q
√ √ 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 −
q
2−
√ w3 = 8 3 −
q
2+
w4 =
√ 8
3
−
√ w5 = 8 3 −
√
√ 2+ 2
2
√
√ 2− 2
2
q √ √ 2+ 2+ 2 2
q
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+
√
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
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 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
·
q
√ √ 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
√ √ 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
Y
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
36, 18o
X
No gr´ afico, em azul temos as solu¸c˜oes 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¸c˜oes de ´ındices pares s˜ ao ra´ızes 4 (quartas) do nne (1, 1, 1), isto ´e, satisfazem a equa¸c˜ao (x, y, z) = (1, 1, 1). Com efeito, basta observar que apenas estas satisfazem as exigˆencias da proposi¸c˜ ao 11 (p´ ag. 80), isto ´e, 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¸c˜ao 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¸c˜ao. Vˆe-se da´ı que apenas as solu¸c˜oes de ´ındices pares satisfazem w4 = w3 · w = (1, 1, 1). Para as de ´ındices ´ımpares temos w4 = w3 · w 6= (1, 1, 1). A prop´osito 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
3)
ρ4 4θ 2β
0
(M P 1)
≥0 2β 1) s co M P
P
2θ 2β
β< s3 co
ρ2
(M
( H2 )
(
(M
( H3 )
P
ρ3 3θ β
1)
≥
0
ρ4 4θ 2β (M
co P 3 s2 ) β< 0
co sβ
w
cos β≥0
P
1)
co s3 (M β ≥
0
ρ4 4θ 4β
P
<
3)
sβ co
(M
0
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 ) ´e uma inconsistˆencia, desta forma ficamos com trˆes possibilidades. A primeira hip´ otese, ( H1 ), j´a 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
θ
π 4
+ kπ ⇒ θ =
k=1, 9,...
k=3, 11,...
π 16
+
kπ 4 .
θ= 13π =146, 25o 16
θ
k
3.
(1.80)
Plotando θ × k, k ´ımpar,
=56, 25o θ= 5π 16
k
=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 =
q
2+
√
√ 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): 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 =
p
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 =
q
2−
√
√ 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 =
q
2+
√
√ 2− 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
3
w7 =
√ 8
3
q
2+
√
·
√
18−6 6
√ 6
,
q
2−
√
√ 2− 2
·
√
18−6 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− 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):
Z
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
Y
72, 37o
X
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 consequˆencia da proposi¸ca˜o 9 (p. 68) ´e 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−´esima de w. Temos, w˙ = (x, y, −z) e w˙ k = (a, b, −c). Por defini¸c˜ao de raiz n−´esima, temos wkn = (x, y, z); pela proposi¸c˜ao 9 resulta w˙ kn = (x, y, −z), o que prova que w˙ k ´e raiz n−´esima de w. ˙ Como uma consequˆencia 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
Y
−72, 37o
X
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 prop´osito deste desafio ´e mostrarmos um “algoritmo” para encontrarmos um “grande” n´ umero de solu¸c˜oes para esta equa¸c˜ao. Por exemplo, vamos agora encontrar 4 × 4 × 2 = 32 solu¸c˜oes. Pois bem, tomamos x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 } onde, x = wk ´e 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). Ent˜ao, 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 f´ormula de Moivre: Dados o n´ umero complexo z = umero natural n ( n ≥ 2 ), ent˜ao existem n ra´ızes en´ezimas 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
√ 4
8·
√ 4
z1 =
√ 4
√ 2+ 2 2
8·
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
0
√ 2− 2 , 2
0
+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¸c˜oes da equa¸c˜ao 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¸c˜ao 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¸c˜ao. 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 ´e 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). Ent˜ao 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· 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+ 2
2
q √ 2+
√ 2+ 2
2
− −
−i·
2
q √
,
−i· q
2−
q q
2+
√
2−
√
2 √ 2+ 2
2 q √ √ 2+ 2+ 2 2
√
√ 2+ 2
2
q √ 2−
2
√ 2+ 2
,
128
√ 2+ 2
,0
q √ q √ √ √ 2− 2+ 2 2+ 2+ 2 , , 2 2 q √ √ 2+ 2+ 2 , 2
+k·
q √ √ 2− 2+ 2 2
+i·
2
π/4 4
0
q √ √ 2− 2+ 2 − , 2
q √ √ 2+ 2+ 2 − , 2
0
0
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
Y
X
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¸c˜ao seguinte ´e 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¸c˜ao. Ademais consideramos − π2 ≤ β ≤ π2 . Proposi¸ c˜ ao 5 Dois n´ umeros na forma trigonom´etrica
(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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−
e
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
2
Equa¸c˜oes ´ uma experiˆencia 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 l´a 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
2a
p
x2 + y 2 + b z = 0 138
p
x2 + y 2
Temos duas alternativas: 1) z = 0. Na primeira e segunda equa¸cË&#x153;oes do sistema resulta   a (x2 â&#x2C6;&#x2019; y 2 ) + b x + c = 0  2axy + by = 0
Temos duas subalternativas:
1.1) y = 0. Substituindo na primeira equa¸cË&#x153;ao concluimos que x deve ser solu¸cË&#x153; ao (real) da equa¸cË&#x153; ao quadr´ atica a x2 + b x + c = 0 Neste caso w = (x, 0, 0) ´e solu¸cË&#x153; ao da equa¸cË&#x153;ao (2.1). 1.2) y 6= 0. Do sistema   a (x2 â&#x2C6;&#x2019; y 2 ) + b x + c = 0  (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 equa¸cË&#x153; ao do sistema acima obtemos
y2 = â&#x2C6;&#x2019;
b2 â&#x2C6;&#x2019; 4 a c 4 a2
Nota: para resolver a equa¸cË&#x153; ao pela calculadora o procedimento ´e como na tela da esquerda, s´ o que as var´ aveis x, y, a, b e c devem estar todas ressetadas, para isto purge nelas (tela da direita). Resumindo at´e aqui, com z = 0, temos para solu¸cË&#x153;ao da equa¸cË&#x153;ao a w2 + b w + c = 0 o seguinte conjunto solu¸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 N˜ao esque¸ca que w = (x, y, z) (com x, y, z ∈ R). Observe que at´e aqui j´a garantimos todas as solu¸c˜oes nos Complexos, o que vier daqui pra frente ´e lucro. 2) z 6= 0. Da equa¸c˜ ao 2a concluimos que deve ser 2a
p
p
x2 + y 2 + b z = 0
x2 + y 2 + b = 0
⇒
p
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 =
e
2ax · 1 −
z2 x2 +y 2
neste caso devemos ter
2ax · 1 −
+b
(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
c
c
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
e
x=
−b3 8 a2 c
16 (a b c)2 − b6 64 a4 c2
Temos duas restri¸c˜ oes ∆ = b2 − 4 a c > 0
e
16 (a b c)2 − b6 > 0
ou b2 > 4 a c
e
b2 < 4 |a| |c|
Se a e c tiverem os mesmos sinais estas restri¸c˜oes 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 tamb´em devem ter sinais contr´ arios. Resumindo as equa¸c˜ oes quadr´ aticas a x2 + b x + c = 0 que tˆem “ra´ızes no espa¸co” s˜ ao as que satisfazem∗ sign (a) 6= sign (b)
∧
sign (a) 6= sign (c)
Por exemplo, a equa¸c˜ao seguinte satisfaz ambas as restri¸c˜oes x2 − x − 1 = 0 Satisfeita as restri¸c˜ oes, as solu¸c˜oes 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¸c˜ao 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 , − − +
⇒
w=
− + −
⇒
w=
− − −
⇒
w=
√ √ 15 5 8 , 2
− 18 , − − 18 ,
√ √ 15 5 , 8 2
√ 15 8 ,
− 18 , −
−
√ 15 8 ,
√ 5 2
−
√
5 2
Nas trˆes telas a seguir confirmamos as trˆes primeiras solu¸c˜oes da equa¸c˜ao 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) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao 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¸c˜oes s˜ ao ra´ızes da equa¸c˜ao w2 − w − 1 = 0. A conclus˜ao ´e que al´em das duas solu¸c˜oes reais, ainda temos mais quatro solu¸c˜oes no espa¸co para a equa¸c˜ ao x2 − x − 1 = 0. Esta equa¸c˜ao quadr´ atica 2 possui, portanto, seis solu¸c˜ oes em B-3D. A equa¸c˜ao 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
Z
Z
Y
Y
X
X
144
Realizando a intersec¸c˜ ao destes cilindros, temos
Z
y
p
1
Y
−1p
p1
x
p
−2 p
X
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 − − +
⇒
w=
− + −
⇒
w=
− − −
⇒
w=
− 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 crit´erio, usaremos uma outra nota¸c˜ao para o sinal de uma v´ari´ 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 ,
0)
b = 0 ∧ sign (a) = sign (c) ⇒ w = (0, 0,
1)
z=0
1.1)
y=0
∴
w = (x, 0, 0)
∆ = b2 − 4 a c ≥ 0 1.2)
y 6= 0
∴
⇒
2)
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
p
w = (x, y, z)
(C) x=−
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
⇒
x=
−b3 , 8 a2 c
y2 =
µ 64 a4 c2
∆ = b2 − 4 a c > 0
⇒
x=
−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¸c˜ao 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 tamb´em pedimos a dimens˜ao da lista. Na tela da direita comprovamos que (1, 1, 0) ´e de fato raiz da equa¸c˜ ao. x2 − 2x + 2 = 0, melhor dizendo da equa¸c˜ao 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¸c˜oes resolvidas nos trˆes sistemas num´ericos, 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 espa¸co
Z
C Y
X
Z
â&#x2020;? B-2D Y
X
154
Z
← B-2D C Y
X
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
)}
Z
← B-2D C Y
X
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) }
Z
← B-2D C Y
X
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, −
Z
← B-2D C Y
X
157
√
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 ) }
Z
← B-2D C Y
X
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 ,
−
Z
← B-2D C Y
X
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
w2
=
(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
p
(x2 − y 2 )2 λ2 + 4x2 y 2 λ2 = |λ| r 2 r2 =
p
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
se r1 6= 0 e r2 6= 0 (D4 ) γ =1−
e
c1 · c2 r1 · r2
assim: w3 =
(x2 − y 2 ) λ, 2xy λ, 2zr | {z } | {z } |{z} a1
onde
c1
b1
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
b2
c2
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
2
2
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
e
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¸c˜ao da equa¸c˜ao w3 + p w + q = 0 precisamos determinar dois casos especiais de w3 n˜ ao contemplados pela f´ormula 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 =
p
(−z)2 + 02 = |z|
e
r2 =
p
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¸c˜ao 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¸ca˜o 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 ´e mais um caso n˜ ao contemplado pela f´ormula w3 = (X, Y, Z) dada na p´ agina 164. Pois bem, da f´ormula
w2 =
(x2 − y 2 ) · 1 −
z2 x2 +y 2
, 2xy · 1 −
z2 x2 +y 2
, 2z
p
temos que, neste caso, resulta w2 = (0, 0, 2 z ou ainda
p
x2 + y 2 )
w2 = (0, 0, 2 z |z|) Portanto w3 = w2 · w = (0, 0, 2z |z|) · (x, y, z) Como r1 =
p
02 + 02 = 0
e 166
r2 =
p
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=
p
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
ou
y 6= 0
e
z 2 6= x2 + y 2
(2.10)
Nesta hip´ otese podemos utilizar o quadro verde em destaque a seguir
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
168
λ=1− r=
p
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¸c˜ao resulta x3 + p x + q = 0 portanto w = (x, 0, 0) ´e solu¸c˜ao, onde x ´e solu¸c˜ ao real da equa¸c˜ao (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 parˆenteses para uma observa¸c˜ao: Da terceira equa¸c˜ ao acima tiramos −p r2 = 2 + |λ| donde concluimos que uma condi¸c˜ao necess´aria para que a equa¸c˜ao c´ ubica tenha ra´ızes com z 6= 0 ´e 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) ´e uma solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao w3 − 6 w − 9 = 0 A prop´osito, utilizando o programa chiper3d dado na p´ agina 168 vamos elaborar um programa para checar as ra´ızes da equa¸c˜ao c´ ubica w3 + p w + q = 0
172
O programa ´e como a seguir
Na tela da direita confirmamos que w = (3, 0, 0) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao w3 − 6 w − 9 = 0 e que, por exemplo, w = (1, 0, 0) n˜ ao ´e solu¸c˜ao desta equa¸c˜ao. 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 ´e que a condi¸c˜ao o que n˜ i) λ = −(2 + n˜ ao ´e 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
2
2
(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 conclus˜ao ´e que uma condi¸c˜ao necess´aria para que w = (x, y, z) , com z 6= 0 e y = 0, seja raiz da equa¸c˜ao w3 + p w + q = 0 ´e que q = 0. Substituindo q = 0 na primeira equa¸c˜ao 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=±
e
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 =
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 trˆes sistemas R, B-2D e B-3D, num total de 9 ra´ızes. Na p´ agina 184 fazemos um resumo da resolu¸c˜ao da equa¸c˜ao w3 + p w + q. 181
A seguir plotamos apenas as ra´ızes
w = (3, 0, 0), w =
w=
√ √ 3 3 3 3 − , ,0 , w= − ,− ,0 ; 2 2 2 2
√ √ 3 3 3 3 , w = − , 0, − − , 0, 2 2 2 2
Z
← B-2D C Y
(3, 0, 0)
X
− 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
Z
← B-2D C Y
X
− 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
ou
w = (x, y, z)
w = (0, 0, p)
y 6= 0
e
w = (0, 0, −p)
e
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 ;
>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) ´e a inc´ ognita. Vamos assumir que (isto ´e, vamos resolver esta equa¸c˜ao 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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
e
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
p
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′ =
q
(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
p
x2 + y 2 =
p
x2 + (µ · x)2 = |x| λ, onde, λ =
γ =1−
c ·z c1 · z =1− 1 r1 · r2 r1 · |x| λ 185
p
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
e
Ou ainda
e
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 =
q
a1 b2 − a2 b1 a1 a2 + b1 b2 2
2
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
2
2
Ou ainda
x= y=
z =
1 6
(1 + 3
√
1 6
(1 + 3
√
2)
2) √ 1 6 (−2 + 3 2 )
ou
√ (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
Y
X
e
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
=b
Tamb´em a · w′ = 2, 45
315, 00o 54, 74o
· 1, 29
= 3, 16
540, 00o 108, 44o
=b
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
=b
e a · w′ = 2, 45
315, 00o 54, 74o
· 1, 29
= 3, 16
540, 00o 108, 44o
=b
225, 00o 53, 70o
mostram como ir de a para b (ou como superpor a a b) na figura a seguir
Z
b a
Y
X
191
A seguir mostramos um programa para resolver a equa¸c˜ao a · w = b, isto ´e, implementamos as solu¸c˜oes 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 ´e, para encontrar w) ˜ basta, na solu¸c˜ao de (2.22) fazer a seguinte permuta a = (a1 , b1 , c1 ) l l l b = (a2 , b2 , c2 ) Isto ´e, 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 ˜=
ou
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
2
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
ou
2
2
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¸c˜oes devem existir entre as (duas) solu¸c˜oes 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¸c˜ao “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
e
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
e
b
˜ = (1, −1, 2) (1, 0, 3) ·w | {z } | {z } a
b
Solu¸ c~ oes w
Solu¸ c~ oes w (polar) (a → b)
Solu¸ c~ oes w ˜ (polar) (b → a) inversos
←→
Z
b a
Y
X
Logo, para irmos de a para b (a → b) vamos por dois caminhos, para retornar (b → a) tamb´em retornamos por dois caminhos. Apenas um destes ´e 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¸c˜ao da equa¸c˜ao b → a nos d´ a duas op¸c˜oes: 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 ´e que ´e poss´ıvel). Vamos resolvˆe-lo indiretamente, aproveitando a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao do primeiro grau a · w = b. Resolvemos esta equa¸c˜ao 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
2 1
1
1
1
1 2
2
2 1
2
1
1
1
1
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
2 1
1
1
1
1
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
2 1
1
1
1
1
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
r1
1 2
1
ρ2
1
2
2 2
2
r1
1
r1
197
1 2
1
ρ2
1
2
r1
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
ou
r1
Repetimos aqui: a · w−1 = b (ou
a w
r1
ρ2
r1
= 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 =
q
2
ou
x=
1 ρ22
b2 a1 µ+b1
r1
ρ2
2
2
2
ρ21 = a1 + b1 + c1
2
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
r1
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
ou
ou
x=
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
10
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)
A resolu¸c˜ ao direta deste sistema torna-se extremamente dif´ıcil (se ´e que ´e poss´ıvel). Vamos resolvˆe-lo indiretamente, aproveitando a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao do primeiro grau a · w = b. Inicialmente fa¸camos uma “mudan¸ca de vari´ aveis”, assim x −y , Y = 2, 2 ρ ρ
X=
Z=
−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 ´e, 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 ´e, basta trocarmos os ´ındices: 1 ↔ 2. Ent˜ao, a solu¸c˜ao 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
1
2 1
2
2
2
2
2
2 1
1
2
2
2
2
2 2
1
2 1
2
2
2
2
2
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)
2
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
ou
2 1
1
2
2
2
2
2
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
1
2 2
2
2
2
ou
2
2 1
1
2 2
2
2
2
ou
2
2 2
2
2
ou
2
2 1
1
2
2
2
2
2 1
1
2
2
2
2
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
2
2
2
2
2
Ou ainda
2 2
2 1
1
2
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
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
2
2 1
1
2
2
2
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
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
1
2
2
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
ou
2 1
1
2
2
2
2
2
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
r2
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
ou
r2
c c r22 + √ 2 1 2 1+µ
y =µ·x z = − c1 ρ2 2 + c2 p1 + µ2 · x r2 ρ1 r2
203
ou
x=
1 ρ21
a1 a2 +µ·b2
r2
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
r2
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 )
e
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
e
, 2z
p
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 =
q
r2 =
s
2
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
2
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
2
2
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′ =
q
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 ±
q
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
z2
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
Ou
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
z=
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
h
γ˜ =
ν=
p
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
2
,
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
z=
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
h
γ˜ =
ν=
p
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
2
,
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=±
s
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
h
γ˜ =
p
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
b2
1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1
2
,
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
h
γ˜ =
ν=
p
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
b2
1 −2 a1 ( µ +ν )+σ·b1
2
,
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
h
γ˜ =
p
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
b2
1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1
2
,
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
h
γ˜ =
ν=
p
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
2
,
γ ˜
(b2 6= 0)
An´alise 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 ´e 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¸c˜ao at´e oito solu¸c˜ quadr´ atica pode ter at´e oito solu¸co˜es. iii ) Quando a = 1 = (1, 0, 0) ent˜ ao as solu¸c˜oes 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 hiperimagin´ario (n˜ ao singular). Nossa tarefa ainda n˜ ao encontra-se concluida. Falta resolver a equa¸c˜ao 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=±
p
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
h
γ˜ =
ν=
p
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
i
κ=
a2 1 −2 b1 (− µ +ν
σ = 1 − (− µ1 + ν)2
c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ
)+σ a1
γ ˜
2
,
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
h
γ˜ =
ν=
p
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
2
,
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
2
, γ˜ =
x=± y=− z=±
√ 1 µ
1 r12
p
1 + 1/µ2 ,
1 ρ21
τ=
h
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
2
, γ˜ =
p
τ=
1 r12
1 + 1/µ2 ,
1 ρ21
h
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
2
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
2
1 r12
, γ˜ =
x=± y=− z=±
√
1 ρ21
τ=
h
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
2
, 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
h
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 f´ormula para resolver esta equa¸c˜ao. A prop´osito, observe que, para utilizar a f´ormula, n˜ ao podemos ter, simultaneamente, b1 = b2 = 0 e nem a1 = a2 = 0, isto ´e, 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 f´ormula, a t´ecnica de resolu¸c˜ao da equa¸c˜ao 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
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)
p
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
h
h
λ r12
1 +ν +σ a1 −2 b1 − µ
· a2 ± c1 c2
√ 2)·2 2(2− √ √ −2·(−1) − 11 + 2 +2(−1+ 2)·1
i
·1±2·3
i
=
√
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
6
219
α= α=
a2
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=±
s
√
1 2· 12 ( 7+4
6 12
r
√ 2 )+2
(7 + 4
√
r
1 12
√
2α+2
√
2)
2
2) +
α2 +4 κ
2
( 7+4
q
√
=
2
+4·
1 242
1 12
(7 + 4
√
2)
, 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
=±
√
(3
√ √ 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
6
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=±
s
( 5+2 2· −1 12
√
6 12
r
√
2 )+2
√
r
√
2α+2
1 ( 5+2 − 12
−( 5 + 2 2 ) +
√
2)
(5 + 2
220
α2 +4 κ
2
2
q
√
√ 1 = − 12 (5 + 2 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
h
h
λ r12 2 b1
1 +ν µ
+σ a1
· a2 ± c1 c2
√ 2(2+ 2)·2 √ √ 2·(−1) 11 + 2 +(−2)(1+ 2)·1
i
·1±2·3
i
=−
√ 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
6
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=±
s
2· −1 (4 12
√
2−7 )+2
r
√
1 − 12 (4
2
2α+2
√
1 = − 12 (4
α2 +4 κ
2 √
2−7 )
2
+4·
q √ √ √ √ √ −( 4 2−7 )+ ( 4 2−7 )2 +(2 2−1)2 6 6 2
221
√
2 − 7)
, obtemos
1 242
(2
√ 2−1)2
2.
Para estes valores de x, temos 1 µ
y=− z=±
√ + ν x=− 1+ 2 x
c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ
·
1 x
√
(3
=±
√ √ 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=
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=±
s
√
1 2· 12 (2
6 6
q
(2
√ 2−5 )+2
√
2−5 )+
√
r
(2
1 12
√
(2
1 12
α2 +4 κ
2 √
2−5 )
2 √
√
2α+2
=
2−5 )2 +(4
2
√
+4·
1 242
(2
(4
√
2−5)2
2−5)2
2
z=±
1 µ
√ + ν x=− 1+ 2 x
c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ
·
1 x
=±
222
(3
√
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
r
y = −1+ z = ± (3
x=±
6 12
r
−( 5 + 2
y = −1+ √
x=±
√ 2 x √ √
√ 6 12
z = ± (3
x=±
6 12
r
√
r
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) +
q
√ √ ( 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:
x=
v u u u u u 2 u u (2·(−1+√2)+1− −1+√2 2 ) · (6− ( ) u t (
y=
v u u u u u √ u 2 (−1+ 2)u √ √ 2 · u (2·(−1+ 2)+1−(−1+ 2) ) (6− t (
z=
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) )
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
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
r
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
N˜ao esque¸ca de que a lista com todas as solu¸c˜oes 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¸c˜oes e, ademais, a cada coordenada em cada solu¸c˜ ao. Na tela a seguir, `a esquerda
comparamos a nossa solu¸c˜ ao (aproximada) com a da calculadora. Na tela da direita mostramos como obter uma aproxima¸c˜ao de cada uma das coordenadas da primeira solu¸c˜ ao. Ademais, mostramos o comprimento da Solu¸c˜ao (Lista), bem como sua dimens˜ao.
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 ,
p
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=
p
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 ,
p
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=
p
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
p
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=±
p
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=
p
λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,
1 + 1/µ2 , κ=
c2 2 2λ ,
α=
σ = 1 − (− µ1 + ν)2
b2 1 2 (− µ +ν )
e
√
x=±
p
y=−
1 +ν x µ
2α + 2
α2 + 4 κ
2
(2.66)
c 1 z = ± √2 · 2 λ x Onde µ=
b2 a2 ,
ν=
p
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=
p
1 + 1/µ2 , κ=
λ = 1 + (− µ1 + ν)2 , c2 2 2λ ,
α=
σ = 1 − (− µ1 + ν)2
a2 σ
e
√ 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=
p
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=±
r
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 =
s
2· 1 2√ +2 (−1+ 2)
1 2√ (−1+ 2)
2
2
s
2· 1 2√ +2 (−1+ 2)
+4
1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )
1 2√ (−1+ 2)
2
2
+4
2
1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )
2
1 2
v u q √ 2u 1+(−1+ 2) t
s
2· 1 2√ +2 (−1+ 2)
234
1 2√ (−1+ 2)
2
+4
1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )
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
s
2· 1 2√ +2 (−1+ 2)
1 2√ (−1+ 2)
2
2
+4
1 2 √ 2 (1+(−1+ 2) )
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
3
Fun¸c˜oes com argumentos em B-3D A matem´ atica ´e 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 ´e no ato de criar que o matem´ atico encontra sua culminˆ ancia e que “nenhuma quantidade de trabalho ou corre¸ca ˜o t´ecnica pode substituir este momento de cria¸ca ˜o 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 f´ormula de Euler eiy = cos y + i sen y para n´ umeros complexos. Podemos generalizar esta f´ormula, 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 sim´etricas; uma ´e o reflexo da outra, para o mesmo par (y, z) de argumentos, evidentemente. Observe tamb´em que s˜ ao fun¸c˜oes pares, com respeito `a segunda vari´ avel, isto ´e, 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
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
c)
π
y
z
π 2 π 2 − π2 − π2
π 2 − π2 π 2 − π2
π
ei 2 +j 2 = cos π
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;
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 ´e, 0 ≤ θ < 2π e − π2 ≤ β ≤ π2 . Pelas generaliza¸c˜ oes da equa¸c˜ao 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 trigonom´etrica 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
w=
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¸c˜ao logaritmo resultar´a multivalente. Tal como foi definida acima, resultou numa fun¸c˜ao univalente; este ´e o ramo principal do logaritmo.
242
Exemplos: a ) Seja w = −1 = 1
π
0
. Ent˜ ao
ln (−1) = ln 1 + iπ + j 0 ln (−1) = iπ
b ) Seja w = i + j =
√
2
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) =
ln
√
2,
A localiza¸c˜ ao gr´ afica de ln (i + j), fica assim:
π π , 2 4
Z
ln (i + j) = 1, 79
ln (i+j)
77, 56o
26, 02o
Y
X
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
0
⇒
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,
=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
ej
ln i
−→
−→ ejπ + 1 = 0
244
π
= 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
e
1
22 =
b ) Calcule π i . Aplicando a defini¸c˜ao, temos π i = ei ln π Temos π=π
0
0
⇒
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
0
⇒
0
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
X
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
0
0
⇒
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
X
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
0
√
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
√
2
+jsen
q
Simplificando, obtemos (1 + i)(1+j) = cos
q
( ln
√
cos π4 · cos
cos
q
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) =
q
q
( 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 =
√
2
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 trˆes coordenadas. Na tela da direita digitamos nossa solu¸c˜ao (cada coordenada) e pedimos para confirmar com a solu¸c˜ao da calculadora, o resultado ´e sim: 1. 248
3.3.2
Forma exponencial
Nos Complexos temos z = r (cos θ + i sen θ)
e
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
w=
ρ e i θ0 + j β 0 ,
ρ
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
w=
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.
e
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
p
↑
sen x
x
X
↑
cos x
Onde o ponto p ´e a interse¸c˜ao da reta de inclina¸c˜ao 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´
→
Z
cte (x, z)
p
0 cse (x, z)
z
x
↑
Y
sne (x, z)
→ X
Onde o ponto p ´e a interse¸c˜ao da reta de inclina¸c˜ao (x, z) com a esfera de raio unit´ ario. Definimos cosseno esf´erico de (x, z), denotado cse (x, z), como sendo a abscissa de p; definimos seno esf´erico de (x, z), denotado sne (x, z), como sendo sua ordenada. Como estamos no espa¸co surge mais uma fun¸c˜ao trigonom´etrica (esf´erica) dada pela cota de p; `a falta de um nome melhor a batizaremos de cota esf´eria: cte (x, z). Podemos mostrar a seguinte rela¸c˜ao entre as fun¸c˜oes esf´ericas e circulares cse (x, z) = cos x cos z sne (x, z) = sen x cos z cte (x, z) = sen z 254
´ v´alida a seguinte identidade, E cse 2 (x, z) + sne 2 (x, z) + cte 2 (x, z) = 1 Observe que os gr´ aficos das fun¸c˜oes esf´ericas 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¸c˜oes s˜ ao n´ umeros complexos. O nosso objetivo ser´ a generalizar estas fun¸c˜oes de modo que elas aceitem argumentos em B-3D. Iniciemos com as equa¸c˜oes, 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,
p
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 =
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 =
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 trigonom´etricas, com argumentos em B-3D, resultaram bivalentes, isto ´e, com dois ramos. Observe, em todas elas, que a parte de um ramo para z ≥ 0 ´e igual a parte do outro ramo para z ≤ 0. A parte de um ramo para z ≤ 0 ´e 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 ´algebra complexa e assim, os dois ramos de cada fun¸c˜ao, unificam-se em apenas um ramo. Chamaremos, para efeito de referˆencia, a primeira das defini¸c˜oes − 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 =
0
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
π
π
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
e
− 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¸c˜ao 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¸c˜oes e as convertemos em polar (em graus), para efeitos de localiza¸c˜ao geom´etrica no R3
Veja como ficou a geometria
Z
cos( π2 ,
π π , 4 6
π ,0) 4
)
←
cos( π2 ,
ց
Y
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¸c˜ao; denom extrai o denominador de uma fra¸c˜ ao; left extrai o lado esquerdo de uma equa¸c˜ao; right extrai o lado direito de uma equa¸c˜ao. Estes dois u ´ ltimos comandos quando aplicados a uma potˆencia 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 N˜ao necessitamos calcular, novamente, estas exponenciais. Com efeito, como j´a dissemos , devido a que w = (x, y, 0) estamos restritos `a ´algebra complexa e, nesta, vale a identidade: iw = −i(−w). J´ a vimos (pp. 259, 260), que sen w =
π
eiw = i e− 4
e
π
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¸c˜ao (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¸c˜ao da coordenada 1 da saida do programa, na tela da direita comparamos novamente as duas solu¸c˜oes.
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
π
π
(e 4 + e− 4 )
√
π
π
3 − j (e 4 − e− 4 )
Na tela a seguir encontramos o hiperseno pelo programa
na tela do centro digitamos nossa solu¸c˜ao 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¸c˜oes e as convertemos em polar (em graus), para efeitos de localiza¸c˜ao geom´etrica no R3
Veja como ficou a geometria
Z
Y sen ( π2 , π4 , 0 )
ց
տ
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
4
Aplica¸c˜oes Nem vocˆe nem eu nem ningu´em sabemos o que faz um matem´ atico vingar. N˜ ao ´e uma quest˜ ao de inteligˆencia. 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 ´e o mineiro ignorante quem acha as pepitas douradas. (Louis J. Mordell/matem´ atico britˆanico)
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¸c˜ao 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 inglˆes Daniel White’s (publicado em novembro de 2007), no qual ele − partindo do mesmo insight que eu − cria uma multiplica¸c˜ao 3D e faz aplica¸c˜oes na gera¸c˜ ao dos fractais 3D.
(Fonte: http://www.bugman123.com/Hypercomplex/index.html) A f´ormula acima de Daniel ´e idˆentica − a menos do sinal da terceira coordenada − ` a nossa f´ormula que comparece no lema 1 (p. 62)
w2 =
(x2 − y 2 ) · 1 −
z2 x2 +y 2
, 2xy · 1 −
z2 x2 +y 2
, 2z
p
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 =
q
a21 + b21 , r2 =
q
a22 + b22
270
e
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¸c˜ao no espa¸co. Isto nos sugere aplic´ a-la nas transforma¸c˜oes geom´etricas. 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 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 =
q
2
2
a 1 + b1 , r 2 =
q
2
2
a2 + b2
e
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
p
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¸c˜ao de rota¸c˜ao vai para o espa¸co (devido ao ˆangulo β), na figura temos a proje¸c˜ao no plano complexo, isto ´e, plotamos (x′ , y ′ ). Mais algumas figuras obtidas a partir da rota¸c˜ao em B-3D s˜ ao exibidas a seguir:
Para obter os quadrados acima existe uma rela¸c˜ao entre o “fator de escalonamento” (contra¸c˜ ao) α e o ˆangulo 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 ´e: 0, 8632×0, 8632, ent˜ao: 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¸c˜ao no espa¸co de trˆes dimens˜oes R3 de maneira que resulte uma generaliza¸c˜ao 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¸c˜oes (α, 0, 0) = α e (α, β, 0) = α + β i, e com as opera¸c˜oes usuais de adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao por escalares, a quest˜ ao ´e: podemos definir uma multiplica¸ca˜o de vetores em R3 de modo que sejam v´alidos todos os axiomas de um corpo? N˜ao ´e dif´ıcil mostrar que isto ´e imposs´ıvel. Com efeito, seja (α, β, γ) = α + β i + γ j (onde, ´e claro, j = (0, 0, 1)) e vamos supor que uma tal multiplica¸c˜ao est´ a definida. Ent˜ao podemos escrever i j = α0 + β0 i + γ0 j onde α0 , β0 e γ0 s˜ ao reais. Multiplicando ambos os lados por i `a 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 ´e real. Note que para chegar a uma contradi¸c˜ao usamos apenas a associatividade e distributividade da multiplica¸c˜ ao. Nota: Na verdade, a comutatividade tamb´em ´e usada; ademais, o que este autor provou foi: “se a multiplica¸ca ˜o ´e 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 ´e: “se os n´ umeros tridimensionais s˜ ao poss´ıveis ent˜ ao a multiplica¸ca ˜o n˜ ao ´e comutativa ou n˜ ao ´e associativa ou n˜ ao ´e 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 ´epoca n˜ ao existiam os potentes softwares alg´ebricos existentes hoje e que tra¸cam gr´ aficos com a maior facilidade. Inicialmente, para desenvolver meu programa consultei dois ou trˆes 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 Ap´os alguns instantes de reflex˜ao 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¸c˜ao T : R3 → R2 z
z
t (x, y, z)
t (X, Y )
y
y
x
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
x
274
` θ
տ
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
x
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¸ca˜o 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 circustˆancias 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¸c˜ao 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)
z
(0, 0, 1) (1, 0, 1)
r r
(1, 0, 0)
r
(0, 1)
r(0, 1, 1)
r
r
Y
G : R3 → R2
r
(0, 1, 0)
r
y
r(1, 1)
r r r
r(1, 1, 0)
r
↑
x
r
(1, 0)
X
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)
θ
RPE, p. 78
• Retangular para polar no espa¸co: (x, y, z) → ρ
θ
β
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)
θ
β
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
√
w.
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.
w=
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 ´e que gosto de observar e acentuar os contrastes, aquilo que ´e paradoxal, que possui um vi´es iconoclasta. Por exemplo, o grande Euler∗ , que deduziu a famosa equa¸c˜ao ei θ = cos θ + i sen θ foi o mesmo que sucumbiu − intelectualmente falando − `a “simples” equa¸c˜ao
(−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 M´ericles Thadeu Moretti ´ ´ − OBSTACULOS SUPERADOS PELOS MATEMATICOS NO PASSADO ˆ E VIVENCIADOS PELOS ALUNOS NA ATUALIDADE: A POLEMICA ˜ ´ MULTIPLICAC ¸ AO DE NUMEROS INTEIROS M´ercia de Oliveira Pontes ˜ DOS NUMEROS ´ − A DIF´ICIL 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 necess´ario) at´e os matem´ aticos comprenderem os n´ umeros negativos, isto ´e, n´ umeros do conjunto Z = { . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . } ∗ Aqui n˜ ao vai nenhum dem´erito ` 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 necess´arios 15 s´eculos!. A plena aceita¸c˜ ao destes n´ umeros deu-se somente no j´a avan¸cado s´eculo 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. Por´em, 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 ˜o. 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 N˜ao se trata de nenhum exagero afirmar que esta “simples” equa¸c˜ao confundiu a mente de eminentes matem´ aticos, at´e o s´eculo XIX, ou ainda, durante mais de 1500 anos! pasm´em! − 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: trˆes 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 ´e o produto (−a) pelo (−b). E diz Euler, que o valor absoluto ´e ab. Se trata ent˜ao 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 referˆencia 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 ˜o do conceito de n´ umero negativo, nem muito menos concebˆe-los como sendo quantidades menores que zero. Atualmente esta “prova” de Euler ´e 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 ´e 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¸c˜oes, at´e ent˜ao desconhecidos. Uma opera¸c˜ ao sobre um conjunto E ´e uma aplica¸c˜ao (fun¸c˜ao) f: E×E → E uma opera¸c˜ ao n˜ ao ´e 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 . . . N˜ao 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 tamb´em podem ser percebidas em Pierre-Simon Laplace (1749-1827) nas suas conferˆencias 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 ´e −ab (visto que o produto ´e −a repetido tantas vezes que quando tem unidades em b). Observamos em seguida que o produto de −a por b − b ´e nulo, pois o multiplicador ´e nulo; assim o produto de −a por +b ´e −ab, o produto de −a por por −b deve ser de sinalcontr´ ario ou igual `a +ab para o destruir (apud Glaeser, 1981, p. 333) Vamos organizar um pouco a argumenta¸c˜ao de Laplace: inicialmente ele se prop˜oe a provar que (−a) · (−b) = ab Para isto, estabelece que (−a) · (+b) = −ab
(4.2)
“visto que o produto ´e −a repetido tantas vezes que quando tem unidades em b”. Neste momento j´a podemos interpolar uma primeira cr´ıtica: Laplace extrapola para os n´ umeros inteiros uma propriedade da adi¸ca˜o de naturais. N˜ao 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 necess´aria a interven¸c˜ao 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 matm´eticos contemporˆ aneos. Oportunamente estaremos apontando onde est´ a a falha principal nesta “prova”.
Como se resolveu um impasse de 1500 anos? Depois de 15 s´eculos 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¸c˜ao majorit´ aria de dois matem´ aticos Hermann Hankel (1839-1873) e George Peacock (1791-1858), veja: (Da referˆencia Selma Felisbino) No per´ıodo compreendido entre Diofanto e Hankel, muitos matem´ aticos se propuseram a construir uma demonstra¸c˜ao para a regra de sinais pautada em exemplos pr´ aticos. Por´em, Hankel em 1867, demonstra que a u ´ nica das regras poss´ıveis ´e aquela que preserva a distributividade `a esquerda e `a direita, isso porque ele aborda a ideia de n´ umero relativo numa outra dimens˜ao, 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 dimens˜ao, os n´ umeros n˜ ao s˜ ao descobertos, s˜ ao imaginados e a regra de sinais ´e pura inven¸c˜ao da mente humana, uma conven¸c˜ao. (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¸c˜oes humanas”. Muitas coisas que consider´avamos como leis naturais s˜ ao actualmente demonstradas como constituindo puras conven¸c˜oes 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 N´egative para a Enciclop´edia de Diderot, arqumenta que se um problema produz uma solu¸ca ˜o negativa, indica que algum erro foi cometido na hip´ otese e, portanto, o n´ umero positivo, oposto ao negativo obtido, ´e a solu¸ca ˜o desejada. (Referˆencia, M´ercia)
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¸c˜ao dos argumentos de Peacock e, em seguida, aditaremos nossos coment´arios. Para incluir os novos s´ımbolos −1, −2, −3, . . . em uma aritm´etica ampliada a qual englobe tanto os inteiros positivos como os negativos n´ os devemos, certamente, definir opera¸c˜oes com eles de um modo tal que as regras originais das opera¸c˜oes aritm´eticas sejam preservadas. Por exemplo, a regra (−1) · (−1) = 1 a qual estabelecemos para governar a multiplica¸c˜ao de inteiros negativos, ´e uma consequˆencia do nosso desejo de preservar a lei distributiva a · (b + c) = ab + ac. Pois se n´ os tiv´essemos 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¸c˜oes 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¸c˜ao ao mesmo tempo que preservando as leis fundamentais da aritm´etica. O que pode − e deve − ser provado ´e apenas que com base nestas defini¸c˜oes as leis comutativa, associativa e distributiva da aritm´etica s˜ ao preservadas.” (Da referˆencia 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 ´e isto o que acontece† , o que na realidade foi provado ´e que Se a · (b + c) = ab + ac e (−1) · (−1) = −1 ent˜ao 0 = −2
O contrapositivo deste teorema ´e 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¸c˜oes) 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 ´e, precisamente, a raz˜ ao pela qual a equa¸c˜ao
(−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 s´eculos. Ademais, gostaria de chamar a aten¸c˜ao para uma outra afirma¸c˜ao importante de Peacock, qual seja esta: “Por exemplo, a regra (−1) · (−1) = 1 a qual estabelecemos para governar a multiplica¸ca ˜o de inteiros negativos, ´e uma consequˆencia do nosso desejo de preservar a lei distributiva a · (b + c) = ab + ac ”. Desejo, neste contexto, ´e sinˆ onimo de postulado, ou ainda: se a distributividade vale para os inteiros isto nada mais ´e que consequˆencia de ´ por estas, e por outras raz˜ um postulado. E oes, que toda a matem´ atica ´e postulacional; ou ainda, as “verdades” matem´ aticas n˜ ao s˜ ao absolutas, mas condicionais. Uma pergunta ingˆenua, por´em pertinente ´e: Ora, mas a distributividade nos inteiros n˜ ao ´e provada? − Observe Peacock: “O que pode − e deve − ser provado ´e apenas que com base nestas defini¸co ˜es as leis comutativa, associativa e distributiva da aritm´etica s˜ ao preservadas.” Agente precisa entender em que sentido as leis comutativa, associativa e distributiva da aritm´etica s˜ ao “provadas” − estamos nos referindo `a 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
N
D) a · (b + c) = a · b + a · c • Ordenado PBO) : Todo subconjunto n˜ao 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¸c˜oes de adi¸c˜ao e multiplica¸c˜ao s˜ ao direcionadas (conduzidas) para se demonstrar aquilo que se pretende (“defini¸c˜oes ad hoc”). Resumindo, estas propriedades s˜ ao v´alidas porque foram postuladas, na constru¸c˜ ao destes sistemas num´ericos; sendo assim ´e perfeitamente l´ ogico postular a n˜ ao validade destas mesmas leis (algumas delas) na constru¸c˜ ao de outros sistemas num´ericos. 287
Axiom´ atica de Peano A seguir apresentamos a “axiom´ atica de Peano”, formulada em 1889, o seu ponto de partida para a constru¸c˜ao dos n´ umeros naturais. Inicialmente Peano assume trˆes termos primitivos: n´ umero natural, zero, sucessor Os cinco axiomas de Peano s˜ ao: (1) Zero ´e um n´ umero natural; (2) Zero n˜ ao ´e sucessor de nenhum n´ umero natural; (3) O sucessor de um n´ umero natural ´e um n´ umero natural; (4) Dois n´ umeros diferentes nunca tˆem 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 tamb´em possui esta propriedade, ent˜ ao todo n´ umero natural possui a propriedade P. Para o zero − que ´e um termo indefinido na axiom´atica 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 ´e denotado por σ(n), de sorte que podemos ver σ como a seguinte aplica¸c˜ao: 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 ´e sucessor de nenhum outro. Ele se chama “zero”. Sendo assim, qualquer que seja n ∈ N, temos 0 6= σ(n). P2 ) σ : N → N ´e injetiva. Isto ´e, 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¸c˜ao) Seja A um subconjunto de N tal que: ( i ) 0 ∈ A; ( ii ) Se n ∈ A, ent˜ao 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 ´e como que postulada atrav´es de “defini¸c˜oes ad hoc”∗ . Considere o conjunto, N = { 0, 1, 2, 3, . . . } Defini¸ c˜ ao 9 (Adi¸c˜ ao). Seja n ∈ N um natural dado. Ent˜ao ( 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¸c˜ao j´a est´ a “embutido” nosso desejo de que a multiplica¸c˜ ao seja distributiva†. Conclus˜ao: a distributividade − e as demais leis − n˜ ao ´e uma “propriedade intr´ınseca” dos natutais, foi postulada atrav´es 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, ´e uma consequˆencia 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¸c˜oes 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 aritm´etica. 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 ´e uma constru¸ca˜o humana, n˜ ao excetuando as “leis leis fundamentais da aritm´etica” `as 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.
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A lei dos trˆ es estados A lei dos trˆes 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 atrav´es de quest˜oes particulares. Segundo Bachelard (1996), o esp´ırito cient´ıfico, em sua forma¸c˜ao individual, passa obrigatoriamente pelos estados concreto, concreto-abstrato e abstrato. No estado concreto, o esp´ırito ocupa-se com as primeiras imagens do fenˆomeno e exalta a natureza; no concreto-abstrato, o esp´ırito acresce os esquemas geom´etricos ` a experiˆencia f´ısica. Nos esquemas geom´etricos, o esp´ırito cient´ıfico se sente mais seguro no seu processo de abstra¸c˜ao do que na intui¸c˜ ao sens´ıvel. No estado abstrato, o esp´ırito acolhe informa¸c˜oes desligadas da intui¸c˜ ao, da experiˆencia imediata e, at´e certo ponto, em contradi¸c˜ao com a realidade primeira. As hesita¸c˜ oes e incertezas do processo de legitima¸c˜ao 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¸c˜ao tem tudo para ser uma hip´ otese in´ util. Do mesmo modo, a experiˆencia que n˜ ao retifica nenhum erro, que ´e monotonamente verdadeira, sem discuss˜ao, para que serve?” (Referˆencia, M´ercia)
“[. . . ] 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 conhecˆe-los. N˜ ao se pode basear nada na opini˜ ao: antes de tudo, ´e preciso destru´ı-la. Ela ´e 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 ´e resposta a uma pergunta. Se n˜ ao h´ a pergunta, n˜ ao pode haver conhecimento cient´ıfico. Nada ´e evidente. Nada ´e gratuito. Tudo ´e 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 ningu´em 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 s´eculos, 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 ´e 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 ˜o ´e 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 ˜o tamb´em avan¸ca no chamamento ou na cria¸ca ˜o de “sentido”, de significa¸ca ˜o, ou, em outras palavras, de novos conceitos e novas formas de inteligibilidade. Criar, portanto, n˜ ao ´e 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 ˜o ´e um processo sem fim, diversas conquistas ser˜ ao atingidas e novas e mais profundas intensidades ser˜ ao alcan¸cadas. O prazer est´etico, sensual, sexual, amoroso e cognitivo s˜ ao formas do prazer e das experiˆencias almejadas com a cria¸ca ˜o. 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 ˜o ´e 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 ´nico limite ´e 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 Potˆencia do Nada, p. 178)
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Referˆencias Bibliogr´aficas
[1] Silva, Gentil Lopes. N´ umeros n˜ ao euclidianos (Vers˜ ao-2D), 2018. Publica¸c˜ao Eletrˆonica. [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 Matem´atica. 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 m´etricos). 2017. Publica¸c˜ao Eletrˆonica. [7] Silva, Gentil Lopes. Fundamentos dos N´ umeros (Tudo o que vocˆe gostaria de saber sobre os n´ umeros mas n˜ ao tinha a quem perguntar). Publica¸c˜ao 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¸c˜oes.
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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¸c˜ao e Divis˜ao na forma Polar, 73 (SR), 87 Multiplica¸c˜ao na forma trigonom´etrica, 58, 82 Nagarjuna, 36 Norbert Wiener, 237
Pit´ agoras, Equa¸c˜ao, 126 De Moivre, 70, 80 Porque a multiplica¸c˜ao em R3 n˜ ao Divis˜ao na forma trigonom´etrica, 60, poderia ser associativa, 94 82 Porque a multiplica¸c˜ao em R3 n˜ ao Divis˜ao por j, 33 poderia ser distributiva, 95 Divis˜ao por zero, 42 Potencia¸c˜ao, 61 assico, 52 F´ormula de Bhaskara em B-3D, 150, Problema Cl´ Propriedade n˜ ao euclidiana, 31, 32 160 Forma alg´ebrica, 35 Forma trigonom´etrica, 47 Fun¸c˜ oes nne cos w, sen w, cte w, 258 Euler, generaliza¸c˜ ao, 238 Logaritmo, 242 Potˆencia, 244
Quadro amarelo nne-3D, 8 Naturais, 9 Quociente m´ agico, 41
Gaston Bachelard, 7, 290
Radicia¸c˜ao, 96 Reflexo, 64 Representa¸c˜ao gr´ afica, 47 Rota¸c˜ao em torno da origem, 90
Hypercomplex Fractals, 270
Singelo Desafio, 56
Impossibilidade . . . , 273
Transforma¸c˜ao de coordenadas, 76
Listagem dos programas, 277 294