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Resolução do Problema Proposto por Bento de Jesus Caraça.

Rodrigo R. Gonçalez

ABSTRACT: This article aims to bring the resolution to the problem proposed by Bento de Jesus Caraça, in his book “Fundamental Concepts of Mathematics”, Lisboa, 1951. This problem, which is intuitively the principle soluble, makes us encounter imaginary numbers. For this resolution, it is necessary to use sophisticated mathematical tools and a keen intuition. Therefore, the demonstration of how to arrive at a "formula", through radical, to solve the third and fourth degrees equations, and this interpretation in the polar complex numbers. A beautiful mathematical exercise.

1. Introdução.

Em seu livro Conceitos Fundamentais da Matemática, Lisboa, 1951, o Professor Bento

de Jesus Caraça, um matemático português, dentre muitos, propõe um problema

bastante interessante. Algébrico, intuitivamente geométrico, e, portanto solúvel, tal

problema faz-nos deparar com uma solução instigante: os números imaginários.

Como poderíamos interpretar tal solução?

Mostrarei neste artigo um método de resolução completo, e para isso, prepararei o

terreno demonstrando a fórmula de Tartaglia – Ferro – Cardano para solução de

equações do terceiro grau. Falo um pouco sobre o matemático italiano Rafael Bombelli

que se deparou com uma solução semelhante, pela primeira vez, e concluiu que tais

equações, ainda que com soluções imaginárias, eram possíveis de serem interpretadas no

“mundo real” de forma concreta.

2

Interessante é observarmos que para a solução de um problema aparentemente simples,

necessitamos de uma sofisticada ferramenta matemática ao lidarmos com os números

complexos.

Finalizo o artigo fazendo a demonstração da fórmula, pelo método de radicais, de

resolução de equações do quarto grau. Aproveitando o “embalo”, procuro mostrar uma

interpretação das soluções de equações cuja raiz enésima da unidade satisfaz 1 0nz .

Outra questão importante: como os matemáticos, há 600 anos, pensariam sobre tal

problema?

O Problema. Seja v o volume de um cubo de aresta x , e 'v de um paralelepípedo retângulo cuja área da base é 3 e cuja altura é igual a aresta do cubo. Determinar x de modo tal que

' 1v v .

Como 3v x , temos:

3 3' 3 3 1 3 1 0v x x x x x

Uma equação do 3o grau do tipo 3 0x px q .

Demonstração da Fórmula de Tartaglia – Ferro – Cardano.

Seja a equação do terceiro grau 3 2 0, 0.ax bx cx d com a

Cardano demonstrou que para eliminar o coeficiente 2x , devemos fazer uma

substituição de variáveis 3

ax y . Mas, farei isso de outra forma, para ver

“funcionando”. Podemos escrever y x m uma variável qualquer y . Fazendo a

transformação de variáveis, substituindo na equação, temos:

3

3 2 3 20 ( ) ( ) ( ) 0

( ³ 3 ² 3 ² ³) ( ² 2 ²) ( ) 0

³ 3 ² 3 ² ³ ² 2 ² 0

³ ( 3 ) ² (3 ² 2 ) ³ ² 0

y x m x y m

ax bx cx d a y m b y m c y m d

a y y m ym m b y ym m c y m d

ay ay m aym am by bym bm cy cm d

ay am b y am bm c y am bm cm d

Como desejamos eliminar o coeficiente de ²y , façamos:

3 0 33

bam b am b m

a

Substituindo na equação, temos:

2 3 2

³ 3 2 03 3 3 3 3

3 ² 2 ² ³ ³³ 0

9 ² 3 27 ³ 9 ² 3

² 2 ³ 9 27 ²³ 0

3 27 ²

b b b b bay a b c y a b c d

a a a a a

ab b ab b bcay c y d

a a a a a

b b abc a day c y

a a

0, :

² 2 ³ 9 27 ²³ 0

3 ² 27 ³

Como a vamos dividir toda a equação por a

b c b abc a dy y

a a a

4

Fazendo,

² 2 ³ 9 27 ²,

3 ² 27 ³

:

³ 0

b c b abc a dp e q

a a a

Obtemos uma equação simplificada

y py q

Façamos agora y u v (também conhecido como Método de Viète), iremos verificar

que u e v são raízes dessa equação.

Substituindo, temos:

( )³ ( ) 0

³ 3 ² 3 ² ³ 0

³ ³ 3 ( ) ( ) 0

³ ³ (3 )( ) 0

:

³ ³

³3 0 3 ³ ³

3 27

u v p u v q

u u v uv v pu pv q

u v uv u v p u v q

u v uv p u v q

Essa equação só é verdade se

u v q e

p pu v p u v p u v u v

Dessa forma observamos que ³ ³u e v são raízes de uma equação do segundo grau que

pode ser escrita na forma ² 0w Sw P , onde S e P correspondem respectivamente à

SOMA e ao PRODUTO das raízes dessa equação. Portanto, podemos escrevê-la na

forma:

5

³² 0

27

pw qw

Resolvendo-a pelo método de Bhaskara:

² 4² 0; 0

2

b b acax bc c a x

a

3

3

3

³ 4 ³² 4(1) ²27 27

2(1) 2

² ³

2 4 27

³ ³ :

² ³ ² ³³

2 4 27 2 4 27

² ³ ² ³³

2 4 27 2 4 27

, :

² ³

2 4 27 2

p pq q q q

w w

q q pw

Como u e v são raízes dessa equação

q q p q q pu u

q q p q q pv v

Como fizemos y u v concluímos que

q q p qy 3

² ³

4 27

³ 0 .

q p

É solução da equação y py q

6

Voltando ao problema de Bento de Jesus Caraça.

A equação cúbica 3 3 1 0x x tem solução:

3 3

3 3

3 3

3 3

3 3 3 3

3 3

² ³ ² ³

2 4 27 2 4 27

( 1) ( 1)² ( 3)³ ( 1) ( 1)² ( 3)³

2 4 27 2 4 27

1 1 1 11 1

2 4 2 4

1 3 1 3

2 4 2 4

1 3 1 3 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2

1 3 1 3

2 2

q q p q q px

x

x

x

i ix

i ix

O que aparentemente é um problema, pois essa é uma questão que deve possuir pelo

menos uma raiz real.

Dado um número complexo ;z z a bi , onde o módulo de z é dado por

2 2| |z a b , podemos escrevê-lo em sua forma polar:

7

3

22

.2 .2| | cos . ( )

1 3. , :

2 2

1 3 1 3| | ² | | ² | | 1

2 2 4

n nk k

z z i sen Fórmula de De Moivren n

Para i temos

z z z

33

3

:

3 13 12 2cos

1 2 1 2

, 60 . Re :3

.2 .21 3 3 3. 1 cos2 2 3 3

.2 .21 3 3 3. cos2 2 3 3

o

Temos que

b asen e

r r

Logo solvendo

k ki i sen

k ki i sen

8

30

031

3

:

1 3 3 30 . cos cos . cos 20 20 ( )2 2 3 3 9 9

2 21 3 3 31 . cos cos 40 40 ( )2 2 3 3

4 41 3 3 32 . cos2 2 3 3

o o

o

Para

k i i sen i sen i sen z

k i i sen i sen z

k i i sen 2cos 80 80 ( )o oi sen z

3

22

1 3, . , :

2 2

1 3 1 3| | ² | | ² | | 1

2 2 4

3 13 12 2cos

1 2 1 2

Agora para i temos

z z z

b asen e

r r

33

3

, 60 . Re :3

.2 .21 3 3 3. 1 cos2 2 3 3

.2 .21 3 3 3. cos2 2 3 3

oLogo solvendo

k ki i sen

k ki i sen

9

3

0

031

3

:

1 3 3 30 . cos cos2 2 3 3 9 9

cos 20 20 ( ')

2 21 3 3 31 . cos cos 80 80 ( ')2 2 3 3

41 3 32 . cos2 2 3

o o

o

Para

k i i sen i sen

i sen z

k i i sen i sen z

k i 2

43 cos 40 40 ( ')3

o oi sen i sen z

Somando as soluções conjugadas:

0 0 ' cos 20 20 cos20 20 2 cos20 1,88o o o o oz z i sen i sen

1 2

2 1

' cos 40 40 cos40 40 2 cos40 1,532

' cos 80 80 cos80 80 2 cos80 0,347

o o o o o

o o o o o

z z isen i sen

z z i sen i sen

A solução gráfica é muito interessante e apresenta-nos as raízes encontradas. Utilizando o método indo-arábico de resolver equações graficamente, podemos obter:

1³ 3 1 0 ³ 3 1 ² 3x x x x x

x

A solução gráfica é a intercessão das funções

( ) ² 3f x x e 1

( )g xx

. (ao lado)

10

Rafael Bombelli e os Números Complexos.

Rafael Bombelli foi um matemático italiano contemporâneo de Cardano, Ferro e

Tartaglia. No ano de 1572, ao se deparar com alguns cálculos de Cardano, ele encontrou

a equação:

³ 15 4x x

Utilizando o método de radicais para resolvê-la, Bombelli – assim como Cardano –

encontrou a dificuldade em:

3 3 3 3

3 33 3

3 3 3

³ 15 4 ³

( " " )

² ³ ² ³ 4 4² ( 15)³ 4 4² ( 15)³

2 4 27 2 4 27 2 4 27 2 4 27

3375 33752 4 2 2 2 4 125 2 4 125

27 27

2 121 2 121 2 121 2

x x x px q

Fórmula original de Ferro Tartaglia Cardano

q q p q q px

x

x ou x 3 121

Devido a esse resultado, tanto Cardano quanto Bombelli acreditavam que tal

equação não teria solução, pois o número 121 não era compreendido como real. No

entanto, ele sabia que 4 era uma raiz dessa equação. Logo, para superar esse paradoxo,

ele determinou algumas regras para driblar essa aparente contradição. Foi a partir de

então que números como 121 passaram a ser chamados imaginários.

Bombelli concebe a idéia de expressões na forma a b e a b .

11

Elas podem ser consideradas como 3 32 121 2 121e

respectivamente.

Assim escreveu:

4 2 4 2a b a b a a

Comparando com os números 3 32 121 2 121e , fez:

333 3

3

2

2 2 11. 1 2 2 11. 1

2 8 6 12 8 6 12

8 6 12 2 11. 1 12 11 1

, 2 1 2 1

2 1 2 1 4

a b b

b b

b b b b b b b b

b b b b b

Logo a b e a b

a b a b

“ O próprio Bombelli não estava bem seguro do que havia criado, chegando mesmo a

dizer que eram “uma nova espécie de raízes quadradas...que tem regras diversas das

outras”. Para os demais matemáticos da época, os números complexos eram vistos com

suspeita e quanto muito tolerados, na falta de melhor coisa. Até o nome que receberam,

números sofísticos, espelhava bem a situação.

“ É de se acrescentar que alguns matemáticos da época procuraram descobrir maneiras

de se evitar o uso dos complexos. Entre eles, o que mais procurou evitar as torturas

mentais envolvidas com o uso de raízes quadradas de negativos foi Cardano. Em seu

difícil livro De Regula Aliza, de 1 570, Cardano procurou inventar artifícios de cálculo

que evitassem o uso de raízes quadradas de negativos quando da aplicação das regras de

resolução de cúbicas. Conseguiu apenas magros resultados. Foram necessários trezentos

12

anos para que, em 1890, Capelli conseguisse provar que isso é em geral impossível de

conseguir (trecho retirado de http://www.mat.ufrgs.br/~portosil/compla.html).”

Demonstração da Resolução de Equações do

Quarto Grau Pelo Método de Radicais.

Seja a equação do 04 Grau : 4 3 2

4 3 2 1 40, 0.oa x a x a x a x a com a

Dividindo toda a equação por 4a , obtemos:

4 3 2 4 3 23 04 2 1

4 4 4 4 4

0 0a aa a a

x x x x x ax bx cx da a a a a

Desejamos anular o coeficiente x³. Fazendo a substituição de variáveis y x m x y m , temos:

4 3 2

4 4

4 4

( ) ( ) ( ) ( ) 0

4 ³ 6 ² ² 4 ³ ³ 3 ² 3 ² ³ ² 2 ² 0

( 4 ) ³ (6 ² 3 ) ² ( 4 ³ 3 ² 2 ) ³ ² 0

y m a y m b y m c y m d

y y m y m ym m ay ay m aym am by bym bm cy cm d

y m a y m am b y m am bm c y m am bm cm d

Desejamos 4 0 . :4

am a m Substituindo

4

4

4 44

² ³ ²6 3 ² 4 3 2

16 4 64 16 4

³ ²0

256 64 16 4

3 ² 3 ² ³ ²² 0

8 4 8 4 256 64 16 4

a a a a ay a b y a b c y

a a a aa b c d

a a a ab a a a b acy b y c y d

Vemos claramente que podemos reduzir a equação a:

13

4 ² 0y py qy r

Somemos ² ²py p a ambos os membros da equação, de forma a obtermos um

quadrado perfeito do lado esquerdo da igualdade. Teremos:

4

4

4

2

² 0

² ² ² ² ²

2 ² ² ² ²

² ² ² (1)

y py qy r

y py py p py p qy r

y py p py qy p r

y p py qy p r

A solução da equação ² ²py qy p r de modo que esta seja um quadrado perfeito é:

( )² 4 ( ² ) 0

4 ³ 4 ² 0, :

2

q p p r

p pr q de forma que

qy

p

Logo, a equação (1) se reduz a:

2 2

2² ( ² )² 0 (2)

2 2

q qy p p y y p p y

p p

De (2) podemos obter:

22

( ² )² 0 ( ² )² 02 2

q qy p p y y p y p

p p

Fatorando (diferença de dois quadrados), temos:

² ² 02 2

q qy p y p y p y p

p p

14

Podemos dizer que a primeira equação se anula em u, de forma que:

² 0 ² 02 2

23

2

2 3 ² 2 3 ²1 1 1 1' "

2 2 2 2

q qu p u p u u p p

p p

qp p

pu

q p p q p pu p ou u p

p p

Podemos dizer que a segunda equação se anula em v, de forma que:

² 0 ² 02 2

23

2

2 3 ² 2 3 ²1 1 1 1' "

2 2 2 2

q qv p v p v v p p

p p

qp p

pv

q p p q p pv p ou v p

p p

Portanto, as soluções são:

1 2

3 4

2 3 ² 2 3 ²1 1 1 1;

2 2 2 2

2 3 ² 2 3 ²1 1 1 1;

2 2 2 2

q p p q p py p y p

p p

q p p q p py p y p

p p

15

A Raiz Enésima Complexa da Unidade.

Seja o número complexo 0z a bi . Se n nz w z w , com 0w , de

modo que, pela fórmula De Moivre,

.2 .2cos , ² ²nn k k

w r i sen em que r a bn n

Se o complexo 1w , temos que 1 0r e . Utilizando a relação acima,

podemos obter:

.2 .21 1 cosn n k k

i senn n

Como | | 0 | | 1z z . Temos que arg (arg )n z umento de z é um múltiplo

inteiro 2 2k de . Para os valores de k, observamos:

:

0.2 0.20 1 cos 1

1.2 1.2 2 21 1 cos cos

2.2 2.2 4 42 1 cos cos

n

n

n

Para

k i senn n

k i sen i senn n n n

k i sen i senn n n n

( 1).2 ( 1).21 1 cosn n n

k n i senn n

Observamos, assim, que as raízes enésimas complexas da unidade são os vértices de um

polígono regular de n lados inscrito no círculo unitário | | 1z .

16

Exemplos: 3:

0.2 0.20 cos 1

3 3

1.2 1.2 2 21 cos cos

3 3 3 3

1 3 1 3. ,

2 2 2 2

4 42 cos cos

3 3 3

Para n

k i sen

k i sen i sen

i

k isen1 3 1 3

. . ,3 2 2 2 2

i sen i

O qual é um triângulo eqüilátero.

6:

0.2 0.20 cos 1 (1,0)

6 6

1.2 1.2 2 2 1 3 1 31 cos cos ,

6 6 6 6 2 2 2 2

4 4 22 cos cos

6 6 3

Para n

k i sen

k i sen i sen i

k i sen2 1 3 1 3

,3 2 2 2 2

i sen i

...

17

6 63 cos cos( ) ( ) 1 ( 1,0)

6 6

8 8 4 4 1 3 1 34 cos cos ,

6 6 3 3 2 2 2 2

10 10 55 cos cos

6 6 3

k i sen i sen

k i sen i sen i

k i sen5 1 3 1 3

,3 2 2 2 2

i sen i

O qual é um hexágono regular.

Generalizando, podemos dizer que se n nz w z w com 0w é qualquer

complexo, uma das soluções dessa equação é:

0

.2 .2| | cosn

k kz w isen

n n

Além disso, 0s z é uma raiz de nx w se e somente se

0 0( ) 1n n n n n nw x s z s z w s w s . Assim, as raízes enésimas de

w são 1

0 0 0 0, , ² , ... , nz z z z , as quais são representadas pelos vértices de um

polígono regular.

Por definição, toda raiz enésima da unidade satisfaz 1 0nz .

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BIBLIOGRAFIA CARAÇA, Bento de Jesus. Conceitos Fundamentais da Matemática, 1 ed.. Tipografia Matemática. Lisboa, 1951. LIMA, Elon L.. Revista Matemática Universitária: A Equação do Terceiro Grau, n 5. Rio de Janeiro, 1987. Sociedade Brasileira de Matemática. MOREIRA, Carlos Gustavo. Revista do Professor de Matemática: Uma Solução das Equações do 3 e 4 Graus, n 25. Rio de Janeiro, IMPA, 1994. Sociedade Brasileira de Matemática. CARMO, Manfredo P., MORGADO, Augusto C., WAGNER, Eduardo. Trigonometria e os Números Complexos. Coleção do Professor de Matemática, 3 ed.. Rio de Janeiro. Sociedade Brasileira de Matemática, 1993. http://www.mat.ufrgs.br/~portosil/compla.html, acessado em 20/10/2012.