Aula 15 - Álgebra II

Do lema da aula anterior segue o teorema fundamental desta secção:

Teorema. Se o ponto P = (x, y) ∈ ℝ^{2} é construtível a partir de P então [K_{0}(x) : K_{0}] e [K_{0}(y) : K_{0}] são potências de 2.

Demonstração. Por definição, existe uma sequência finita de pontos de ℝ^{2},

P_{1}, …, P_{n} = P,

tais que, para cada i = 1, …, n, o ponto P_{i} = (x_{i}, y_{i}) é construtível num passo a partir de P_{i−1}. Pelo lema anterior, [K_{i} : K_{i−1}] ∈ {1, 2, 4}. Ora

[K_{n} : K_{0}] = [K_{n} : K_{n−1}][K_{n−1} : K_{n−2}] … [K_{1} : K_{0}]

pelo que [K_{n} : K_{0}] é uma potência de 2. Finalmente, as igualdades

[K_{n} : K_{0}] = [K_{n} : K_{0}(x)][K_{0}(x) : K_{0}]
[K_{n} : K_{0}] = [K_{n} : K_{0}(y)][K_{0}(y) : K_{0}]

provam a tese.

Com estes resultados, podemos finalmente resolver os quatro problemas geométricos clássicos.

Corolário 1. Não é possível duplicar o cubo.

Demonstração. Podemos partir de um cubo de lado unitário e, portanto, de volume 1, que tem como uma das arestas o segmento entre (0, 0) e (1, 0) no eixo OX. Um cubo de volume 2 teria um lado de comprimento α tal que α^{3} = 2.

A duplicação do cubo é equivalente à construção, a partir de P = {(0, 0), (1, 0)}, de uma aresta de comprimento \sqrt[3]{2}, ou, o que é equivalente, à construção do ponto (\sqrt[3]{2}, 0) a partir de P. Como K_{0} = ℚ, se tal fosse possível, então [ℚ(\sqrt[3]{2}) : ℚ] seria uma potência de 2, pelo Teorema. Ora isto é impossível, visto que \sqrt[3]{2} é raiz de x^{3} − 2, que é irredutível sobre ℚ pelo critério de Eisenstein. Portanto o polinómio mínimo de \sqrt[3]{2} sobre ℚ é x^{3} − 2 pelo que [ℚ(\sqrt[3]{2}) : ℚ] = 3. Logo o cubo não pode ser duplicado.

Corolário 2. Não é possível trissecar um ângulo de amplitude 60^{∘}.

Demonstração. Comecemos com P = {(0, 0), (1, 0)}. Na nossa notação, K_{0} = ℚ. Construamos a circunferência c de centro O = (0, 0) que passa por A = (1, 0). Como vimos, é fácil construir o ponto B ∈ c tal que { \atop AOB} = \frac{π}{3}.

Se fosse possível trissecar o ângulo { \atop AOB}, seria possível construir, a partir de P, o ponto C ∈ c tal que { \atop AOC} = \frac{π}{9} e, portanto, o ponto (cos \frac{π}{9}, 0) ∈ [OA]. Mas então também o ponto (2 cos \frac{π}{9}, 0) seria construtível, pelo que [ℚ(2 cos \frac{π}{9}) : ℚ] seria uma potência de 2 o que é falso:

De facto, como para qualquer θ, cos 3θ = 4 cos^{3} θ − 3 cos θ, temos

4 cos^{3} \frac{π}{9} − 3 cos \frac{π}{9} = cos \frac{π}{3} = 1/2.

Então cos \frac{π}{9} é raiz do polinómio 8x^{3}−6x−1 = 0, ou seja, 2 cos \frac{π}{9} é raiz do polinómio x^{3} − 3x − 1. Mas x^{3} − 3x − 1 ∈ ℚ[x] é irredutível sobre ℚ, porque não tem raízes racionais. Em conclusão [ℚ(2 cos \frac{π}{9}) : ℚ] = 3.

Corolário 3. Não é possível quadrar o círculo.

Demonstração. Podemos supor que a unidade de medida é tal que o raio do círculo é 1, e então temos de construir um quadrado que tenha lado de medida \sqrt{π}. Portanto a quadratura do círculo equivale à construção do número (\sqrt{π}, 0). Mas se (\sqrt{π}, 0) fosse construtível então [ℚ(\sqrt{π}) : ℚ] = 2^{n} para algum n ∈ ℕ_{0}, e então [ℚ(π) : ℚ] dividiria 2^{n} e, em particular, π seria algébrico sobre ℚ. Isto é absurdo visto que, como Lindemann mostrou em 1882, π é transcendente sobre ℚ.

Corolário 4. Não é possível inscrever um heptágono regular numa circunferência.

Demonstração. Se essa construção fosse possível, o ponto (cos \frac{2π}{7}, sin \frac{2π}{7}) seria construtível a partir de P = {(0, 0), (1, 0)}. Mas tal não é verdade, pois o polinómio mínimo de cos \frac{2π}{7} sobre ℚ é x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} − \frac{1}{2}x − \frac{1}{8}, pelo que [ℚ(cos \frac{2π}{7}) : ℚ] = 3.

    [O Teorema n~ ao é verdadeiro na direcç~ ao inversa, como se tornará
        claro durante o estudo da Teoria de Galois:  existem números
    algébricos de grau uma pot^encia de 2 que n~ ao d~ ao origem a pontos
     do plano construtíveis.  A Teoria de Galois fornece um critério
            mais eficiente para determinar se um dado par de números
                           algébricos define um ponto construtível]

Construção de polígonos regulares

Acabámos de observar que, contrariamente ao caso do pentágono, é impossível construir um heptágono regular. E quanto ao caso geral de um polígono com n lados?

POLÍGONOS CONSTRUTÍVEIS Um polígono diz-se construtível se todos os seus vértices são pontos construtíveis de ℝ^{2}.

Tal como vimos no caso n = 7, a construção de um polígono regular com n lados resume-se à construção do ponto (cos(2π/n), sin(2π/n)):

Se inscrevermos um polígono regular com n lados no círculo unitário em torno da origem de ℝ^{2}, com um vértice no ponto (1, 0), então os outros vértices estão nos pontos

\{(cos(\frac{2πk}{n} ), sin(\frac{2πk}{n} )) | 0 < k < n\}.

Se conseguirmos construir o ponto (cos(2π/n), sin(2π/n)), então conseguimos construir os outros vértices a partir deste. Assim, o polígono é construtível se e só se este ponto é construtível.

Os Gregos foram capazes de construir, com régua e compasso, polígonos regulares com 3 e 5 lados, mas não foram capazes de construir um com 7 lados (que, como acabámos de ver, é uma tarefa impossível).

Nenhum progresso foi feito neste problema durante mais de 2000 anos até que, em 1796, Gauss^{1} surpreendeu o mundo matemático com a construção de um polígono regular com 17 lados.

Gauss descobriu mesmo um critério suficiente para que um polígono regular de n lados (um n-gono) seja construtível com régua e compasso:

O n-gono regular é construtível com régua e compasso se

n = 2^{α}p_{1} … p_{t},

onde α ∈ ℕ_{0} e os p_{i} são primos ímpares distintos da forma p_{i} = 2^{2^{r_{i}}} +1 (r_{i} ∈ ℕ_{0}).

1Na altura, com 19 anos!

E se n não tiver tal forma? A resposta foi dada em 1837 por Pierre Wantzel, que provou o recíproco do Teorema de Gauss: se n não for desta forma, a construção é impossível^{2}.

O número F_{r} = 2^{2^{r}} + 1, r ∈ ℕ_{0}, chama-se o r-ésimo número de Fermat, enquanto um primo de Fermat é um número F_{r} que seja primo. Aqui está uma tabela dos primeiros cinco números F_{r} que são primos de Fermat, descobertos pelo próprio Fermat:

\begin{matrix}r & 2^{2^{r}} + 1 \\ 0 & 3 \\ 1 & 5 \\ 2 & 17 \\ 3 & 257 \\ 4 & 65537 \end{matrix}

Fermat conjecturou que qualquer F_{r} é primo, mas Euler mostrou em 1732 que

F_{5} = 2^{2^{5}} + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417.

Hoje ainda não se conhece mais nenhum primo de Fermat além dos encontrados por Fermat. Portanto, só se sabe que um polígono regular com p-lados (p primo) é construtível para p = 2, 3, 5, 17, 257, 65537. Para o polígono com 17 lados é apresentada uma construção em [H.S.M. Coxeter, Introduction to Geometry, 2^{a} ed., Wiley, 1989] e [I. Stewart, Galois Theory, 3^{a} ed., Chapman & Hall, 2004]. No primeiro destes livros podemos encontrar ainda uma demonstração muito elegante e curiosa de que 641 divide 2^{2^{5}} + 1.

2A prova do Teorema de Gauss e desta impossibilidade requere pouco mais do que as ideias que vimos até agora sobre extensões de corpos, e pode ser consultada em, por exemplo, [I. Stewart, Galois Theory, 3^{a} ed., Chapman & Hall, 2004].