Gentil Lopes - Números Hipercomplexos 3D

April 13, 2017 | Author: Adriano J. P. Nascimento | Category: N/A

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Algumas P´ erolas “Nenhuma produ¸caõ de ordem superior, nenhuma inven¸caõ jamais procedeu do homem, mas emanou de uma fonte ultraterrena. Portanto, o homem deveria consider´ a-la um dom inspirado do Alto e aceit´ a-la com gratid˜ ao e venera¸caõ. Nestas circunstˆ ancias, o homem é somente o instrumento de uma Potência Superior, semelhante a um vaso julgado digno de receber um conte´ udo divino”. Goethe “O gênio, porque sabe encontrar rela¸co˜es novas entre as coisas, revela-nos novas harmonias e nos aproximam do pensamento de Deus.” E = m · c2 Pietro Ubaldi “Sois de tal modo levados a vos tomar por tipos do Universo, que credes sempre que fora do vosso mundo n˜ ao h´ a mais nada. Pareceis verdadeiramente com esses selvagens que nunca sa´ıram de sua ilha e crêem que o mundo n˜ ao vai mais longe”. O Livro dos M´ ediuns “Apenas aqueles que pensam por metades se tornam ateus, aqueles que se aprofundam em seus pensamentos e vêem as maravilhosas rela¸co˜es entre as leis universais reconhecem um poder criador”. Max Planck “Um conceito é um estado vibratório individualizado e delicad´ıssimo que, uma vez perdido, n˜ ao mais se acha nem com a l´ ogica e muito menos com a vontade, n˜ ao retornando sen˜ ao quando excitado por uma conex˜ ao de idéias, isto é, por uma nova passagem próxima num estado vibratório afim”. Pietro Ubaldi/As No´ ures “. . . O matemático, como o pintor ou poeta, é um desenhista. Se os seus desenhos s˜ ao mais duradouros que os deles, é porque s˜ ao feitos com idéias”. G.H. Hardy “A fusão entre fé e ciência, t˜ ao auspiciada, já se completou em meu esp´ırito: vis˜ ao u ´ nica na substˆ ancia e de uma a outra eu passo unicamente por uma mudan¸ca de perspectiva visual ou de focaliza¸caõ de meus centros ps´ıquicos ”. Pietro Ubaldi/As No´ ures “Não se pode imaginar que tenacidade de resistência, que massa de inércia representa o homem médio, justamente o que imp˜ oe as normas da vida social”. Pietro Ubaldi/As No´ ures “O fenˆ omeno baseia-se na sintoniza¸caõ ps´ıquica e a mente do observador, se n˜ ao afasta com suas emana¸co˜es um objeto do microscópio, nem influencia um fenˆ omeno f´ısico ou qu´ımico, pode paralisar, todavia, o funcionamento de um fenˆ omeno psiqu´ıco. O fenˆ omeno tem suas defesas e se retira em face da amea¸ca ` a sua vitalidade e, ent˜ ao, a ciência n˜ ao consegue a observa¸caõ, e sim, a destrui¸caõ”. Pietro Ubaldi/As No´ ures “Para poder avan¸car na investiga¸caõ cient´ıfica e ver no ´ıntimo das coisas, é indispens´ avel a sutiliza¸caõ do instrumento de pesquisa - a consciência”. Pietro Ubaldi/As No´ ures 2

N´ umeros Hipercomplexos − 3D umeros Complexos ) ( Uma Nova Generaliza¸cão dos N´

Gentil Lopes da Silva∗ 18 de maio de 2007

∗

www.dmat.ufrr.br/∼ gentil ∴ [email protected]

Sum´ ario 1 Os 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6

N´ umeros Hipercomplexos Defini¸caõ: N´ umeros Hipercomplexos . . . . . . . . . . . . . . . . Propriedades das opera¸co˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Divis˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Imers˜ ao de C em H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Imers˜ ao de H − 2D em H − 3D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Forma algébrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Unidade imagin´ aria/Unidade hiperimaginária . . . . . . . 1.7 Forma trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Representa¸caõ gr´ afica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Potencia¸caõ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Interpreta¸caõ geométrica da multiplica¸caõ hipercomplexa 1.10 Radicia¸caõ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Equa¸ co ˜es 2.1 Resolu¸caõ da equa¸caõ a · w = b . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Resolu¸caõ da equa¸caõ b · w = a . . . . . . . . 2.1.2 Resolu¸caõ da equa¸caõ a · w−1 = b . . . . . . . 2.1.3 Resolu¸caõ da equa¸caõ b · w−1 = a . . . . . . . 2.2 Resolu¸caõ da equa¸caõ a · w2 = b . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Algoritimo para extra¸caõ de ra´ızes quadradas

7 8 12 14 16 18 21 21 25 28 34 39 45 55

. . . . . .

. . . . . .

83 . 83 . 87 . 90 . 92 . 94 . 113

3 Fun¸ co ˜es Hipercomplexas de Argumentos Hipercomplexos 3.1 Generaliza¸caõ da f´ ormula de Euler (26.01.07 ) . . . . . . . . . 3.2 Generaliza¸ cão de fun¸cões complexas elementares . . . 3.2.1 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Fun¸cões trigonométricas com argumentos hipercomplexos .

. . . .

. . . .

117 117 119 119 124

. . . . . . polares .

. . . . . . .

133 133 135 135 140 140 141 147

. . . . . .

4 Aplica¸ co ˜es 4.1 Computa¸caõ Gr´ afica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Robótica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Um Desafio Dirigido aos Matemáticos do Planeta Terra . . Apêndice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • Da impossibilidade de uma multiplica¸caõ no R3 . . . • Programa para multiplicar hipercomplexos . . . . . • Programa para transformar coordenadas retangulares em

3

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

O Homem e a Eternidade Aproveito esta oportunidade para resumir minha concep¸caõ a respeito da rela¸caõ entre Deus e o homem. Algumas pessoas questionam se existe um limite para o homem (até onde o homem pode crescer-evoluir- ou avan¸car) ou qual a natureza do homem. A rela¸caõ entre Deus e o homem pode ser entendida, parcialmente, pelo gr´ afico abaixo: h(t)

h(t)

6

6 D+ε

D

D D−ε

q 0

-t

q 0

δ

-t

“O homem é uma fun¸caõ do tempo e tem em Deus uma ass´ıntota” Assim como o gráfico aproxima-se indefinidamente de sua ass´ıntota, sem nunca toc´ a-la, da mesma forma o homem ter´ a a eternidade para aproximarse de Deus, sem nunca toc´ a-lo, digo, jamais ser´ a igual a Deus. Podemos resumir isto na fórmula: lim h(t) = D

t→∞

Esta equa¸caõ encerra o seguinte significado: Dado, arbitrariamente, um n´ umero ε > 0, existe um δ > 0 de tal modo que h(t) − D < ε, sempre que t > δ. Traduzindo: Fixada uma distância qualquer (ε) de Deus, sempre vai existir um instante no tempo (δ) a partir do qual a distância do homem a Deus ser´ a menor que aquela distância fixada. Observe que o gr´ afico n˜ ao parte do zero (origem), isto se deve ao fato do homem possuir natureza divina. Ent˜ ao Jesus afirmou: − Na Lei de voces est´ a escrito que Deus disse: “Voces s˜ ao deuses”.(João, 10 : 34) Ainda no gr´ afico observamos que Deus é uma fun¸caõ constante do tempo, em outras palavras, é imut´ avel. Cada homem individualmente encontra-se sobre algum ponto do gráfico (falando em termos evolutivos). Agora levando em conta o conjunto dos Esp´ıritos (isto é, n˜ ao somente o homem, como também outros seres) podemos dizer que Deus é um ponto de acumula¸ca õ para este conjunto. Isto é: a qualquer distância de Deus, encontramos um Esp´ırito.

Pref´ acio Neste trabalho construimos um sistema numérico sobre o R3 : os n´ umeros Hipercomplexos−3D (uma nova generaliza¸caõ dos n´ umeros Complexos). Nota¸caõ: H, ou ainda, H − 3D. Nosso escopo, com este trabalho, é trazer à baila o tema n´ umeros tridimensionais. O matemático irlandês William Rowan Hamilton (1805-1865) ([2]) ao perceber que os n´ umeros complexos poderiam ser representados por pontos no plano, isto é, por pares ordenados (x, y) de n´ umeros reais, teve a idéia de generaliz´ a-los para pontos no espa¸co a três dimensões. Isto é, para ternos ordenados (x, y, z). Por nada menos que dez anos Hamilton procurou pelos n´ umeros na terceira dimensão sem lograr sucesso. O que significa procurar por estes n´ umeros? Eles, por acaso, estariam perdidos em algum recanto da natureza? Certamente que n˜ ao; o homem − à semelhan¸ca de Deus − também tem o poder de crear; e foi isto o que Hamilton intentou. E como se crea um conjunto numérico? Respondemos: Definindo uma soma e uma multiplica¸caõ∗ . Por exemplo: ( (a, b) + (c, d) = (a + b, c + d) N´ umeros Complexos: (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc) pronto! est˜ ao criados os n´ umeros complexos. Portanto, o que Hamilton procurou foi definir uma soma e uma multiplica¸caõ de ternos ordenados. A soma nunca apresentou problemas, é fácil, veja ( (a, b, c) + (d, e, f ) = (a + d, b + e, c + f ) N´ umeros 3 −D : (a, b, c) · (d, e, f ) = ( ?, ?, ?) O que Hamilton desejou foi preencher as três interroga¸co˜es acima. Posteriormente ficou provada a impossibilidade de uma tal multiplica¸caõ. No apêndice (p´ ag. 140) reproduzimos esta prova tal como comparece em [3]. Acontece que, para a prova de uma tal impossibilidade, assume-se a hipótese de que a multiplica¸caõ deve ser associativa e distributiva. Podemos ignorar uma prova matemática. Isto mesmo, um teorema n˜ ao encerra uma verdade absoluta no momento em que, n˜ ao aceitando sua hipótese, estamos desobrigados de aceitar sua tese. Em resumo: para n´ os que n˜ ao exigimos, da multiplica¸caõ, as propriedades citadas anteriormente, os n´ umeros tridimensionais s˜ ao uma realidade. De outro modo: Hamilton tentou preservar propriedades algébricas (da multiplica¸caõ) e malogrou. N´ os, a priori, preservamos uma u ´ nica propriedade; n˜ ao algébrica, mas sim geométrica: a rota¸caõ, e tivemos mais sorte. Ademais justificaremos, com raz˜ oes geométricas (ou ainda, “razões intr´ınsecas”), porque o “natural” é que em três dimensões (isto é, no R3 ) a multiplica¸caõ n˜ ao seja nem associativa e nem distributiva. Por exemplo, o clássico - problema: ∗ Existem condi¸ ˜es. Condi¸co ˜es intr´ınsecas e extr´ınsecas, co ˜es adicionais sobre estas opera¸co diriamos. A mais importante, dentre estas u ´ltimas, - assim cremos - ´ e que resultem de utilidade nas ciˆ encias.

6 “separar o n´ umero 10 em duas partes tais que o produto destas seja 40.”, o qual se traduz na resolu¸caõ do sistema, ( x + y = 10 x · y = 40

como se sabe, em R n˜ ao possui solu¸caõ, em C possui uma u ´ nica solu¸caõ; nos hipercomplexos ( H − 3D ), como mostraremos, este problema possui infinitas solu¸co˜es; isto se deve a raz˜ oes intr´ınsecas ao espa¸co R3 (quero dizer: por dispormos de uma dimensão a mais que no R2 ), isto n˜ ao poderia acontecer se a multiplica¸caõ fosse associativa e distributiva. H´ a de se assinalar, todavia, a existência de problemas insol´ uveis no corpo complexo C e com solu¸caõ em H, por exemplo o (simples) sistema a seguir x+y =0 (−1 · x − y) · y = 2 Acontece que, como diz o velho ad´ agio popular, “onde passa um boi, passa uma boiada” , quero dizer: se existe um problema insol´ uvel em C - e com solu¸caõ em H - ent˜ ao pode existir uma infinidade de tais problemas. Em nosso contexto, generalizamos a equa¸caõ de Euler: eiy = cos y +i sen y, para o R3 , assim: eiy+jz = cos y cos z + i sen y cos z + j sen z onde, i = (0, 1, 0) e j = (0, 0, 1). Por exemplo, e(i+j)π = e(i−j)π = 1. Conseguimos também colocar argumentos hipercomplexos nas fun¸co˜es trigonométricas, por exemplo, π π π √ π sen π2 , π4 , π6 = 41 (e 4 + e− 4 ) 3 − j (e 4 − e− 4 )

Quanto ` a primeira das propriedades em questionamento, como se sabe, existem ´ algebras n˜ ao associativas; quanto a álgebras n˜ ao-distributivas estas poder˜ ao ter interêsse para a ciência, vejamos a seguinte cita¸caõ ( [4], p´ ag. 167 ): “No tocante aos sistemas quânticos, tudo muda de figura. . . Procedendo-se analogamente ao caso cl´ assico, o reticulado a que se chega, conforme Birkhoff e ao distributivo;”. Von Neuman, n˜ ao é a ´ algebra de Boole, porém um reticulado n˜ Mais ´ a frente (p´ ag. 169): “Ele observa, seguindo a trilha de Birkhoff e Von Neuman, que o reticulado das proposi¸co˜es da mecˆ anica quântica n˜ ao é distributivo. Mas, em vez de considerar as opera¸co˜es definidas entre as proposi¸co˜es do reticulado como novas opera¸co˜es que se superporiam aos conectivos clássicos, trata de mostrar que a posi¸caõ mais sensata é a de se aceitar tais opera¸co˜es como as opera¸co˜es de uma ao distributiva, a qual, ao ser aplicada a proposi¸co˜es nova l´ ogica proposicional, n˜ relativas a fenˆ omenos macrosc´ opicos, recai na l´ ogica clássica.” Ficaremos gratos a cr´ıticas e/ou sugest˜ oes. Minha gratid˜ ao maior ao bom Deus, por ter me concedido gestar e dar à luz este trabalho. Isto é, assentar este tijolinho em sua magnânima obra. Gentil Lopes da Silva. Boa Vista-RR, 02 de maio de 2007.

Cap´ıtulo 1

Os N´ umeros Hipercomplexos “Dizendo

isso, gritou bem forte:

‘L´ azaro, saia para fora!’ O morto saiu. Tinha os bra¸ cos e as pernas amarrados. . . Jesus disse aos presentes: ‘Desamarrem e deixem que ele ande’.” Jo. (43 − 44 )

Introdu¸ c˜ ao: Diferen¸ ca entre conjunto e estrutura Em matemática s˜ ao freq¨ uentes conjuntos munidos de uma ou mais opera¸co˜es, que gozam de certas propriedades. Esses conjuntos com tais opera¸co˜es e respectivas propriedades constituem aquilo que denominamos estruturas algébricas. Primeiramente observamos que quando nos referimos - na maioria das vezes - aos “conjuntos numéricos” Z, R, C, por exemplo; estamos nos referindo, a estes conjuntos com suas respectivas opera¸co˜es, isto é, às estruturas (Z, +, ·), (R, +, ·), etc. Em fun¸caõ do exposto sugerimos a seguinte nota¸caõ:

R =conjunto dos n´ umeros reais; R =sistema dos n´ umeros reais C =conjunto dos n´ umeros complexos; C =sistema dos n´ umeros complexos Observe que, de acordo com nossa conven¸caõ, C = R2 e C = R2 , +, · )

Defini¸ c˜ ao 1 (N´ umero). Um “elemento” de um conjunto continuar´ a a ser chamado de elemento; agora, ao construirmos uma estrutura algébrica sobre este a adquirido o status de n´ umero. Por exemplo, 1 é conjunto, este elemento ter´ um elemento do conjunto dos naturais N = {1, 2, 3, . . .} enquanto que 1 é um n´ umero da estrutura N = N, +, · . Continuaremos a usar o s´ımbolo de pertinência ( ∈ ) tanto de elemento para conjunto quanto de n´ umero para estrutura. Por exemplo, 1 ∈ N, 1 ∈ N No primeiro caso 1 é um reles elemento do conjunto dos naturais; enquanto no segundo caso, 1 ter´ a adquirido o status de n´ umero do sistema numérico dos naturais. 7

8

1.1

Defini¸c˜ ao: N´ umeros Hipercomplexos

Seja R o conjunto dos n´ umeros reais. Consideremos o produto cartesiano R × R × R = R3 : R3 = (x, y, z) : x, y, z ∈ R

Vamos tomar dois elementos, (a1 , b1 , c1 ) e (a2 , b2 , c2 ), de R3 , para dar três defini¸co˜es: ( i ) Igualdade: dois ternos ordenados s˜ ao iguais se, e somente se, ocorre o seguinte: (a1 , b1 , c1 ) = (a2 , b2 , c2 ) ⇔ a1 = a2 , b1 = b2 , e c1 = c2 .

( ii ) Adi¸caõ: chama-se adi¸caõ 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 ) ( iii ) Multiplica¸caõ: chama-se multiplica¸caõ de dois ternos ordenados a um novo terno ordenado, obtido da seguinte forma:

(a1 , b1 , c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) =

   (−c1 · c2 , 0, 0),         c ·c ·b c ·c ·a   (− 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 ),  se r1 = 6 0 e r2 = 0 (D3 )   r r1  1        (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 q c ·c a21 + b21 , r2 = a22 + b22 e γ = 1 − 1 2 r1 · r2

Observe que, p r = a2 + b2 = 0 ⇒ a2 +b2 = 0 ⇒ a2 = −b2 ⇒ a = b = 0; porquanto, a, b ∈ R.

Nota: J´ a neste momento observe que se tomarmos c1 = c2 = 0 estamos de volta aos complexos C. Nota: Na p´ ag. 141 mostramos um programa para multiplicar dois hipercomplexos.

umeros hiperDefini¸ c˜ ao 2 (N´ umeros hipercomplexos). Chama-se sistema dos n´ complexos, e representamos por H, ao sistema dos ternos ordenados de n´ umeros reais para os quais est˜ ao definidas a igualdade, a adi¸ca õ e a multiplica¸ca õ conforme o ´ıtem acima.

9

Gentil

Representaremos cada elemento genérico (x, y, z) ∈ H com o s´ımbolo w, portanto: w ∈ H ⇔ w = (x, y, z) ∈ ( R3 , +, ·) Exemplos: 1o ) 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 p √ 3·0 12 + 22 = 5, r2 = 22 + 02 = 2, γ = 1 − √ = 1, 5·2

como r1 6= 0 e r2 6= 0, calculamos o produto em (D4 ), 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 =

√ 5 = (2, 4, 6).

p √ −4 3·3 12 + 22 = 5, γ = 1 − √ √ = , 5 5· 5

como r1 = r2 6= 0, calculamos o produto em (D4 ), assim: √ 12 −16 √ √ w12 = (1·1−2·2)·(−4/5), (1·2+2·1)·(−4/5), 3· 5+3· 5 = , ,6 5 5 5

2o ) 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 p (−1)2 + 02 = 1, r2 = 02 + 02 = 0,

como r1 6= 0 e r2 = 0, calculamos o produto em (D3 ), assim: (−1, 0, 0) · (0, 0, 1) = −

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

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

p 02 + 02 = 0,

como r1 = r2 = 0, calculamos o produto em (D1 ), assim: (0, 0, 1) · (0, 0, 1) = (−1 · 1, 0, 0) = (−1, 0, 0). 3o ) Dados w1 = (4, 3, 2) e w2 = (6, 7, 8), calcule w de modo que w1 + w = w2 . Solu¸ c˜ ao: Tomemos w = (x, y, z), ent˜ ao,

10

w1 +w = w2

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

  x = 2, ⇒ y = 4,   z = 6.

Portanto, w = (2, 4, 6). 4o ) Dados w1 = (1, −1, 2) e w2 = (1, 0, 3), calcule w de modo 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 p √ 12 + (−1)2 = 2, r2 = x2 + y 2 ,

temos dois casos a considerar, p ( i ) r2 = x2 + y 2 = 0, isto é, x = y = 0. Neste caso calculamos o produto em (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 n´ umero hipercomplexo w = (x, y, z), com x = y = 0, satisfazendo a condi¸caõ dada; logo este primeiro caso pode ser ignorado. p ( ii ) r2 = x2 + y 2 6= 0. Neste caso calculamos o produto em (D4 ), assim: (1, −1, 2) · (x, y, z) =

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

√ 2

√ 2z 2z =1− . Igualando este produto a (1, 0, 3), obtemos onde, γ = 1 − √ r2 2 r2            

√ 2z =1 (x + y) · 1 − r2

√ 2z =0 (−x + y) · 1 −  r2      √    2 r2 + 2 · z = 3  

√ 2z De (1.3), temos: 1 − = 3 1− r2

1 r2

(1.1)

(1.2) (1.3)

, substituindo em (1.1) e (1.2),

11

Gentil

obtemos 1 (x + y) · 3 1 − =1 r2

(1.4)

1 (−x + y) · 3 1 − =0 r2

(1.5)

1 1 6= 0, ent˜ ao dividindo (1.5) por 3 1 − , r2 r2 obtemos: −x + y = 0, ou ainda, x = y. Substituindo este resultado em (1.4), resulta: 1 1 1 = =1 ⇒ x· 1− √ (x + x) · 3 1 − √ 6 x2 + x2 2 · |x| De (1.4) concluimos que 1 −

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

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

Da equa¸caõ (1.3) tiramos, z= portanto,

e

3 − 2 r2 3 √ = √ − 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 ′

Sendo assim temos dois n´ umeros que satisfazem a equa¸caõ 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¸caõ 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 H, diferentemente do que ocorre em R ou C, uma equa¸caõ do 1o grau pode ter duas solu¸co˜es.

12

1.2

Propriedades das opera¸c˜ oes

Proposi¸ c˜ ao 1. A opera¸ca õ de adi¸ca õ define em H uma estrutura de grupo comutativo, isto é, verifica as seguintes propriedades: A1) Propriedade associativa; A2) propriedade comutativa; A3) existência do elemento neutro; A4) existência do elemento simétrico (ou oposto). Prova: Deixamos como exerc´ıcio. Apenas observamos que, 0 = (0, 0, 0) é o elemento neutro para a adi¸caõ. Dado w = (x, y, z) temos que −w = (−x, −y, −z) é o seu oposto aditivo, isto é, w + (−w) = 0. Subtra¸ c˜ ao Decorre da proposi¸caõ anterior que, dados os hipercomplexos w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) existe um u ´ nico w ∈ H tal que w1 + w = w2 . Esse n´ umero w é chamado diferen¸ca entre w2 e w1 e indicado por w2 − w1 . Proposi¸ c˜ ao 2. A opera¸ca õ de multiplica¸ca õ em H verifica as seguintes propriedades: M1) Propriedade comutativa; M2) n˜ ao associativa; M3) existência do elemento neutro; M4) existência do elemento inverso; M5) n˜ ao distributiva em rela¸ca õ a ` adi¸ca õ. Prova: M1) Propriedade comutativa. Dados w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) em H, devemos mostrar que w1 · w2 = w2 · w1 . De acordo com a defini¸caõ de multiplica¸caõ temos quatro casos a considerar: ( 1 ) r1 = 0 e r2 = 0

(D1 ). Nesta situa¸caõ, 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¸caõ, temos: c ·c ·b c ·c ·a w1 · w2 = (0, 0, c1 ) · (a2 , b2 , c2 ) = − 1 2 2 , − 1 2 2 , c1 · r2 r2 r2 =

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

(D3 ) = (a2 , b2 , c2 ) · (0, 0, c1 ) = w2 · w1 .

q a22 + b22

13

Gentil

( 3 ) r1 6= 0 e r2 = 0. An´ alogo ao caso ( 2 ). ( 4 ) r1 = 6 0 e r2 6= 0 (D4 ). Nesta situa¸caõ, 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 (confira), (w1 · w2 ) · w3 = (1, 0, 0) w1 · (w2 · w3 ) = (0, 1, 0) M3) Existência do elemento neutro. Existe 1 = (1, 0, 0) ∈ H com a seguinte propriedade: w · 1 = w, ∀ w ∈ H. De fato, considerando w = (a, b, c) temos dois casos a considerar: √ ao, ( i ) r = a2 + b2 = 0 (D2 ), ent˜ c·0·1 c·0·0 w · 1 = (0, 0, c) · (1, 0, 0) = − ,− , c · 1 = (0, 0, c) = w 1 1 √ ao, ( ii ) r = a2 + b2 6= 0 (D4 ), ent˜ 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¸caõ decorre a unicidade do elemento neutro, assim: sejam u e u ˜ dois elementos neutros para a multiplica¸caõ. Sendo assim, ter-se-` a, por um lado, w · u = w, para todo w ∈ H; em particular u ˜ · u = u˜ (∗). Por outro lado também temos w · u˜ = w, para todo w ∈ H; em particular u·u ˜ = u. Esta u ´ ltima igualdade pode ser reescrita como u˜ · u = u. Daqui e de (∗) concluimos que u = u ˜. M4) Existência do elemento inverso. Desejamos mostrar que, ∀ w ∈ H∗ , ∃ w−1 ∈ H / w · w−1 = 1.

′ De fato, tomando w = (a, b, c), procuramos √ w = (x, y, z) satisfazendo 2 2 w·w = p(1, 0, 0). Vamos inicialmente supor, r1 = a + b 6= 0. A possibilidade ′ 2 2 r2 = x + y = 0 (isto p é, w = (0, 0, z)) nos conduz a uma inconsistência. 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  (ax − by) · 1 − =1   r1 · r2        c·z =0 (ay + bx) · 1 −  r1 · r2         c · r2 + z · r1 = 0 

(1.6)

(1.7) (1.8)

14

De (1.8), temos: 1−

r 2 + c2 c·z = 1 2 , substituindo em (1.6) e (1.7), obtemos r1 · r2 r1 (ax − by) ·

r12 + c2 =1 r12

(1.9)

(ay + bx) ·

r12 + c2 =0 r12

(1.10)

De (1.9) e (1.10) 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 . Substituindo este resultado 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 + b 2 + c2

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

e, z = −c · portanto,

−c r2 = 2 r1 a + b 2 + c2

a −b −c , 2 , 2 2 2 2 2 2 2 +b +c a +b +c a +b +c √ - Vamos agora supor r1 = a2 + b2 = 0, ent˜ ao, w′ =

w′ = Temos,

a2

1 −0 −c 0 = 0, 0, − , , 0 2 + 0 2 + c2 0 2 + 0 2 + c2 0 2 + 0 2 + c2 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). , , a 2 + b 2 + c2 a 2 + b 2 + c2 a 2 + b 2 + c2

Nota: Observe que também provamos que o inverso multiplicativo é u ´ nico. De fato, o sistema w · w′ = (1, 0, 0) possui uma u ´ nica solu¸caõ.

1.3

Divis˜ ao

Devido a existência do inverso multiplicativo, podemos definir em H a w w opera¸caõ de divisão, simbolizada por 1 , estabelecendo que 1 = w1 · w2′ = w2 w2 w1 · w2−1 , onde mudamos de nota¸caõ: w2′ = w2−1 .

15

Gentil

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

−

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

(0, 1, 0) = (0, 0, −1). (0, 0, 1)

Uma observa¸caõ importante é que para resolvermos, por exemplo, a equa¸caõ a · x = b em H, n˜ ao é l´ıcito procedermos assim: a · x = b ⇒ a−1 · (a · x) = a−1 · b ⇒ (a−1 · a) · x = a−1 · b ⇒ x = a−1 · b, ao associativa. Para resolver a equa¸caõ uma vez que a multiplica¸caõ em H é n˜ em quest˜ ao devemos proceder como no exemplo 4o ), p´ ag. 10. Uma outra observa¸caõ é a de que, como o produto é comutativo, podemos definir a multiplica¸caõ em H com apenas três senten¸cas, ao invés de quatro. A opera¸caõ de multiplica¸caõ pode ser vista (é) uma aplica¸caõ: f : R3 × R3 → R3 , definida por três senten¸cas. M5) A multiplica¸caõ é n˜ ao distributiva em rela¸caõ à adi¸caõ. 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.

16

1.4

Imers˜ ao de C em H

˜ de H na qual C ˜ é formado pelos Consideremos agora a subestrutura C ternos ordenados cujo terceiro termo é zero: ˜ = (a, b, c) ∈ R3 : c = 0 C

˜ que leva cada (x, y) ∈ C ao terno Consideremos agora a aplica¸caõ f , de C em C, ˜ (x, y, 0) ∈ C, tipo assim: H 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 )

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

f: C (x, y)

˜ C (x, y, 0)

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

Observe que (a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) est´ a em C e como tal verifica a regra de multiplica¸caõ de C, isto é: (a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) = (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 )

17

Gentil

Por outro lado, (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 , 0) est´ a em H, 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 opera¸co˜es Devido ao fato de existir uma aplica¸caõ f : C → C ˜ de adi¸caõ e multiplica¸caõ, dizemos que C e C s˜ 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, faremos a identifica¸caõ que se segue: (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 H dos n´ umeros hipercomplexos. Nota: Para o nosso próximo ´ıtem veja [5].

18

1.5

Imers˜ ao de H − 2D em H − 3D

˜ de H na qual H ˜ é formado pelos Consideremos agora a subestrutura H ternos ordenados cujo segundo termo é zero: ˜ = (a, b, c) ∈ R3 : b = 0 H

˜ é fechado para as opera¸co˜es de soma e multiplica¸caõ. Vamos mostrar que H ˜ ent˜ De fato, sejam (a1 , 0, c1 ) e (a2 , 0, c2 ) dois pontos em H, ao, ˜ (a1 , 0, c1 ) + (a2 , 0, c2 ) = (a1 + a2 , 0, c1 + c2 ) ∈ H Por outro lado (ver p´ ag. 8),

a1 , 0, c1 ) · (a2 , 0, c2

=

Onde,

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

De outro modo,

Portanto,

se r1 = 0 e r2 6= 0

  c ·c ·a    − 1 2 1 , 0, c2 · r1 ,   r  1        (a1 · a2 )γ, 0, c1 · r2 + c2 · r1 , r1 = |a1 | , r2 = |a2 | e γ = 1 −

(a1 , 0, c1 ) · (a2 , 0, c2 ) =

se r1 = 0 e r2 = 0

se r1 6= 0 e r2 = 0 se r1 6= 0 e r2 6= 0 c1 · c2 |a1 | · |a2 |

   − 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 | , se a1 6= 0 e a2 = 0   |a1 |       a ·a   a1 · a2 − c1 · c2 1 2 , 0, c1 · |a2 | + c2 · |a1 | , se a1 6= 0 e a2 6= 0 |a1 | · |a2 | ˜ (a1 , 0, c1 ) · (a2 , 0, c2 ) ∈ H

19

Gentil

˜ que leva cada Consideremos agora a aplica¸caõ f , de H − 2D em H, ˜ tipo assim: (x, y) ∈ H − 2D ao terno (x, 0, y) ∈ H, H H − 2D

f

˜ H

(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 )

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

˜ H

f : H − 2D (x, y)

(x, 0, y)

Podemos mostrar que f é um isomorfismo. Devido ao fato de existir ˜ que preserva as opera¸co˜es de adi¸caõ e multiuma aplica¸caõ f : H − 2D → H ˜ s˜ plica¸caõ, dizemos que H − 2D e H 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¸caõ que se segue: (x, y) = (x, 0, y), ∀ (x, y) ∈ H − 2D Em particular, pela teoria dos n´ umeros hipercomplexos−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 H − 2D, dos n´ umeros hipercomplexos bidimensionais, passa a ser considerado uma subestrutura do sistema H dos n´ umeros hipercomplexos tridimensionais. Em resumo, os n´ umeros H − 3D generalizam, a um s´ o tempo, os n´ umeros complexos e os hipercomplexos−2D. Podemos ilustrar a imers˜ ao de estruturas através de diagramas de Venn, assim: H−3D

C

H−2D

R

20 Proposi¸ c˜ ao 3. Para todo k ∈ R, a seguinte identidade ( (k a, k b, k c), k · (a, b, c) = (k a, k b, |k| c) = (k a, k b, −k c),

se k ≥ 0; se k < 0.

se verifica. Prova: Temos algumas alternativas a considerar: ( i ) k = 0, trivial. √ ( ii ) k 6= 0 e r2 = a2 + b2 = 0. Temos (D3 ): 0·c·k 0·c·0 k · (0, 0, c) = (k, 0, 0) · (0, 0, c) = − ,− , c · |k| = (k 0, k 0, |k| c) |k| |k| √ ( iii ) k 6= 0 e r2 = a2 + b2 6= 0. Temos (D4 ):

k · (a, b, c) = (k, 0, 0) · (a, b, c) = (k · a − 0 · b) · 1, (k · b + 0 · a) · 1, 0 · r2 + c · |k| = (k a, k b, |k| c . omeno que n˜ ao ocorre em R ou em C. Esta proposi¸caõ nos proporciona um fenˆ

Corol´ ario 1. Em H a seguinte identidade −1 · x = −x é falsa. Prova: De fato, tomando x = (0, 0, 1), resulta, −x = −(0, 0, 1) = (0, 0, −1) −1 · x = (−1 · 0, −1 · 0, | − 1| · 1) = (0, 0, 1) Sendo assim é importante estar atento para o fato de que, ao contrário do que ocorre em R, ou em C, em H é necess´ ario distinguir entre −x e −1 · x. Observe que, enquanto no primeiro caso temos o oposto aditivo de x, no segundo caso temos o produto de dois hipercomplexos: −1 = (−1, 0, 0) e x = (a, b, c). Observe, outrossim, que em H n˜ ao vale a propriedade de cancelamento para a multiplica¸caõ; para se convencer disto considere a seguinte igualdade, 1 · (0, 0, 1) = −1 · (0, 0, 1) Isto se deve ao fato da multiplica¸caõ n˜ ao ser associativa. Prove a seguinte, Proposi¸ c˜ ao 4. Sejam a ∈ R e w ∈ H,  w  a = j , j·a=w ⇒ w  a = − , j

se a ≥ 0; se a < 0.

Nota: Esta proposi¸caõ nos alerta quando formos “dividir” por j.

(1.11)

21

Gentil

1.6

Forma alg´ ebrica

1.6.1

Unidade imagin´ aria/Unidade hiperimagin´ aria

Chamamos unidade imagin´ aria e indicamos por i o n´ umero hipercomplexo (0, 1, 0). Notemos que i2 = (0, 1, 0) · (0, 1, 0) = (0 · 0 − 1 · 1) · 1, (0 · 1 + 0 · 1) · 1, 0 · 1 + 0 · 1 = (−1, 0, 0) = −1,

isto é, a propriedade b´ asica da unidade imaginária é, i2 = −1 Chamamos unidade hiperimaginária e indicamos por j o n´ umero hipercomplexo (0, 0, 1). Notemos que j 2 = (0, 0, 1) · (0, 0, 1) = (−1 · 1, 0, 0) = −1, isto é, a propriedade b´ asica da unidade hiperimaginária é, j 2 = −1 Digamos que a unidade hiperimaginária tem duas propriedades b´ asicas, sendo a outra dada por, −1 · j = j (1.12) propriedade esta que n˜ ao é partilhada pela unidade imaginária. A bem da verdade esta é apenas um caso especial da seguinte: Vamos multiplicar j pelo n´ umero complexo z = (x, y, 0). Temos p 1·0·y x2 + y 2 ) (0, 0, 1) · (x, y, 0) = − 1·0·x r , − r , 1 · r2 = (0, 0, 2

2

Portanto,

j · z = ( 0, 0, |z| )

Observe que se |z| = 1 (c´ırculo unit´ ario) ent˜ ao z · j = j. Forma alg´ ebrica Dado um n´ umero hipercomplexo qualquer w = (x, y, z), 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)

22 Tendo em conta estes resultados podemos escrever, ( x + i y + j z, se z ≥ 0; w = (x, y, z) = x + i y − j z, se z ≤ 0.

(1.13)

Assim, todo n´ umero hipercomplexo w = (x, y, z) pode ser escrito sob a umero real x é chamado parte real forma acima, chamada forma algébrica. O n´ de w, o n´ umero real y é chamado parte imaginária de w e o n´ umero real z é chamado parte hiperimaginária de w. Neste momento precisamos fazer um esclarecimento assaz importante: A estas alturas o leitor j´ a percebeu que a álgebra hipercomplexa é “ligeiramente” distinta da ´ algebra real ou complexa. Isto nos obriga a estar (bastante) atento quanto ` as nota¸co˜es. Por exemplo, consideremos as quatro express˜ oes seguintes x+iy −j z x+iy −zj x + i y + j(−z) x + i y + z(−j) Vejamos o significado da terceira parcela em cada uma delas: −jz, −zj, j(−z), z(−j),

significa: significa: significa: significa:

o o o o

oposto oposto oposto oposto

de de de de

j z z j

que multiplica z que multiplica j que multiplica j que multiplica z

O leitor pode mostrar, a partir da proposi¸caõ 3, que −jz 6= −zj = j(−z) Podemos dar as seguintes denomina¸co˜es a alguns hipercomplexos: 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,

hiperimaginário puro;

b 6= 0,

imaginário puro;

a 6= 0, b 6= 0,

complexo puro;

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

hipercomplexo n˜ ao-singular.

c 6= 0,

real puro; hipercomplexo puro;

Nota: Um hipercomplexo n˜ ao-singular é um hipercomplexo puro com a 6= 0 ou b 6= 0.

23

Gentil

Um milagre aos olhos dos habitantes Complexos Se, algum dia, um matemático do Universo complexo se defrontar com a seguinte equa¸caõ elementar: (−1·x + x)·x = −1, êle teria duas sa´ıdas: abandonar o “jogo”, ou consultar um matemático do “universo Hipercomplexo”∗. De fato, esta é uma equa¸caõ imposs´ıvel de se resolver dentro dos universos numéricos conhecidos dos matemáticos (hodiernos), em raz˜ ao de que vale: (−1 · x + x) · x = −1

⇐⇒

0 · x = −1

Pois bem, vamos assumir o desafio. Proposi¸ c˜ ao 5 (Gentil/04.12.2008). A seguinte equa¸ca õ, (−1 · x + x) · x = −1

(1.14)

possui solu¸ca õ em H. Prova: Tomando x = (c, d, e), temos −1 · x = −1 · (c, d, e) = (−c, −d, e), pela prop. 3, p´ ag. 20. Portanto, −1 · x + x = (−c, −d, e) + (c, d, e) = (0, 0, 2e) Substituindo este resultado em (1.14), obtemos (0, 0, 2e) · (c, d, e) = −1 O produto acima fica, (0, 0, 2e) · (c, d, e) =

 (−2e2 , 0, 0),

se c = d = 0;

(−2e2 c/r , −2e2 d/r , 2e · r ), se c 6= 0 ou d 6= 0. 2 2 2

√ √ c2 + d2 . Para c = d = 0 concluimos que e = ± 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! ´ fácil ver que para c 6= 0 ou d 6= 0 o problema n˜ E ao tem solu¸caõ. A t´ıtulo de curiosidade, observe que, das duas equa¸co˜es 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.

∗ No

caso eu, que por enquanto, sou o u ńico habitante deste Universo.

24 − Considere a equa¸caõ, 0 · x = b, b 6= 0

(1.15)

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

(1.16)

(−1 · (−x) + (−x)) · x = b

Em H, embora n˜ ao possamos resolver diretamente a equa¸caõ (1.15), podemos resolver suas equivalentes, dadas acima. Se b > 0, resolvemos a segunda das equa¸co˜es em (1.16), caso contrário resolvemos a primeira. Por exemplo, seja a equa¸caõ 0 · x = 1, ent˜ ao, 0·x =1

⇐⇒

(−1 · (−x) + (−x)) · x = 1

Tomando x = (c, d, e), temos, −x = (−c, −d, −e), logo, −1 · (−x) + (−x) = −1 · (−c, −d, −e) + (−c, −d, −e) = (c, d, −e) + (−c, −d, −e) = (0, 0, −2e) Ent˜ ao, (−1 · (−x) + (−x)) · x = 1 ⇒ (0, 0, −2e) · (c, d, e) = 1 O produto acima fica, (0, 0, −2e) · (c, d, e) =

 (2e2 , 0, 0),

(2e2 c/r , 2e2 d/r , −2e · r ), 2 2 2

se c = d = 0; se c 6= 0 ou d 6= 0.

√ √ c2 + d2 . Para c = d = 0 concluimos que e = ± 2/2. Portanto, √ √ √ 2 ⇒ x = 2/2 j ou x = − 2/2 j . x = 0, 0, ± 2

Onde: r2 =

´ f´ E acil ver que para c 6= 0 ou d 6= 0 o problema n˜ ao tem solu¸caõ.

25

Gentil

1.7

Forma trigonom´ etrica

Defini¸ c˜ ao 3 (Conjugado). Chama-se conjugado do hipercomplexo w = (a, b, c) ao hipercomplexo w = (a, −b, −c), isto é: w = (a, b, c) ⇔ w = (a, −b, −c) Defini¸ c˜ ao 4 (Norma). Chama-se norma do hipercomplexo w = (a, b, c) ao n´ umero real N (w) = a2 + b2 + c2 Defini¸ c˜ ao 5 (M´ odulo). Chama-se m´ odulo (ou valor absoluto) do hipercomplexo w = (a, b, c) ao n´ umero real |w| =

p p N (w) = a2 + b2 + c2

Nota: Alternativamente podemos usar a nota¸caõ: ρ, para o módulo. Deixamos como exerc´ıcio ao leitor, mostrar que w · w = |w|2 . Observe que o inverso de w = (a, b, c) pode ser escrito como, w−1 =

a a −b −c −b −c −1 , , , , ⇔ w = a 2 + b 2 + c2 a 2 + b 2 + c2 a 2 + b 2 + c2 |w|2 |w|2 |w|2

Ou ainda, w−1 =

1 ( a, −b, −c ). |w|2

(1.17)

Defini¸ c˜ ao 6 (Argumento). Chama-se argumento de um hipercomplexo w = (x, y, z), n˜ ao nulo, ao par de a ˆngulos (θ, β) tal que cos θ · cos β =

y z x , sen θ · cos β = , e sen β = . ρ ρ ρ

Observe que, existe ao menos um par (θ, β) satisfazendo a defini¸caõ, pois cos θ · cos β

2

+ sen θ · cos β

2

+ sen β

2

y 2

=

x 2

=

x2 + y 2 + z 2 = 1. ρ2

ρ

+

ρ

+

z 2 ρ

Fixado o hipercomplexo w 6= 0, est˜ ao fixados cos θ · cos β, sen θ · cos β e sen β, mas os ˆ angulos θ e β podem assumir infinitos valores, congruentes dois a dois (congruência módulo 2π). Assim o hipercomplexo w 6= 0 tem argumento, (θ, β) = (θ0 + 2kπ, β0 + 2k ′ π); k, k ′ ∈ Z onde (θ0 , β0 ) é chamado argumento principal de w, é tal que cos θ0 · cos β0 =

y z x , sen θ0 · cos β0 = , e sen β0 = . ρ ρ ρ

(1.18)

26 e

π π ≤ β0 ≤ (1.19) 2 2 Por vezes trabalharemos com (θ0 , β0 ) chamando-o simplesmente argumento de w. Exemplos: q√ √ ao 1o ) Para w = 3 + i, temos ρ = ( 3)2 + 12 + 02 = 2, ent˜ √  x 3   cos θ0 · cos β0 = =   ρ 2      1 y sen θ0 · cos β0 = =  ρ 2       0 z   sen β0 = = =0 ρ 2 0 ≤ θ0 < 2π, −

Tendo em conta (1.19), resulta

θ0 =

π π ⇒ θ = + 2kπ 6 6

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

Tendo em conta (1.19), desta u ´ tima equa¸caõ concluimos que β0 = assim resulta cos θ0 · cos π4 = 0 sen θ0 · cos π4 = Sendo assim, temos

√ 2 2

⇒

cos θ0 = 0

⇒

sen θ0 = 1

⇒

θ0 =

π 4,

sendo

π 2

π π + 2kπ, β = + 2k ′ π 2 4 q √ √ ao 3o ) Para w = − 3 + 3i − 2j, temos ρ = (− 3)2 + 32 + (−2)2 = 4, ent˜ √  x − 3   cos θ0 · cos β0 = =   ρ 4      3 y sen θ0 · cos β0 = =  ρ 4       −2 −1 z   sen β0 =− = = ρ 4 2 θ=

27

Gentil

Tendo em conta (1.19), desta u ´ tima equa¸caõ 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

⇒

θ0 =

2π 3

Sendo assim, temos θ=

2π π + 2kπ, β = − + 2k ′ π 3 6

Dado um n´ umero hipercomplexo w = (x, y, z), n˜ ao nulo, podemos escrever 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 trigonométrica de w. Na forma algébrica (equa¸caõ (1.13), p´ ag. 22):  ρ cos θ0 · cos β0 + i sen θ0 · cos β0 + j sen β0 , se sen β0 ≥ 0; (1.20) w= ρ cos θ · cos β + i sen θ · cos β − j sen β , se sen β0 < 0. 0 0 0 0 0 Observe que se β0 = 0, resulta w = ρ cos θ0 + i sen θ0 ).

28

1.7.1

Representa¸c˜ ao gr´ afica

As no¸co˜es de módulo e argumento tornam-se mais concretas quando representamos os n´ umeros hipercomplexos w = (x, y, z) pelos pontos do espa¸co R3 , com a conven¸caõ de marcamos sobre os eixos 0X, 0Y e 0Z, respectivamente, a parte real, a parte imaginária e a parte hiperimaginária de w. Assim a cada n´ umero hipercomplexo w = (x, y, z) corresponde um u ´ nico ponto P do espa¸co X0Y Z, assim: 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

r

−π 2 ≤ β0 ≤

π 2

x X

Note que a distância entre w = (x, y, z) e 0 = (0, 0, 0) é o módulo de w: p |w| = x2 + y 2 + z 2 = ρ

Nomenclatura:

X0Y Z = espa¸co R3 ; 0X = eixo real; 0Y = eixo imaginário; 0Z = eixo hiperimaginário; X0Y = plano complexo C; X0Z = plano hipercomplexo − 2D; P = afixo de w. √ Observa¸caõ: Gr´ aficamente a condi¸caõ 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 podem ser interpretadas como: 1a ) r1 = r2 = 0. Neste caso w1 e w2 est˜ ao situados sobre o eixo 0Z. Isto é, dois hiperimagin´ arios puro s˜ ao multiplicados segundo D1 . a situado sobre o eixo 0Z e w2 est´ a 2a ) r1 = 0 e r2 6= 0. Neste caso w1 est´ situado fora deste eixo. Observe que as condi¸co˜es (D2 ) e (D3 ), para o produto, podem ser unificadas em uma u ´ nica, onde fazemos r1 (ou r2 ) corresponder ao ponto que situa-se fora do eixo 0Z. 3a ) r1 6= 0 e r2 6= 0. Neste caso w1 e w2 est˜ ao situados, ambos, fora do eixo 0Z. Desta forma dois n´ umeros que n˜ ao s˜ ao hiperimaginários puro s˜ ao multiplicados em D4 .

29

Gentil

Considere, novamente, o diagrama de Venn:

H−3D

C

H−2D

R

A seguir colocamos em destaque uma vers˜ ao geométrica,

Z Z

Plano C

j

i

Y

R

H

R

Pl − ano 2D

Y

Vimos que em H temos −w 6= −1 · w. Sendo, w = (x, y, z) −w = (−x, −y, −z) −1 · w = (−x, −y, z) Geometricamente −w é uma rota¸caõ de 180o (em torno da origem) em w; enquanto −1 · w pode ser visto como a rota¸caõ anterior seguida de uma reflex˜ ao, com respeito ao plano complexo. Por exemplo, assim,

30

Z

−1·w

w Y −w

X

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

x + y = 10

(1.21)

x · y = 40

(1.22)

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

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

−(−10) ±

p √ (−10)2 − 4 · 1 · 40 = 5 ± −15 2

´ nica solu¸caõ para este problema: Sendo assim, em C, temos uma u Y

x=5+i

√

15

√ x = 5 + i 15 √ y = 5 − i 15 X

p5

y=5−i

√

15

31

Gentil

2o ) Resolu¸caõ no universo H. Aqui vamos fazer uma mudan¸ca de nota¸caõ, ( x′ + y ′ = 10 x′ · y ′ = 40

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

(1.23) (1.24)

(1.25)

Observe que em H n˜ ao podemos aplicar, na equa¸caõ acima, a propriedade distributiva da multiplica¸caõ em rela¸caõ a` adi¸caõ. Devemos proceder assim: fa¸camos x′ = (x, y, z). Substituindo em (1.25), resulta (x, y, z) · 10 + (−x, −y, −z) = 40, de outro modo, (x, y, z) · (10 − x, −y, −z) = 40 Inicialmente observamos que este problema s´ o tem solu¸caõ se considerarp mos r1 = x2 + y 2 6= 0 (por que?). Sendo assim calculemos o produto anterior em D4 : 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 ). Sendo assim, montamos o seguinte sistema  z2   (10x − x2 + y 2 ) · 1 + = 40 (1.26)    r1 · r2      z2  (−2xy + 10y) · 1 + =0 (1.27)   r1 · r2        z · (r2 − r1 ) = 0 (1.28) De (1.26) e (1.27) concluimos que −2xy + 10y = 0, ou ainda (−x + 5) · y = 0. Desta equa¸caõ tiramos y = 0 ou x = 5. Ent˜ ao: p  r1 = r2 = y 2 + 25 I) x=5 ⇒ 2  γ = 1 + y2z+25

As equa¸co˜es (1.27) e (1.28) est˜ ao satisfeitas, resta satisfazer (1.26):

Donde,

(10 · 5 − 52 + y 2 ) · 1 + y 2 + z 2 = 15

z2 = 40 25 + y 2 (cilindro)

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

cilindro

(1.29)

32

II )

y=0 ⇒

 r1 = |x|, r2 = |x − 10| 

γ =1+

z2 |x|·|x−10|

A equa¸caõ (1.27) est´ a satisfeita, resta satisfazer (1.26) e (1.28): (10x − x2 + 02 ) · 1 +

z2 = 40 |x| · |x − 10|

z · |x| − |x − 10| = 0

Desta u ´ ltima equa¸caõ concluimos que z = 0 ou |x| − |x − 10| = 0. Se z = 0, na primeira equa¸caõ obtemos 10x − x2 = 40, a qual n˜ ao tem solu¸caõ (porquanto x deve ser real). Se |x| − |x − 10| = 0, resulta x = 5; volta ao primeiro caso. Deste modo existem infinitas solu¸co˜es para o nosso problema, todas da forma, x′ = (5, y, z), y ′ = (5, −y, −z), onde y 2 + z 2 = 15. √ ao Tomando, por exemplo, z = 0, obtemos y = ± 15. Como as solu¸co˜es s˜ “conjugadas”, resulta: x′ = ( 5,

√ √ 15, 0 ), y ′ = ( 5, − 15, 0 )

que é a solu¸caõ complexa. √ Tomando, por exemplo, y = 0, obtemos z = ± 15. Como as solu¸co˜es s˜ ao “conjugadas”, resulta: x′ = ( 5, 0,

√ √ 15 ), y ′ = ( 5, 0, − 15 )

que é a solu¸caõ hipercomplexa (2 − D) (ver [5]). A equa¸caõ y 2 + z 2 = 15 representa um cilindro em R3 , a interse¸caõ deste cilindro com o plano x = 5 nos d´ a um c´ırculo (eq. (1.29)), onde moram as infinitas solu¸co˜es 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¸caõ complexa e, na cor vermelha, os afixos da solu¸caõ hipercomplexa (2 − D).

33

Gentil

Multiplica¸ c˜ ao na forma trigonom´ etrica Veremos a seguir que a multiplica¸caõ na forma trigonométrica se apresenta de forma mais simples (e mais estética) que na forma retangular e, o que é melhor, nos possibilita dar uma interpreta¸caõ geométrica ao produto hipercomplexo, o que aumentar´ a, substancialmente, o espectro de aplica¸co˜es destes n´ umeros. Proposi¸ c˜ ao 6. Dois n´ umeros na forma trigonométrica, w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) onde cos β1 ≥ 0 e cos β2 ≥ 0, s˜ ao multiplicados da seguinte forma:

w1 ·w2 = ρ1 ρ2 cos(θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (θ1 +θ2 )·cos(β1 +β2 ), sen (β1 +β2 ) Prova: Apêndice, p´ ag. 142

Notas: 1a ) Uma observa¸caõ importante a respeito desta proposi¸caõ é que, para qualquer n´ umero do eixo 0Z ( β = π2 + k π, k ∈ Z ) devemos tomar θ = 0 e β = π2 ou θ = 0 e β = − π2 , antes de fazer a multiplica¸caõ. Uma vez que pontos do eixo OZ têm θ indeterminado, estamos “levantando” esta indetermina¸caõ convencionando que θ = 0, n˜ ao h´ a nenhum mal nisto, desde que estejamos todos de acordo. 2a ) Para deduzir esta f´ ormula para a multiplica¸caõ supomos cos β1 ≥ 0 e cos β2 ≥ 0; esta n˜ ao é uma restri¸caõ séria tendo em conta que qualquer hipercomplexo w pode ser escrito com cos β ≥ 0 (ver (1.18), p´ ag. 25). a 3 ) Observe outrossim que, enquanto a multiplica¸caõ em coordenadas retangulares (defini¸caõ) é dada em quatro senten¸cas, na forma trigonométrica é dada em apenas uma. Isto se deve ` a restri¸caõ referida na nota anterior. Corol´ ario 2. O m´ odulo do produto de dois n´ umeros hipercomplexos é igual ao produto dos m´ odulos dos fatores. Isto é, |w1 · w2 | = |w1 | · |w2 | Prova: Basta ter em conta que, para quaisquer ângulos λ e γ, temos: p (cos λ cos γ)2 + ( sen λ cos γ)2 + ( sen γ)2 = 1

Proposi¸ c˜ ao 7. Dois n´ umeros na forma trigonométrica, w1 = ρ1 (cos θ1 · cos β1 , sen θ1 · cos β1 , sen β1 ) w2 = ρ2 (cos θ2 · cos β2 , sen θ2 · cos β2 , sen β2 ) onde cos β1 ≥ 0 e cos β2 ≥ 0, 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

34 Prova: Provamos esta proposi¸caõ utilizando a anterior. Pois bem, tendo em conta (1.17) (p´ ag. 25) escrevemos w2−1 =

1 ρ2

=

1 ρ2

cos θ2 · cos β2 , − sen θ2 · cos β2 , − sen β2

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

Realizando o produto w1 · w2−1 de acordo com a proposi¸caõ 6, temos o resultado desejado. Corol´ ario 3. O m´ odulo do quociente de dois n´ umeros hipercomplexos é igual ao quociente dos m´ odulos dos hipercomplexos. Isto é, w |w | 1 = 1 w2 |w2 |

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

1.8

Potencia¸c˜ ao

Defini¸ c˜ ao 7. Sejam w um n´ umero hipercomplexo e n um n´ umero natural. Potência de base w e expoente n é o n´ umero wn tal que: ( w0 = 1; wn = wn−1 · w, ∀ n, n ≥ 1.

Desta defini¸caõ 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 8. A seguinte identidade é v´ alida ( −1, se n é par; n j = j, se n é ´ımpar. Prova: Indu¸caõ sobre n. 1o ) n par. Para n = 2 j´ a mostramos que a proposi¸caõ é verdadeira. Suponhamos a

35

Gentil

validade da mesma para n = k, isto é, j k = −1. Mostremos que a proposi¸caõ continua válida para o próximo par n = k + 2: j k+2 = (j k · j) · j = (−1 · j) · j = j · j = j 2 = −1 2o ) n ´ımpar. An´ alogo.

Lema 1. Se w = (x, y, z) ent˜ ao,  2  (−z , 0, 0), 2 w =   (x2 − y 2 ) · 1 − 2z2 2 , 2 x y · 1 − x +y

se x = y = 0; z2 x2 +y 2

p , 2z x2 + y 2 ,

se x 6= 0 ou y 6= 0.

Prova: Seja w = (x, y, z). Para calcular w · w, temos duas alternativas, p 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0). Deste modo calculamos o produto em (D1 ) (p´ ag. 8), w · w = (−z · z, 0, 0). p 2a ) r = x2 + y 2 6= 0. Deste modo calcule o produto em (D4 ). 2 Como exemplo, calculemos (i + j) . 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 −

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

(02 − 12 ) · 1 −

02

= (0, 0, 2) = 2j

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

Exerc´ıcio: Seja w ∈ H, mostre que w · (−w) ∈ C. Dado w = (x, y, z) ∈ H observamos que a cota de w2 tem o mesmo sinal de z. Isto significa que ao multiplicarmos um hipercomplexo por ele mesmo o resultado permanece no mesmo semi-espa¸co (z > 0 ou z < 0) de w. Vamos mostrar que isto vale para qualquer potência de w. Proposi¸ c˜ ao 9. Seja w = (x, y, z) ∈ H. Temos,

Se wn = (x′ , y ′ , z ′ ), ent˜ ao sign (z ′ ) = sign (z), ∀ n ≥ 2.

Prova: Indu¸caõ sobre n. Para n = 2 a proposi¸caõ decorre do lema (1). Suponhamos a proposi¸caõ verdadeira para n = k. Isto é, wk = (a, b, c), onde sign (c) = sign (z)

(hip´ otese de indu¸caõ)

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

(tese de indu¸caõ)

36 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 hipótese de indu¸caõ. Defini¸ c˜ ao 8 (Reflexo). Dado o hipercomplexo w = (x, y, z) definimos como o reflexo de w o hipercomplexo (x, y, −z). Nota¸ca õ: w˙ = (x, y, −z). Temos a seguinte, Proposi¸ c˜ ao 10. Seja o hipercomplexo w = (a, b, c); se wn = (d, e, f ), ent˜ ao n w˙ = (d, e, −f ). Prova: Indu¸caõ sobre n. Sendo, w˙ = (a, b, −c); para n = 2, temos p c2 c2 2 + b2 , 2 a b · 1 − , 2c w2 = (a2 − b2 ) · 1 − 2 a a + b2 a2 + b 2 w˙ 2 =

(a2 − b2 ) · 1 −

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

Sendo assim a proposi¸caõ resulta verdadeira para n = 2. Suponhamos verdadeira para n = k, isto é, Se wk = (d, e, f ), ent˜ ao w˙ k = (d, e, −f ) (H.I.) Mostremos que vale para n = k + 1, isto é, Se wk+1 = (g, h, i), ent˜ ao w˙ k+1 = (g, h, −i) (T.I.) k+1 k+1 Vamos calcular os n´ umeros w e w˙ para efeito de compara¸caõ, 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 Onde, r1 =

p a2 + b 2 ,

Por outro lado, temos

r2 =

(1.30)

p c·f d 2 + e2 e γ = 1 − 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 Onde,

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

p p (−c) · (−f ) a2 + b2 , r2 = d 2 + e2 e γ ′ = 1 − r1 · r2

(1.31)

Comparando (1.30) e (1.31), e tendo em conta que γ = γ ′ , a proposi¸caõ resulta verdadeira!

37

Gentil

Observe que, w + w˙ ∈ C, w · w˙ ∈ C Com o aux´ılio do lema 1 vamos deduzir uma fórmula para o c´ alculo de w2 · w2 , assim: Fa¸camos w2 = (x2 − y 2 )λ, 2xyλ, 2zr onde,

λ=1−

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

Para o c´ alculo de w2 · w2 , fa¸camos, p r˜ = (x2 − y 2 )2 λ2 + 4x2 y 2 λ2 = |λ|r2 ˜ =1− λ

(x2

−

(2zr)2 + (2xyλ)2

y 2 )λ )2

4z 2 r2 4z 2 r2 =1− 2 4 2 2 2 (x + y ) λ r

=1−

λ2

=1−

4z 2 4z 2 =1− 2 2 2 2 λ r λ (x + 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|r2 = 4z(x2 + y 2 ) 2 |λ|

(1.32)

38 Potencia¸ c˜ ao na forma trigonom´ etrica Para os n´ umeros hipercomplexos vale uma vers˜ ao (mais fraca) da lei de De Moivre, Proposi¸ c˜ ao 11 (De Moivre). Dados o hipercomplexo 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)

(1.33)

desde que: cos β ≥ 0, cos 2β ≥ 0, . . . , cos(n − 1)β ≥ 0. Prova: Princ´ıpio da Indu¸caõ Finita. Para n = 2, a proposi¸caõ é verdadeira (devido ` a prop. 6). Admitamos a validade da proposi¸caõ 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, cos β ≥ 0, cos 2β ≥ 0, . . . , cos (k − 1) − 1 β ≥ 0. E provemos que vale para n = k: 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¸caõ 6 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 (1.33) vale, por exemplo, para −

π π π π ≤ (n − 1) β ≤ ⇔ − ≤ β ≤ 2 2 2(n − 1) 2(n − 1)

(1.34)

39

Gentil

1.9

Forma polar

As proposi¸co˜es 6 (p´ ag. 33) e 7 nos permitem adotar uma outra nota¸caõ para os n´ umeros hipercomplexos: a forma polar, assim designada, w=ρ

β

θ

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

Solu¸ c˜ ao: Lembramos que, p y z x 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 = cos θ · cos 0o = o

sen θ · cos 0 =

z 0 = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1

0 1

=0

1 1

=1

⇒

cos θ = 0

⇒

sen θ = 1

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

cos θ · cos 90o =

sen θ · cos 90o =

c) −1 = (−1, 0, 0), ρ =

Sendo assim, temos:

(0o ≤ θ < 360o)

0 z = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1 0 1 0 1

=0

⇒

θ = indeterminado.

=0

⇒

θ =indeterminado.

−1 1 0 1

0o

90o

p (−1)2 + 02 + 02 = 1, temos

sen β =

sen θ · cos 0 =

θ = 90o

90o 0o

Escolhendo θ = 0o , obtemos: j = 1

o

⇒

√ 02 + 02 + 12 = 1, temos

sen β =

cos θ · cos 0o =

(−90o ≤ β ≤ 90o )

0 z = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1

= −1

=0

−1=1

⇒

cos θ = −1

⇒

sen θ = 0

180o

0o

⇒

θ = 180o

40 d) 1 = (1, 0, 0), ρ =

√ 12 + 02 + 02 = 1, temos

sen β = cos θ · cos 0o =

1 1

=1

0 1

o

sen θ · cos 0 =

=0

Sendo assim, temos: 1 = 1 e) 1 +

z 0 = = 0 ⇒ β = 0o ρ 1

0o

⇒

cos θ = 1

⇒

sen θ = 0

θ = 0o

⇒

0o

√ √ 3 i = (1, 3, 0), ρ = 2, temos sen β = cos θ · cos 0o =

z 0 = = 0 ⇒ β = 0o ρ 2

1 2

sen θ · cos 0o =

⇒

√ 3 2

Sendo assim, temos: 1 +

1 2

cos θ =

⇒

sen θ =

√ 3i = 2

√

3 2

θ = 60o

⇒

60o 0o

√ f) (1, 1, − 2), ρ = 2, temos

√ z − 2 sen β = = ⇒ β = −45o ρ 2

cos θ · cos(−45o ) = o

sen θ · cos(−45 ) =

x ρ y ρ

=

1 2

=

1 2

⇒ ⇒

√ Sendo assim, temos: (1, 1, − 2) = 2

cos θ =

√1 2

sen θ =

√1 2

⇒

θ = 45o

45o −45o

Multiplica¸ c˜ ao e divis˜ ao na forma polar Para multiplicar ou dividir dois hipercomplexos na forma polar nos valemos das proposi¸co˜es 6 (p´ ag. 33) e 7, assim: Dados, w1 = ρ1

θ1

β1

e w2 = ρ2

θ2

β2 ,

temos:

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

ρ w1 = 1 w2 ρ2

θ1 +θ2

θ1 −θ2

(1.35)

β1 +β2

(1.36)

β1 −β2

Exemplos: Realizar na forma polar as seguintes opera¸co˜es: 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

e)

j+1 j−1

2

41

Gentil

Solu¸ c˜ ao: a) Temos, −1 = (−1, 0, 0) = 1

180o

i = (0, 1, 0) = 1 Ent˜ ao, −1 · i = 1

180o

0o

b) Temos,

· 1

0o

90o 0o

90o 0o

=1

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

270o

√ 2

0o

0o

45o

Ent˜ ao, (j + 1)2 = (j + 1) · (j + 1) =

√

2

0o

45o

90o

= 2j

·

√ 2

0o

45o

180o

45o

Portanto, (j + 1)2 = 2

0o

Observe que, (j + 1)2 = j 2 + 2j + 1 c) Temos, j − 1 = (0, 0, 1) − (1, 0, 0) = (−1, 0, 1) =

√ 2

Ent˜ ao, √

(j − 1)2 = (j − 1) · (j − 1) =

2

180o

360o

90o

45o

Portanto, (j − 1)2 = 2

·

√ 2

180o

45o

= 2j

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

45o

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

√ 2

0o

(j + 1)2 = (j − 1)2 √ , j + 1 = 2 0o 45o . Temos

0o

90o

0o

0o

90o

45o

√ j+1 = √2 j−1 2

2 2

=

, j−1= 0o 180o

45o

90o −0o

√ 2

=1

45o

180o

−180o

0o −90o

45o

0o

=1

90o

. Ent˜ ao,

= −1

−90o

= −j

42 Sendo assim, temos j + 1 2 j−1

= 1

−180o

0o

· 1

−180o

0o

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

=1

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

√

2

−360o

90o

0o

=1

45o

Ent˜ ao, √ (i + j)2 = ( 2

90o

45o )

√ ·( 2

2

90o

45o )

=2

2

90o =

180o

2

0o

90o =

2j

2

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

√ 2

90o

−45o

Ent˜ ao, √ (i − j)2 = ( 2 =2

90o

180o

−45o )

−90o

√ ·( 2

=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

Ent˜ ao, √ (j − i)2 = ( 2 =2

−90o

−180o

Observe que (i − j)2 6= (j − i)2 .

45o )

90o =

√ ·( 2

2

0o

−90o 90o

45o)

= 2j

45o

43

Gentil

Transforma¸ c˜ ao de coordenadas As calculadoras cient´ıficas trazem as transforma¸co˜es de coordenadas retangular para polar (e vice-versa). Estas transforma¸co˜es podem ser aplicadas ao plano complexo: (r, θ) → (x, y) y

q

8 > :y = r sen θ

(x, y)

r )θ

p x

0

(x, y) → (r, θ) 8 > > > :r = x2 + y 2

Para o caso dos n´ umeros hipercomplexos, o ângulo θ é o mesmo fornecido pelas calculadoras; o módulo ( ρ ) e ângulo β s˜ ao obtidos da seguinte forma: Z

z

ρ

θ

(x, y, z) y

0

β

8 > > > :ρ = x2 + y 2 + z 2

r

x X

Dado um n´ umero na forma polar, a transforma¸caõ para a forma retangular é obtida da seguinte forma:   x = ρ cos θ cos β   β θ ⇒ (1.37) w=ρ y = ρ sen θ cos β    z = ρ sen β Na verdade existem calculadoras (HP por exemplo) que já trazem estas transforma¸co˜es no espa¸co (coordenadas esféricas). No apêndice (p´ ag. 147) damos um programa para a transforma¸caõ de coordenadas retangulares para polares. Importante! Dado um hipercomplexo w = ρ θ β com argumento (θ, β) podemos (para efeito de c´ alculos, quando necess´ ario) usar o programa citado acima para escrevê-lo como w = ρ θ0 β0 em fun¸caõ do argumento principal (θ0 , β0 ). Por exemplo, seja o hipercomplexo w = 1 45o 120o para escrevê-lo em fun¸caõ do argumento principal vamos, antes, transformá-lo para coordenadas

44 retangulares, assim:

w=1

45o 120o

Levando os valores, x=−

  x = 1 cos 45o cos 120o   ⇒ y = 1 sen 45o cos 120o    z = 1 sen 120o

√ 2 4 ,

no programa, obtemos w = 1 1

y=− 60o ,

225o

45o 120o

√ 2 4 ,

z=−

√

3 2

portanto, podemos escrever

=1

225o

60o

Observe a localiza¸caõ de w: Z

w

Y X

´ que podemos escrever w em fun¸caõ do argumento prinNota: Obviamente cipal, diretamente (isto é, sem passar pelas coordenadas retangulares), assim: 1

45o 120o

=1

180o +45o

=1

225o

180o −120o

60o

A vers˜ ao da lei de De Moivre em coordenadas polares fica assim, Proposi¸ c˜ ao 12 (De Moivre). Dados o hipercomplexo w = ρ e o natural n ≥ 2, temos: wn = ρn nθ nβ

θ

β

, n˜ ao nulo, (1.38)

desde que: cos β ≥ 0, cos 2β ≥ 0, . . . , cos(n − 1)β ≥ 0.

√ √ Exemplo: Seja o n´ umero w = 26 , 26 , 1 , calcule w5 . Solu¸caõ: Escrevendo este n´ umero em coordenadas polares temos w = 2 Substituindo β = π6 na desigualdade (1.34), temos π ≤ − 2(n−1)

π 6

≤

π 2(n−1)

π 4

π 6

.

⇒ n ≤ 4.

Isto significa que pela f´ ormula de De Moivre podemos calcular s´ o até a quarta potência. Ent˜ ao, π 2π π 3 w4 = 24 4· 4 4· 6 = 16 π

45

Gentil

o Observe que cos 2π ao porque n˜ ao pudemos calcular w5 3 = cos 120 < 0, raz˜ diretamente por (1.38). Mas, isto n˜ ao constitui nenhum empecilho uma vez que podemos reescrever w4 em fun¸caõ do argumento principal, assim:

w4 = 16

2π 3

π

= 16

π− 2π 3

π+π

= 16

0

π 3

Observe que, θ = 2π ≃ 0. Pois bem, w5 = w4 · w = 16

π 3

0

·2

π π 3+6

0+ π 4

= 16 · 2

π 4

π 6

= 32

π 4

π 2

Voltando para a forma retangular, obtemos (ver (4.3), p´ ag. 139)   x = 32 cos π4 cos π2 = 0   π π 2 ⇒ w5 = 32 4 y = 32 sen π4 cos π2 = 0    z = 32 sen π2 = 32

Portanto,

Ou ainda,

1.9.1

√

6 2 ,

√ 6 2 ,

√ 6 2

+i

1 √

5

6 2

= (0, 0, 32)

+j

5

= 32j

Interpreta¸c˜ ao geom´ etrica da multiplica¸c˜ ao hipercomplexa

Agora iremos dar uma interpreta¸caõ geométrica ao produto hipercomplexo. No caso particular dos complexos ( plano - C ) e dos hipercomplexos bidimensionais ( plano H − 2D ) j´ a sabemos o que acontece ( ver [5] ). Adotaremos a seguinte nota¸caõ: 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¸caõ na forma polar, que a interpreta¸caõ geométrica desta opera¸caõ é a de uma rota¸caõ∗ no espa¸co; entretanto vejamos algumas situa¸co˜es particulares: I ) Multiplica¸caõ de j por um n´ umero complexo z = (x, y, 0). Temos p 1·0·y (0, 0, 1) · (x, y, 0) = − 1·0·x x2 + y 2 ) r , − r , 1 · r2 = (0, 0, 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: ∗ Numa rota¸ ca õ n˜ ao h´ a altera¸ca õ de m´ odulo; cometeremos um abuso de linguagem ignorando este pormenor.

46

Z

Z

Plano C

Plano C jz

j Y

Y

z

z

R

R

II ) Multiplica¸caõ de j por um n´ umero hipercomplexo 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 , sen θ · cos β + , sen β + jw = ρ cos θ · cos β + 2 2 2 Conclus˜ ao: multiplicar j por um n´ umero hipercomplexo significa rotacion´ a-lo de 90o “para cima”, assim: Z jw Z

w

j Y

X

Y

X

´ Nota: Obviamente que o caso anterior ( jz ) é um caso particular deste ( jw ). Dado w = (x, y, z) ∈ H, desejamos agora analisar o produto j ( 2 ) w, em

47

Gentil

coordenadas retangulares. Ent˜ a o∗ , jw = (0, 0, 1) · (x, y, z) =

−

1·z·x r2 ,

− 1·z·y r , r2 2

xz r2 ,

−

=

p onde, r2 = x2 + y 2 . Observe que a aplica¸caõ, − √ xz 2

(x, y, z) 7−→

x +y 2

, − √ yz 2

x +y 2

,

− yz r , r2 2

p x2 + y 2

é uma rota¸caõ 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, r2′ = Sendo assim, resulta,

q

−

1·r2 · −xz r

−

2

r2′

xz r2

j (2) w = Ou ainda, j

(2)

2

,−

+

2

1·r2 · −yz r

, 1 · r2′

2

r2′

−

yz r2

2

= |z|

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

xz yz , , |z| = w= |z| |z|

(

w,

se z > 0;

−w, se z < 0.

III ) Multiplica¸caõ de um complexo z por um hipercomplexo 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 hipercomplexo w significa rotacionar w de θ1 graus “para a direita”; n˜ ao h´ a rota¸caõ “para cima”, assim:

∗ Para ∗ Para

nossa an´ alise vamos considerar w um hipercomplexo n˜ ao-singular. nossa an´ alise vamos considerar o complexo de m´ odulo unit´ ario, n˜ ao faz mal.

48

Z

Z

zw w

w

Y

Y

z

θ1

X

X

Vejamos esta multiplica¸caõ 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 − y sen θ) γ, (y cos θ + x sen θ) γ, 0 · r2 + z · r1

onde, r1 =

p √ cos2 θ + sen 2 θ = 1, r2 = x2 + y 2 e γ = 1. Ent˜ ao, zw = x cos θ − y sen θ, y cos θ + x sen θ, z

O que confirma o resultado anterior. IV ) Multiplica¸caõ e divisão de dois hipercomplexos. Para interpretar o produto w1 · w2 , convencionaremos chamar o fator à direita (isto é, w2 ) de indutor e o fator à esquerda de induzido. Quando, na forma trigonométrica (ou polar) do produto (ou quociente) comparece a soma θ1 + θ2 dizemos que houve uma rota¸caõ positiva na primeira vari´ avel (vari´ avel θ); em θ1 − θ2 dizemos que houve uma rota¸caõ negativa; an´ alogamente com respeito à segunda vari´ avel ( β ). A partir das proposi¸co˜es 6 e 7, p´ ag. 33, (ou suas similares p´ ag. 40) n˜ ao é dif´ıcil inferir o significado geométrico destas opera¸co˜es. Por exemplo, a multiplica¸caõ, 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¸caõ ( +, + ) de argumento ( θ2 , β2 ). A divisão, ρ w1 = 1 w2 ρ2

θ1 −θ2

β1 −β2

pode ser interpretada da seguinte forma: o n´ umero w1 sofreu uma rota¸caõ ( −, − ) de argumento ( θ2 , β2 ). Exemplos: Vejamos um exemplo concreto: multiplicar os n´ umeros, w1 = 1

30o 45o

,

w2 = 1

225o

60o

49

Gentil

Temos, w1 · w2 = 1 · 1

30o +225o

45o +60o

=1

255o

105o

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

Z

w2

w2

w1 ·w2

Y

Y

X

X

Temos, w1 · w2 = 1

255o

=1

105o

75o

75o √

Vejamos um exemplo envolvendo divisão: No hipercomplexo 22 , dar uma rota¸caõ (−, −) de argumento (90o , 60o ). Solu¸ c˜ ao: Por (1.36) (p´ ag. 40), devemos realizar a seguinte divisão: √

2

√

6

√

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

√

6 2 ,

√ 2

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

60o 45o

=2

90o 60o

60o −90o 45o −60o

=2

−30o −15o

b) Forma retangular. Temos w1 = w2

√

2 2 ,

0,

√

6 2 ,

1 2,

√ 2

√ 3 2

=

√ √ √ 2 6 2 2 , 2 ,

Realizando este produto encontramos, √ √ √ √ √ √ w1 2 = (1+ 43 )· 6 , − (1+ 43 )· 2 , − 6− 2 w2

· 0, − 12 , −

√

3 2

Podemos usar o programa dado no apêndice para transformar este n´ umero para a forma polar, ent˜ ao √ √ √ √ √ √ (1+ 3 )· 6 2 = 2 −30o −15o , − (1+ 43 )· 2 , − 6− 4 2 Geometricamente, temos

50

Z

Z

w2

w2

w1

w1

Y

Y

X w 1 w2

Temos,

√ √ (1+ 3 )· 6 , 4

− (1+

√ √ 3 )· 2 , 4

−

√ √ 6− 2 2

≃ (1, 673; −0, 966; −0, 518)

Rota¸ c˜ ao em torno da origem Segundo a proposi¸caõ 6 (p´ ag. 33) 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¸caõ, deste u ´ ltimo, de um ângulo (θ, β). Para atender a referida proposi¸caõ basta escolher − π2 ≤ β ≤ π2 (isto é, cos β ≥ 0). Para obter a rota¸caõ - 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, r1 =

p π (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 ):

(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 =

p x2 + y 2 e γ = 1 −

Fa¸camos,

z√ sen β , cos β x2 +y 2

x′ =(x cos θ cos β − y sen θ cos β) γ

Exemplos:

z x2 +y 2

isto é, γ = 1 − √

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

a ) Rotacione w = ( 1, 0, 0 ) de um ângulo (45o , 45o ).

tg β.

51

Gentil

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 =

Observe que, |w′ | =

q

1 2

2

+

1 2

2

+

√ 2 2

2

= 1 = |w|

b ) Rotacione w = ( 1, −1, 2 ) de um ângulo (135o , −30o ). 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 x = 1 − · 1+ =0 +1 2 2 2 2 3 √ √ √ √ √ √ 2 3 2 3 6 6 ′ · 1+ =1+ +1 y = −1 − 2 2 2 2 3 2 √ √ √ 3 √ 2 1 z′ = 2 · − +2· = 3− 2 2 2 ′

Observe que,

|w′ | =

q 02 + 1 +

√

6 2

2

+

√ 3−

√

2 2

2

=

√ 6 = |w|

Geometricamente, os exemplos anteriores ficam Z

Z

w w′ w′ Y

Y

w X

X

52 c ) Na figura a seguir, rotacionamos o triˆ angulo de vértices, 1 ( 1 ): , 0, 0 , ( 2 ) : 1, 0, 0 , ( 3 ) : 1, 0, 1 2 Z

Z

Z

( 3 )′ (3) ( 2 )′ (3)

(3)

Y

(1)

(2)

Y

Y

(1)

(1)

(2)

X

X

( 1 )′

(2)

X

de um ˆ angulo (90o , 45o ). Na figura do centro temos o triˆ angulo original rotacionado de θ = 90o e o β = 0 (triˆ angulo “intermedi´ ario”). Calculemos as coordenadas de cada um dos vértices do triˆ angulo rotacionado. ao, Vértice: ( 1 )′ . Temos ( 1 ) : 21 , 0, 0 . Ent˜ x′ = 21 cos 90o cos 45o − 0 sen 90o cos 45o · 1 = 0 √ y ′ = 0 cos 90o cos 45o + 21 sen 90o cos 45o · 1 = 42 q √ z ′ = ( 12 )2 + 02 · sen 45o + 0 · cos 45o = 42 Ent˜ ao, ( 1 )′ : 0,

√

2 4 ,

√ 2 4

.

Vértice: ( 2 )′ . Temos ( 2 ) :

1, 0, 0 . Ent˜ ao,

x′ = 1 cos 90o cos 45o − 0 sen 90o cos 45o · 1 = 0 √ y ′ = 0 cos 90o cos 45o + 1 sen 90o cos 45o · 1 = 22 √ √ z ′ = 12 + 02 · sen 45o + 0 · cos 45o = 22 √ √ Ent˜ ao, ( 2 )′ : 0, 22 , 22 . ao, Vértice: ( 3 )′ . Temos ( 3 ) : 1, 0, 1 . Ent˜ x′ = 1 cos 90o cos 45o − 0 sen 90o cos 45o · 0 = 0 y ′ = 0 cos 90o cos 45o + 1 sen 90o cos 45o · 0 = 0 √ √ z ′ = 12 + 02 · sen 45o + 1 · cos 45o = 2 √ Ent˜ ao, ( 2 )′ : 0, 0, 2 .

53

Gentil

Porque a multiplica¸ c˜ ao em R3 n˜ ao poderia ser associativa Daremos agora uma justificativa - geométrica - pela qual n˜ ao se deve´ nicamente, ria esperar uma multiplica¸caõ em R3 associativa. Assumiremos, u que uma tal multiplica¸caõ, como ocorre em R2 , resulta em uma rota¸caõ. Vamos retomar o exemplo 4o ), p´ ag. 10. Neste exemplo resolvemos a equa¸caõ: (1, −1, 2) · w = (1, 0, 3) e mostramos que a mesma tem duas solu¸co˜es, 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 w = = 1, 29 225, 00o 53, 70o , , 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 gráfico seguinte, ′′

R

b a

R

R

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

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

45, 00o 16, 83o

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

54 Porque a multiplica¸ c˜ ao em R3 n˜ ao poderia ser distributiva Para justificar porque o “natural” é que a multiplica¸caõ em R3 n˜ ao seja distributiva, podemos tecer coment´ arios an´ alogos ao do caso anterior, s´ o que agora invocando o problema clássico resolvido à p´ ag. 30. De fato, vamos resolver este problema aplicando a distributividade na equa¸caõ (1.25) (p´ ag. 31), assim 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 = Portanto,

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

z·(−z) r1 ·r2

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

=1+

z2 x2 +y 2 .

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¸caõ: x′ = (5, 15, 0) e y ′ = (5, − 15, 0); que é a solu¸caõ complexa. Conclus˜ ao: Estamos perdendo infinitas solu¸co˜es; ou ainda: a distributividade nos “esconde” a “maioria” das solu¸co˜es. Vê-se, nestes exemplos, que a multiplica¸caõ n˜ ao ser associativa e nem distributiva, redunda em vantagens.

55

Gentil

1.10

Radicia¸c˜ ao

Defini¸ c˜ ao 9.√Dado um n´ umero hipercomplexo w, chama-se raiz enésima de w, umero hipercomplexo wk tal que wkn = w. Ent˜ ao, e denota-se, n w, a um n´ √ 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¸caõ, temos √ 1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = 1. Para resolver esta equa¸caõ temos duas alternativas: p ag. 35), resulta, 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema 1 (p´ w2 = (−z 2 , 0, 0) = (1, 0, 0) ⇒ −z 2 = 1 ⇒ z 2 = −1.

Esta possibilidade est´ a descartada, porquanto z é real. p 2a ) r = x2 + y 2 6= 0. Pelo lema 1 devemos ter,

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

x2

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

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

Da segunda equa¸caõ concluimos que x = 0 ou y = 0, da primeira equa¸caõ concluimos que x 6= 0; portanto y = 0. Resultando, x = ± 1. Portanto, s˜ ao em n´ umero de duas as ra´ızes quadradas de 1: √ √ 1 = (1, 0, 0) ⇒ 1 = 1. √ √ 1 = (−1, 0, 0) ⇒ 1 = −1. b) Por defini¸caõ de raiz quadrada, temos √ −1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = −1. Para resolver esta equa¸caõ temos duas alternativas: p 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema 1, resulta,

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

w2 =

(x2 −y 2 )· 1−

p z2 z2 2 + y2 , 2 x y · 1− , 2z = (−1, 0, 0) x x2 + y 2 x2 + y 2

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

Da segunda equa¸caõ concluimos que x = 0 ou y = 0, da primeira equa¸caõ 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.

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

Para resolver esta equa¸caõ temos duas alternativas: p 1a ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema 1, resulta, 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 + y2 , 2 x y · 1 − , 2z = (0, 0, 1) x x2 + y 2 x2 + y 2

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

(1.39)

Desta u ´ ltima equa¸caõ 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¸co˜es se transformariam em |x| = |y| e x · y = 0; donde x = y = 0, o que contradiz a u ´ ltima equa¸caõ do 2 2 2 sistema. Portanto, x + y = z . Este resultado na terceira equa¸ caõ nos fornece √ z = 22 . Ent˜ ao, x2 + y 2 = 12 .

57

Gentil

Observe que podemos reescrever as duas primeiras equa¸co˜es do sistema como:    (x2 − y 2 ) · 0 = 0  

2x y · 0 = 0

(1.40)

O que nos diz que x e y s˜ ao indeterminados. Conclus˜ ao: as ra´ızes quadradas de j s˜ ao em n´ umero infinito. √ Observe que os afixos de j, est˜ ao sobre um c´ırculo de raio √ altura z = 22 . z

ւ

√

2 2

e a uma

z

j

x

√

j

) β=45o

y

y

x

x

Nota: Como teremos oportunidade de ver, somente para pontos sobre o eixo z (isto é, pontos da forma (0, 0, z)) é que teremos infinitas ra´ızes quadradas, nos demais casos teremos no máximo 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¸caõ temos duas alternativas (lema 1, p´ ag. 35): p a 1 ) r = x2 + y 2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema, resulta, w2 = (−z 2 , 0, 0) = (1, 1, 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 devemos ter,

w2 =

(x2 − y 2 ) · 1 −

Sendo assim, temos:

x2

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

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

(1.41)

Resolver este sistema diretamente n˜ ao nos parece a sa´ıda mais acertada. Vamos resolvê-lo indiretamente: escrevamos w na forma trigométrica, isto é:

58 w = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β), com − π2 < β < intervalo temos

π 2.

Para β neste

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

(1.42) (1.43) (1.44)

Inicialmente observamos que, nesta u ´ ltima equa¸caõ devemos ter sen 2β > 0. Como assumimos − π2 < β < π2 segue que, −π < 2β < π; logo, para satisfazer (1.44), devemos ter 0 < 2β < π. Ou ainda, 0< β <

π 2

(1.45)

Uma primeira conclusão é que todas as ra´ızes procuradas encontram-se no semiespa¸co z > 0. Pois bem, dividindo (1.43) por (1.42), obtemos: tg 2θ = 1. Da trigonometria temos, tg β = tg α ⇒ β = α + kπ, k ∈ Z Sendo assim, temos tg 2θ = tg

π π ⇒ 2θ = + kπ, k ∈ Z 4 4

Vamos impor a restri¸caõ 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 = π4 nas equa¸co˜es (1.42) e (1.43), obtemos (

ρ2 cos π4 · cos 2β = 1

ρ2 sen π4 · cos 2β = 1

⇒

(

√ 2 √ ρ2 cos 2β = 2 ρ2 cos 2β =

Juntamos uma destas equa¸co˜es com (1.44) para obter, √ ( 2 ρ cos 2β = 2 1 ⇒ tg 2β = √ 2 2 ρ sen 2β = 1

59

Gentil

Temos, ⇒

1 ) 2β √ 2

⊡

√ 3

) 2β √ 2

1 ⊡

Deste u ´ ltimo triˆ angulo tiramos, cos 2β =

√ 6 3

(1.46)

√ 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 trigonométricas: x sen = ± 2

r

r

1 − cos x x ; cos = ± 2 2

1 + cos x 2

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

r

1 − cos 2λ ; cos λ = ± 2

r

1 + cos 2λ 2

(1.47)

Substituindo (1.46) em (1.47), obtemos s s √ √ 3− 6 3+ 6 ; cos β = ± sen β = ± 6 6 Como escolher os sinais? Usando (1.45), optamos pelos sinais positivos. Temos ainda, √ 2 π ⇒ cos 2θ = 2θ = 4 2 Utilizando (1.47), temos s s √ √ 2 1− 2 1 + 22 sen θ = ; cos θ = 2 2 Finalmente podemos escrever a primeira raiz como, w0 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) p  √ s √ p √ s √ √ s √ 2+ 2 3+ 6 2− 2 3+ 6 3− 6  4 · , · , = 3 2 6 2 6 6

co˜es (1.42) e (1.43), obtemos P1 : Substituindo 2θ = 5π 4 nas equa¸ (√ √ 3 cos 5π 6 4 · cos 2β = 1 ⇒ cos 2β = − √ 5π 3 3 sen 4 · cos 2β = 1

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

√ 2 5π 2θ = ⇒ cos 2θ = − 4 2

Utilizando (1.47), 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)   p √ s √ p √ s √ s √ √ 2 6 2 6 6 2 − 3 − 2 + 3 − 3 + 4  · , · , = 3 − 2 6 2 6 6

P2 : Substituindo 2θ = 9π co˜es (1.42) e (1.43), obtemos 4 nas equa¸ (√ √ 3 cos 9π 6 4 · cos 2β = 1 ⇒ cos 2β = √ 9π 3 3 sen 4 · cos 2β = 1 Procedendo como no caso anterior, obtemos s s √ √ 3− 6 3+ 6 sen β = ; cos β = 6 6 Temos ainda, 9π ⇒ 2θ = 4

(

sen 2θ = cos 2θ =

√ 2 2 √ 2 2

Utilizando (1.47), 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

co˜es (1.42) e (1.43), obtemos P3 : Substituindo 2θ = 13π 4 nas equa¸ (√ √ 3 cos 13π 6 4 · cos 2β = 1 ⇒ cos 2β = − √ 13π 3 3 sen 4 · cos 2β = 1

61

Gentil

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

√ 2 5π ⇒ cos 2θ = − 2θ = 4 2

Utilizando (1.47), temos sen θ = −

s

1+ 2

√ 2 2

; cos θ =

s

1− 2

√

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: √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2 18+6 6 2− 2 18+6 6 18−6 6 w0 = 4 3 · , · , 2 6 2 6 6 w1 =

√ 4

w2 =

√ 4

w3 =

√ 4

3

3

3

− −

√

√ 2− 2 2

√

√ 2+ 2 2

√

√ 2− 2 2

·

· ·

√

√

√

√

18−6 6

√

18+6 6

18−6 6

√

6

6

6

,

√

√ 2+ 2 2

,−

,−

·

√

√ 2− 2 2

√

√ 2+ 2 2

·

√

18−6 6

·

√ 6

√

18+6 6

√

18−6 6

,

√

√ 6

6

,

√

18+6 6

,

√

√ 6

18−6 6

√

18+6 6

√

√ 6

6

Enfatizamos que estas s˜ ao as solu¸co˜es do sistema 1.41 (pág. 57) A seguir escrevemos estas ra´ızes em coordenadas polares (com duas decimais) e as plotamos no espa¸co: Z

w0 = 1, 32

22,50o

17,63o

w1 = 1, 32

112,50o 72,37o

w2 = 1, 32

202,50o 17,63o

w3 = 1, 32

292,50o 72,37o

Y X

Observamos que todas as ra´ızes n−ésimas de um hipercomplexo w = (x, y, z) est˜ ao, sempre, no mesmo semi-espa¸co de z (z > 0 ou z < 0), devido à proposi¸caõ 9, p´ ag. 35.

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

Da u ´ ltima equa¸caõ observe que todas as ra´ızes devem estar no semi-espa¸co z < 0. 2 ´ ltima equa¸caõ Da primeira equa¸caõ 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¸caõ 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,  2    x2 1 − z = 1 x2    2 z |x| = −1

(1.48) (1.49)

Tirando z na segunda equa¸caõ e substituindo na primeira obtemos, 1 1 = 1 ⇒ x4 − x2 − = 0 x2 1 − 4 x4 4 √ √ Resolvendo esta equa¸caõ obtemos x = ± 2 2 2+2 . Substituindo em (1.49) ob√ √ temos, z = − 2 2 2−2 . 2o ) x = 0 (portanto y 6= 0). Neste caso o sistema se reduz a,  z2    y 2 1 − 2 = −1 y    2 z |y| = −1

(1.50) (1.51)

Tirando z na segunda equa¸caõ e substituindo na primeira obtemos, 1 1 y2 1 − = −1 ⇒ y 4 + y 2 − = 0 4 y4 4 √ √ Resolvendo esta equa¸caõ obtemos y = ± 2 2 2−2 . Substituindo em (1.51) ob√ √ temos, z = − 2 2 2+2 .

63

Gentil

√ Conclus˜ ao: Temos quatro valores para 1 − j, quais sejam: √ √ √ √ 2 2+2 2 2−2 , 0, − w0 = 2 2 w1 = w2 = w3 =

0, −

√

2

√

2

√ 2−2 , 2 √ 2

0, −

√

2

2+2

−

√

2

2+2

2

, 0, −

√ 2−2 , 2

√

−

√

2

√

2

√ 2−2 2

√ 2

2+2

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

w0 = 1, 19

00,00o

−22,50o

w1 = 1, 19

90,00o

w2 = 1, 19

180,00o −22,50o

w3 = 1, 19

270,00o −67,50o

−67,50o

Y X

- Coordenadas Esféricas: 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    ρ2 sen 2θ · cos 2β = 0      ρ2 sen 2β = −1

(1.52) (1.53) (1.54)

Inicialmente observamos que, nesta u ´ ltima equa¸caõ devemos ter sen 2β < 0. Como assumimos − π2 < β < π2 segue que, −π < 2β < π; logo, para satisfazer (1.54), devemos ter −π < 2β < 0. Ou ainda, −

π < β 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

(1.60) (1.61)

Pois bem, dividindo (1.58) por (1.57): tg 4θ = 1. Da trigonometria, temos tg λ = tg α ⇒ λ = α + kπ, k ∈ Z Sendo assim, temos tg 4θ = tg

π π ⇒ 4θ = + kπ, k ∈ Z 4 4

Vamos inicialmente considerar a condi¸caõ (1.60). Temos, (1.60) : 4β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ. Temos, 4θ =

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

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

Este resultado no sistema original nos fornece, √ ( 4 √ ρ cos 4β = 2 2 ⇒ tg 4β = 4 2 ρ sen 4β = 1

(1.62)

68 Da identidade trigonométrica, cos2 x =

1 1+ tg 2 x ,

obtemos

√ 6 cos 4β = 3

(1.63)

√ 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 trigonométricas: r r x 1 − cos x 1 + cos x x ; cos = ± sen = ± 2 2 2 2 As quais, para os nossos prop´ ositos se transformam em, r r 1 − cos 2γ 1 + cos 2γ ; cos γ = ± sen γ = ± 2 2

(1.64)

também, sen 2γ = ±

r

1 − cos 4γ ; cos 2γ = ± 2

r

1 + cos 4γ 2

(1.65)

Substituindo (1.63) em (1.65), obtemos s p √ √ 3+ 6 18 + 6 6 cos 2β = = 6 6 Substituindo este resultado em (1.64), obtemos q q p p √ √ 72 − 12 18 + 6 6 72 + 12 18 + 6 6 sen β = ; cos β = 12 12 De (1.62) obtemos, √ 2 π 4θ = + kπ ⇒ cos 4θ = . 4 2 Temos, 4θ =

π 4

+ kπ ⇒ θ =

π 16

+

kπ 4 .

(1.66)

(1.67)

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

k=2, 10,... θ

π θ= 16 =11, 25o

k=0, 8,... k

k θ= 17π =191, 25o 16

k=4, 12,...

k=6, 14,...

o θ= 25π 16 =281, 25

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solu¸co˜es distintas: k = 0, 2, 4, 6. Temos,

69

Gentil

4θ =

Temos, ( i ) 4θ =

π 4.

 k = 0:       k = 2 :

π + kπ ⇒  4  k = 4:      k = 6:

Ent˜ ao, cos 4θ =

4θ =

π 4

4θ =

9π 4

4θ =

17π 4

4θ =

25π 4

√

2 2

de (1.65) obtemos p √ 2+ 2 cos 2θ = 2

Este resultado em (1.64) nos d´ a, sen θ =

q √ √ 2− 2+ 2 ; 2

cos θ =

q

2+

√

√ 2+ 2

2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solu¸caõ w0 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q q √ q q √ √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2+ 2 72+12 18+6 6 2− 2+ 2 72+12 18+6 6 8 · , · , w0 = 3 2 12 2 12 ( ii ) Temos, 4θ =

9π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ =

√ 2 2

q

√ √ 72−12 18+6 6 12

!

de (1.65) obtemos

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

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

Este resultado em (1.64) nos d´ a, sen θ =

q √ √ 2+ 2+ 2 ; 2

cos θ =

q √ √ 2− 2+ 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solu¸caõ w2 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) como, ! q q √ q q q √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 2− 2+ 2 72+12 18+6 6 2+ 2+ 2 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 · , · , w2 = 8 3 − 2 12 2 12 12 ( iii ) Temos, 4θ =

17π 4 .

√

Ent˜ ao, cos 4θ = 22 de (1.65) obtemos p √ 2+ 2 cos 2θ = 2

Observe que, 4θ =

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

70 Este resultado em (1.64) nos d´ a, q √ √ 2− 2+ 2 sen θ = − ; 2

cos θ =

q √ √ 2+ 2+ 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solu¸caõ w4 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) como, ! q q √ q q q √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2+ 2 72+12 18+6 6 2− 2+ 2 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 8 w4 = 3 − · ,− · , 2 12 2 12 12 ( iv ) Temos, 4θ =

25π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ =

√

2 2

de (1.65) obtemos p √ 2+ 2 cos 2θ = − 2

Observe que, 4θ =

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

Este resultado em (1.64) nos d´ a, q √ √ 2+ 2+ 2 ; sen θ = − 2

cos θ =

q √ √ 2− 2+ 2 2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solu¸caõ w6 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β) como, ! q q √ q q q √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 2− 2+ 2 72+12 18+6 6 2+ 2+ 2 72+12 18+6 6 72−12 18+6 6 8 w6 = 3 · ,− · , 2 12 2 12 12 Vamos agora considerar a condi¸caõ (1.61) (p´ ag. 67). Temos, (1.61) : 4β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ. Temos, 4θ =

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

(1.68)

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

Este resultado no sistema original nos fornece, √ ( 4 √ ρ cos 4β = − 2 2 ⇒ tg 4β = − 4 2 ρ sen 4β = 1 Da identidade trigonométrica, cos2 x =

1 1+ tg 2 x ,

obtemos

√ 6 cos 4β = − 3 Substituindo (1.69) em (1.65), obtemos s p √ √ 3− 6 18 − 6 6 cos 2β = = 6 6

(1.69)

71

Gentil

Substituindo este resultado em (1.64), obtemos q q p p √ √ 72 − 12 18 − 6 6 72 + 12 18 − 6 6 sen β = ; cos β = 12 12 De (1.68) temos, 4θ = obtemos

θ

π 4

⇒

+ kπ

k=1, 9,...

θ =

π 16

+

kπ 4 .

o θ= 13π 16 =146, 25

k=3, 11,...

(1.70)

Plotando θ × k, k ´ımpar,

θ

k

o θ= 5π 16 =56, 25

k

o θ= 29π 16 =326, 25

k=7, 15,... o θ= 21π 16 =236, 25

k=5, 13,...

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solu¸co˜es distintas: k = 1, 3, 5, 7. Temos,  k = 1 : 4θ = 5π   4     13π  k = 3 : 4θ = 4 π 4θ = + kπ ⇒  4  k = 5 : 4θ = 21π  4     29π k = 7 : 4θ = 4 ( i ) 4θ =

5π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.65) resulta p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

Observe que, 5π 4π + π π π 5π ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = ⇒ 2θ = + ⇒ cos 2θ < 0. 4 8 8 2 8 Este resultado em (1.64) nos d´ a, q √ q √ √ √ 2+ 2− 2 2− 2− 2 sen θ = ; cos θ = 2 2 4θ =

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ w1 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q q √ q q √ √ √ √ √ √ √ √ 2− 2− 2 72+12 18−6 6 2+ 2− 2 72+12 18−6 6 8 w1 = 3 · , · , 2 12 2 12 ( ii ) 4θ =

13π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.65) resulta p √ 2− 2 cos 2θ = 2

q √ √ 72−12 18−6 6 12

!

72 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 (1.64) nos d´ a, q √ √ 2− 2− 2 ; sen θ = 2

cos θ =

q √ √ 2+ 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ w3 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q q √ q q √ √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2− 2 72+12 18−6 6 2− 2− 2 72+12 18−6 6 w3 = 8 3 − · , · , 2 12 2 12 ( iii ) 4θ =

21π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

q √ √ 72−12 18−6 6 12

!

√ 2 2 ,

de (1.65) obtemos p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

Observe que, 4θ =

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

Este resultado em (1.64) nos d´ a, sen θ =

q √ √ 2+ 2− 2 ; − 2

cos θ =

q √ √ 2− 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ w5 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ q q √ q √ √ √ √ √ √ √ 2− 2− 2 72+12 18−6 6 2+ 2− 2 72+12 18−6 6 8 w5 = 3 − · ,− · , 2 12 2 12 ( iv ) 4θ =

29π 4 .

4θ =

29π 4 .

q √ √ 72−12 18−6 6 12

!

√

Ent˜ ao, cos 4θ = − 22 de (1.65) 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 (1.64) nos d´ a, q √ √ 2− 2− 2 ; sen θ = − 2

cos θ =

q √ √ 2+ 2− 2 2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ w7 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ q q √ q √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2− 2 72+12 18−6 6 2− 2− 2 72+12 18−6 6 8 w7 = 3 · , − · , 2 12 2 12

q √ √ 72−12 18−6 6 12

!

73

Gentil

Escrevendo as oito solu¸co˜es (do sistema original), juntas, temos, w0 =

√ 8 3

√ w1 = 8 3

q

2−

2

w7 =

√ 8 3

√ 2− 2

· ·

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

q √ √ 2− 2+ 2 2 q √ √ 2+ 2− 2 2

q √ √ 2+ 2+ 2 − 2

√ w5 = 8 3 − √ w6 = 8 3

√ 2

√ 8 3 −

√ w4 = 8 3

√ 2+ 2

2+

√ w2 = 8 3 − w3 =

√

q

q q

q √ √ 2− 2− 2 2

2−

√

√ 2+ 2

2 2+

√

√ 2− 2

2

· ·

√ √ 72+12 18−6 6 , 12

· · · ·

q √ √ 2+ 2− 2 2

· ·

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

q √ √ 2+ 2− 2 − 2

q √ √ 2+ 2+ 2 − 2

·

−

·

q √ √ 2− 2− 2 2

q

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

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

· ·

q

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

√ √ 72+12 18+6 6 , 12

q √ √ 72−12 18+6 6 12

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

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 36, 18o

w4 = 1, 15

191, 25o

8, 82o

w5 = 1, 15

236, 25o

36, 18o

w6 = 1, 15

281, 25o

8, 82o

36, 18o

w7 = 1, 15

326, 25o

36, 18o

X

No gr´ afico, em azul temos as solu¸co˜es de ´ındices pares: w0 , w2 , w4 , e w6 ; e, em vermelho temos as solu¸co˜es de ´ındices ´ımpares: w1 , w3 , w5 , e w7 . Inicialmente observamos que apenas as solu¸co˜es de ´ındices pares s˜ ao ra´ızes (quartas) do hipercomplexo (1, 1, 1), isto é, satisfazem a equa¸caõ (x, y, z)4 = (1, 1, 1). Com efeito, basta observar que apenas estas satisfazem as exigências da proposi¸caõ 12 (p´ ag. 44), isto é, cos β ≥ 0, cos 2β ≥ 0, e cos 3β ≥ 0. Para as solu¸co˜es de ´ındices ´ımpares, temos w2 = ρ2 2θ 2β , com cos 2β ≥ 0, o que significa que, pela proposi¸caõ 6 (p´ ag. 33), temos w2 · w2 = ρ2 2θ 2β · ρ2 2θ 2β = ρ4 4θ 4β w4 = w3 · w 6= w2 · w2

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

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

Acontece que,

q √ √ 72−12 18+6 6 12

An´ alise das solu¸ co ˜es

Y

!

74 devido a n˜ ao associatividade da multiplica¸caõ. Vê-se da´ı que apenas as solu¸co˜es de ´ındices pares satisfazem w4 = w3 · w = (1, 1, 1). Para as de ´ındices ´ımpares temos w4 = w3 · w 6= (1, 1, 1). Nota: Podemos usar o programa para o c´ alculo de potências, dado no apêndice (p´ ag. 141) para confirmar estas afirmativas. 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−

x2

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

Nota: Ver sistema (1.32), p´ ag. 37. No próximo cap´ıtulo mostraremos que s˜ ao em n´ umero de quatro as ra´ızes quadradas de um hipercomplexo (n˜ ao-singular), deste modo conjecturamos que deve ser em n´ umero de oito as ra´ızes quartas. Se esta conjectura é verdadeira, onde estariam as outras quatro ra´ızes quartas de (1, 1, 1) ? ´ disto que nos ocuparemos agora. E Dado um hipercomplexo w = ρ θ β o diagrama a seguir,

ρ4 4θ

4β

ρ4 4θ

2β

ρ4 4θ

2β

ρ4 4θ

0

0 β≥ s 2 P 1) o c

P 3)

0

2θ

β< s3 co

cos β≥0

2β

(M

w

ρ2

3β

(M

ρ3 3θ

P

1)

co s3 β≥

0

( H1 )

( H2 )

(M

(M P 1)

( H3 )

P

co sβ

β

(M

ρ3 3θ

1)

≥

0

(M

co P 3 s2 ) β< 0

P

sβ co

(M

<

3)

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¸caõ de dois hipercomplexos na forma polar; regra esta dada ap´ os a prova da proposi¸caõ 6, p´ ag. 146. ∗ Este desafio foi divulgado a n´ ıvel nacional e em nossa home-page. Demos um prazo de trˆ es meses (a partir de 20.12.06) para sua resolu¸ca õ, ofertamos um prˆ emio acima de R$1.000, 00; n˜ ao houve vencedor.

75

Gentil

Do diagrama acima tiramos as seguintes hipóteses (possibilidades): ( H1 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β ≥ 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ

4β

( H2 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β < 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ

2β

( H3 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ∧ cos β ≥ 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ

2β

( H4 )

cos β ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ∧ cos β < 0

⇒

w 4 = ρ4

4θ

0

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

(1.71) (1.72) (1.73)

Pois bem, da u ´ ltima equa¸caõ concluimos que

( (1.71),(1.72) 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

(1.74) (1.75)

A restri¸caõ (1.74) é incompat´ıvel com ( H3 ), deve ser abandonada. Resta (1.75). Pois bem, dividindo (1.72) por (1.71): tg 4θ = 1. Da trigonometria, temos tg λ = tg α ⇒ λ = α + kπ, k ∈ Z Sendo assim, temos tg 4θ = tg

π π ⇒ 4θ = + kπ, k ∈ Z 4 4

Vamos considerar a condi¸caõ (1.75). Temos,

76 (1.74) : 2β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ. Temos, 4θ =

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

(1.76)

Sendo assim, temos cos 4θ = cos

π 1 π + kπ = − cos = − √ 4 4 2

Este resultado no sistema original nos fornece, √ ( 4 √ ρ cos 2β = − 2 2 ⇒ tg 2β = − 4 2 ρ sen 2β = 1 Da identidade trigonométrica, cos2 x =

1 1+ tg 2 x ,

cos 2β = −

obtemos

√ 6 3

(1.77)

Voltando com este resultado no u ´ ltimo sistema obtemos ρ4 = Substituindo (1.77) em (1.64), obtemos p p √ √ 18 + 6 6 18 − 6 6 ; cos β = sen β = 6 6 De (1.76) temos, 4θ = obtemos

θ

π 4

+ kπ

⇒

k=1, 9,...

θ =

π 16

+

kπ 4 .

o θ= 13π 16 =146, 25

k=3, 11,...

√

3.

(1.78)

Plotando θ × k, k ´ımpar,

θ

k

o θ= 5π 16 =56, 25

k

o θ= 29π 16 =326, 25

k=7, 15,... θ= 21π 16

k=5, 13,...

=236, 25o

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solu¸co˜es distintas: k = 1, 3, 5, 7.  k = 1 : 4θ = 5π   4    k = 3 : 4θ = 13π  π 4 4θ = + kπ ⇒  21π 4 k = 5 : 4θ = 4      k = 7 : 4θ = 29π 4

( i ) 4θ =

5π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.65) resulta p √ 2− 2 cos 2θ = − 2

77

Gentil

Observe que, 4θ =

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

Este resultado em (1.64) nos d´ a, q √ √ 2+ 2− 2 ; 2

sen θ =

cos θ =

q √ √ 2− 2− 2 2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ 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 6 8 w1 = 3 · , · , 18+6 2 6 2 6 6

( ii ) 4θ =

13π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.65) 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 (1.64) nos d´ a, sen θ =

q √ √ 2− 2− 2 ; 2

cos θ =

q √ √ 2+ 2− 2 − 2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ 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 ( iii ) 4θ =

21π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2 ,

de (1.65) 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 (1.64) nos d´ a, sen θ = −

q √ √ 2+ 2− 2 ; 2

cos θ = −

q √ √ 2− 2− 2 2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ 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

78 ( iv ) 4θ =

29π 4 .

4θ =

29π 4 .

Ent˜ ao, cos 4θ = −

√ 2 2

de (1.65) 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 (1.64) nos d´ a, sen θ =

q √ √ 2− 2− 2 − ; 2

q

cos θ =

2+

√

√ 2− 2

2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solu¸caõ w7 = ρ (cos θ · cos β, sen θ · cos β, sen β): q √ q √ √ √ √ √ √ √ 2+ 2−√2 √18−6 √6 2− 2− 2 18−6 6 18+6 6 · , − · , w7 = 8 3 2 6 2 6 6 Reunindo estas quatro solu¸co˜es, temos: √ w1 = 8 3

q √ √ 2− 2− 2 2

√ w3 = 8 3 − w5 =

√ 8 3 −

√ w7 = 8 3

·

q √ √ 2+ 2− 2 2 q √ √ 2− 2− 2 2

q √ √ 2+ 2− 2 2

·

√

18−6 6

6

√

18−6 6

· ·

√

√

18−6 6

√

18−6 6

√

,

q √ √ 2+ 2− 2 2

√ 6 √ 6

6

,

,

·

q √ √ 2− 2− 2 2

,−

√

18−6 6

·

q √ √ 2+ 2− 2 2

q √ √ 2− 2− 2 − 2

·

√

√

6

18−6 6

·

√

18−6 6

18+6 6

√ 6

18−6 6

√

√

,

√ 6

√

,

6

18+6 6

,

√

√

6

√

√ 6

18+6 6

,

√

18+6 6

√

√ 6

6

Temos, wi4 = (1, 1, 1) para i = 1, 3, 5, 7. A seguir plotamos as oito ra´ızes quartas de (1, 1, 1): Z 72, 37o

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 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 .

79

Gentil

Uma conseq¨ uência da proposi¸caõ 10 (p´ ag. 36) é o seguinte √ √ n ao Corol´ ario 4. Se n w = wk , ent˜ w˙ = w˙ k . Prova: Com efeito, seja w = (x, y, z) e wk = (a, b, c) uma raiz n−ésima de w. Temos, w˙ = (x, y, −z) e w˙ k = (a, b, −c). Por defini¸caõ de raiz n−ésima, temos wkn = (x, y, z); pela proposi¸caõ 10 resulta w˙ kn = (x, y, −z), o que prova que w˙ k é raiz n−ésima de w. ˙ Como uma conseq¨ uência 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 . Gr´ aficamente, temos Z −72, 37o

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 X

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

(1.79)

3

possui infinitas solu¸co˜es em R . O prop´ osito deste desafio é mostrarmos um “algoritmo” para encontrarmos um “grande” n´ umero de solu¸co˜es para esta equa¸caõ. Por exemplo, vamos agora encontrar 4 × 4 × 2 = 32 solu¸co˜es. Pois bem, tomamos x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 } onde, x = wk é qualquer uma das ra´ızes quadradas de (1, 1, 1); e tomamos y = w˙ k , qualquer uma das ra´ızes quadradas de (1, 1, −1). 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) em ´ o que faremos agora. Temos, C. E √ π (2, 2, 0) = 2(1, 1) = 2 2 4

ormula de Moivre: Dados o n´ umero complexo z = ρ θ Vamos relembrar a 2a f´ e o n´ umero natural n ( n ≥ 2 ), ent˜ ao existem n ra´ızes enézimas de z que s˜ ao da forma, √ zk = n ρ · cos nθ + k · 2π + i · sen nθ + k · 2π n n

80 Sendo assim, resulta: p √ 2 zk = 2 2 · cos

π/4 2

+k·

2π 2

+ i · sen

π/4 2

Tomando k = 0, 1 obtemos, √ √ √ √2+√2 2− 2 z0 = 4 8 · + i · 2 2 z1 =

Podemos escrever, z0 = z1 = Portanto, tomando,

+k·

2π 2

√ √ √ √ √ 2 2− 2 4 8 · − 2+ − i · 2 2

√ √ √ √ √ 2+ 2 2− 2 4 8· , , 0 2 2

√ √ √ √ √ 2− 2 2 4 8 · − 2+ , − , 0 2 2

x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 , w4 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 } z ∈ { z0 , z1 } obtemos 32 solu¸co˜es para a equa¸caõ proposta. Plotando as solu¸co˜es, temos (ver p´ ag. 61) 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

81

Gentil

em verde representam as ra´ızes quadradas de (2, 2, 0); de sorte que, combinando uma bolinha de cada cor temos as solu¸co˜es da equa¸caõ x2 + y 2 = z 2 . Nota: Se usarmos as raizes quadradas de 1 − j, calculadas anteriormente, obtemos outras 32 solu¸co˜es para a equa¸caõ dada. Vejamos mais um exemplo, A equa¸caõ de Fermat: x4 + y 4 = z 4 (1.80) possui infinitas solu¸co˜es em R3 . Vamos agora encontrar, seguindo o algoritmo dado, 8×8×4 = 256 solu¸co˜es, para esta equa¸caõ. Pois bem, tomamos x ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 , w7 } y ∈ { w˙ 0 , w˙ 1 , w˙ 2 , w˙ 3 , w˙ 4 , w˙ 5 , w˙ 6 , w˙ 7 } onde, x = wk é qualquer uma das ra´ızes quartas de (1, 1, 1); e tomamos y = w˙ k , qualquer uma das ra´ızes quartas de (1, 1, −1). 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) em ´ o que faremos agora. Temos, 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 z0 = 8 8 · +i· 2

π/4 4

q √ √ 2− 2+ 2 2

+k·

q √ q √ √ √ 2− 2+ 2 2+ 2+ 2 + i · 2 2 q √ q √ √ √ √ 2+ 2+ 2 2− 2+ 2 z2 = 8 8 · − −i· 2 2 q √ q √ √ √ 2− 2+√2 2+ 2+ 2 z3 = 8 8 · − i · 2 2

√ z1 = 8 8 · −

Podemos escrever,

√ z0 = 8 8 ·

q √ q √ √ √ 2+ 2+ 2 2− 2+ 2 , , 2 2

√ z1 = 8 8 · − √ z2 = 8 8 · −

√ z3 = 8 8 ·

0

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

q √ √ 2− 2+ 2 , 2

0

q √ √ 2− 2+ 2 − , 2

q √ √ 2+ 2+ 2 − , 2

0

0

2π 4

82 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¸co˜es para a equa¸caõ proposta. Plotando as solu¸co˜es, 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¸co˜es da equa¸caõ x4 + y 4 = z 4 .

Cap´ıtulo 2

Equa¸c˜ oes Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w = b

2.1

Vamos resolver a equa¸caõ, a · w = b , onde a = (a1 , b1 , c1 ) e b = (a2 , b2 , c2 ) s˜ ao dados e w = (x, y, z) é a inc´ ognita. Vamos assumir que (isto é, vamos resolver esta equa¸caõ para o caso em que) a e b situam-se fora do eixo 0z (hipercomplexos n˜ ao-singulares). Pois bem, calculando o produto a · w em (D4 ), obtemos (a1 · x − b1 · y) γ, (a1 · y + x · b1 ) γ, c1 · r2 + z · r1 = (a2 , b2 , c2 ) Onde,

r1 =

q p a21 + b21 , r2 = x2 + y 2 e γ = 1 −

c1 ·z r1 ·r2

Devemos resolver o seguinte sistema,   (a1 · x − b1 · y) γ = a2     (a1 · y + b1 · x) γ = b2      c1 · r2 + z · r1 = c2 Como, por hip´ otese, r2′ =

(2.1) (2.2) (2.3)

q a22 + b22 6= 0, vamos considerar dois casos,

1o ) b2 6= 0. Dividindo (2.1) por (2.2) e resolvendo em rela¸caõ a y, obtemos, y=

a1 b 2 − a2 b 1 ·x =µ·x a1 a2 + b 1 b 2

Temos, r2 = Ainda,

p p p x2 + y 2 = x2 + (µ · x)2 = |x| λ, onde, λ = 1 + µ2 > 0 γ =1−

c1 · z c ·z =1− 1 r1 · r2 r1 · |x| λ 83

(2.4)

84 Tirando z em (2.3) e substituindo nesta equa¸caõ, 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

(2.5)

Este resultado em (2.2) 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¸caõ para x encontramos, 1 c c b2 x= 2 r12 + 1 2 ρ1 a1 µ + b 1 λ Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ), x=

c1 c2 b2 1 2 p + r ρ21 a1 µ + b1 1 1 + µ2

Este resultado em (2.4) 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 x (a1 · µ + b1 ) 1 + 1 2 2 1 = b2 r1 x λ Resolvendo esta equa¸caõ para x encontramos, c c b2 1 r12 − 1 2 x= 2 ρ1 a1 µ + b 1 λ Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ), x=

c1 c2 b2 1 2 p − r ρ21 a1 µ + b1 1 1 + µ2

Este resultado em (2.4) nos d´ a y e em z =

c2 −c1 |x| λ r1

nos d´ a z.

o

2 ) a2 6= 0. Dividindo (2.2) por (2.1) e resolvendo em rela¸caõ a y, obtemos, o mesmo resultado que em (2.4). Substituindo γ de (2.5) em (2.1), obtemos c c − c2 |x| λ (a1 · x − b1 · µx) 1 − 1 2 2 1 = a2 r1 |x| λ

85

Gentil

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¸caõ para x encontramos, 1 a2 c c x= 2 r12 + 1 2 ρ1 a1 − µ b 1 λ Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ), a2 c c 1 r12 + p 1 2 x= 2 ρ1 a1 − µ b 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¸caõ para x encontramos, 1 c c a2 x= 2 r12 − 1 2 ρ1 a1 − µ b 1 λ Ou ainda (eliminando o parˆ ametro λ), a2 c c 1 r12 − p 1 2 x= 2 ρ1 a1 − µ b 1 1 + µ2

Resumindo, a equa¸caõ (a1 , b1 , c1 ) · w = (a2 , b2 , c2 ), do primeiro grau, possui duas solu¸co˜es, dadas assim,   a2 c1 c2 a2 c1 c2 1 1 2 2   √ √ x = r + r − x =     ρ21 a1 −µ·b1 1 ρ21 a1 −µ·b1 1 1+µ2 1+µ2     y = µ·x a2 6= 0 ⇒ y = µ · x ou   √ √       z = c2 −c1 1+µ2 x z = c2 +c1 1+µ2 x r1 r1 (2.6) Ou ainda,   b2 b2 c1 c2 c c 1 2   √ x = r + r12 − √ 1 2 2 x = ρ12 a µ+b   2   1 ρ a µ+b 2 1+µ 1+µ 1 1 1 1   1 1   y = µ·x b2 6= 0 ⇒ y = µ · x ou   √ √       z = c2 −c1 1+µ2 x z = c2 +c1 1+µ2 x r1 r1 (2.7) Nota: se a2 6= 0 e b2 6= 0 o leitor pode constatar que os dois casos acima nos fornecem a mesma solu¸caõ. Exemplo: Resolva a equa¸caõ: (1, −1, 2) · w = (1, 0, 3)

(2.8)

86 Solu¸ c˜ ao: Temos, (a1 , b1 , c1 ) = (1, −1, 2) e (a2 , b2 , c2 ) = (1, 0, 3); ent˜ ao r12 = 12 + (−1)2 = 2,

ρ21 = 12 + (−1)2 + 22 = 6

e, µ=

a1 b 2 − a2 b 1 1 · 0 − 1 · (−1) = =1 a1 a2 + b 1 b 2 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

Ou ainda,

  x=    y=    z =

√ 2·3 1+12

ou

 1 1  x =  6 1−1·(−1) · 2 −   y =1·x   √  z = 3+2 √1+12 x 2

√ (1 + 3 2 ) √ 1 6 (1 + 3 2 ) √ 1 6 (−2 + 3 2 ) 1 6

  x=    ou y=    z =

√ 2) √ 1 6 (1 − 3 2 ) √ 1 6 (2 + 3 2 ) 1 6

(1 − 3

Nota: Confira este resultado com o exemplo 4o ), p´ ag. 10. Z

b a

Y

X

1 + 3 √2 1 + 3 √2 −2 + 3 √2 , , = 1, 29 45, 00o w= 6 6 6 e 1 − 3 √2 1 − 3 √2 2 + 3 √2 ′ w = = 1, 29 225, 00o , , 6 6 6 Vamos conferir, temos, a = (1, −1, 2) = 2, 45 b = (1, 0, 3) = 3, 16

−45, 00o 54, 74o 00, 00o

71, 57o

Temos, a · w = 2, 45 = 3, 16

−45, 00o 54, 74o 00, 00o 71, 57o

· 1, 29

=b

45, 00o 16, 83o

16, 83o

53, 70o

√ 2·3 1+12

87

Gentil

Também,

2.1.1

a · w′ = 2, 45

−45, 00o 54, 74o

· 1, 29

= 3, 16

180, 00o 108, 44o

≃b

225, 00o 53, 70o

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 é, para ir de a até b multiplicamos por x. Para voltar de b para a, multiplicamos ( b ) por x−1 (inverso de x). Perguntamos: e nos hipercomplexos, como fazemos para voltar? (será que voltamos pelo mesmo caminho?). Temos, a·w =b

(2.9)

Vamos de a para b por dois caminhos (as duas solu¸co˜es de (2.9)). Para voltar de b para a basta permut´ a-los em (2.9), assim b·w ˜=a

(2.10)

(a2 , b2 , c2 ) · w ˜ = (a1 , b1 , c1 )

(2.11)

Ou ainda, Para resolver esta equa¸caõ (isto é, para encontrar w) ˜ basta, na solu¸caõ de (2.9) fazer a seguinte permuta, a = (a1 , b1 , c1 ) l l l b = (a2 , b2 , c2 ) Isto é, basta trocarmos os ´ındices: 1 ↔ 2. Ent˜ ao, a solu¸caõ de (2.10) fica,   b1 b1 c2 c1 c c 1 2   √ x = r + r22 − √ 2 1 2 x = ρ12 a (−µ)+b   2   ρ a (−µ)+b 2 2 1+(−µ) 1+(−µ) 2 2 2 2   2 2   y = (−µ) · x y = (−µ) · x b1 6= 0 ⇒ ou   √ √     2 x 2 1+(−µ) c −c   z = 1 2 z = c1 +c2 1+(−µ) x r r 2

2

Ou ainda,

 a1 c2 c1 1 2  √ x = r +  2  ρ2 a2 −(−µ)·b2 2 1+(−µ)2   a1 = 6 0 ⇒ y = (−µ) · x  √   2  z = c1 −c2 1+(−µ) x r 2

Observe que,

µ ˜=

 a1 c2 c1 1 2  √ r − x =  2  ρ2 a2 −(−µ)·b2 2 1+(−µ)2   y = (−µ) · x ou  √   2  z = c1 +c2 1+(−µ) x r

a2 b 1 − a1 b 2 = −µ a2 a1 + b 2 b 1

2

88 onde µ ˜ diz respeito ` a solu¸caõ de (2.10). Resumindo, a solu¸caõ da equa¸caõ (2.11) é dada por   a1 a1 c c c c   x = ρ12 a +µ·b r22 + √ 2 1 2 r22 − √ 2 1 2 x = ρ12 a +µ·b     1+µ 1+µ 2 2 2 2   2 2   y = −µ · x a1 6= 0 ⇒ y = −µ · x ou   √ 2 √ 2       1+µ x 1+µ x c −c c +c   z= 1 2r z= 1 2r 2

2

Ou ainda,

 b1 c c  r22 + √ 2 1 2 x = ρ12 −a µ+b   1+µ 2 2  2  b1 = 6 0 ⇒ y = −µ · x  √    z = c1 −c2 1+µ2 x r 2

 b1 c c  r22 − √ 2 1 2 x = ρ12 −a µ+b   1+µ 2 2  2  y = −µ · x ou  √    z = c1 +c2 1+µ2 x r 2

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Perguntamos: que rela¸co˜es devem existir entre as (duas) solu¸co˜es w e as (duas) solu¸co˜es w? ˜ Ser´ a que w · w ˜ = 1? Vamos responder esta pergunta para o caso particular do exemplo anterior. Vamos resolver a equa¸caõ, (1, 0, 3) · w ˜ = (1, −1, 2) “inversa” de (2.8). Solu¸ c˜ ao: Temos, r22 = 11 + 02 = 1, e, µ ˜=

ρ22 = 11 + 02 + 32 = 10

a2 b 1 − a1 b 2 = −µ = −1 a2 a1 + b 2 b 1

Vamos tomar para solu¸caõ,  b1 c2 c1 1 2  √ x = r +  2  ρ2 −a2 µ+b2 2 1+µ2   b1 6= 0 ⇒ y = −µ · x  √    z = c1 −c2 1+µ2 x r 2

 b1 c2 c1 1 2  √ r − x =  2  ρ2 −a2 µ+b2 2 1+µ2   y = −µ · x ou  √    z = c1 +c2 1+µ2 x r 2

Nota: poderiamos ter tomado, igualmente, a solu¸caõ para o outro caso ( a1 6= 0 ). Temos,   −1 −1 1 1   √ 3·2 √ 3·2 · 1 + · 1 − x = x =   2 2 10 −1· 1+0 10 −1· 1+0   1+1 1+1   ou y = −1 · x y = −1 · x     √ √   2 2   z = 2−3· 11+1 x z = 2+3· 11+1 x Sendo assim, temos   x=    w ˜= y=    z =

√ (1 + 3 2) √ 1 10 (−1 − 3 2) √ 1 10 (2 − 3 2) 1 10

  x=    ou y=    z =

√ (1 − 3 2) √ 1 10 (−1 + 3 2) √ 1 10 (2 + 3 2) 1 10

89

Gentil

Vamos repetir aqui, para efeito de compara¸caõ, a solu¸caõ do “problema inverso”:   √ √ 1   x = (1 + 3 2 ) x = 16 (1 − 3 2 )   6     √ √ w = y = 61 (1 + 3 2 ) ou y = 16 (1 − 3 2 )       z = 1 (−2 + 3 √2 ) z = 1 (2 + 3 √2 ) 6 6

Quem é inverso de quem? Isto é, w · w ˜ = 1? Nota: Usando o programa dado no apêndice (para multiplicar dois hipercomplexos) constatamos que apenas a primeira solu¸caõ de w ˜ é inversa da primeira solu¸caõ de w. Da rela¸caõ, w1 ρ = 1 θ1 −θ2 β1 −β2 w2 ρ2 Tomando w1 = 1 = 1

0o

0o

, temos que o inverso de w2 é, 1 1 = w2 ρ2

−θ2

−β2

Vamos escrever as solu¸co˜es anteriores na forma polar para ver quem é inverso de quem: (b → a) w ˜ = 0, 77

−45, 00o −16, 83o

ou w ˜ = 0, 77

135, 00o

53, 70o

Vamos repetir, para efeito de compara¸caõ, as solu¸co˜es w, (a → b) w = 1, 29

45, 00o 16, 83o

ou w′ = 1, 29

225, 00o 53, 70o

O que confirma a assertiva anterior. Logo, para irmos de a para b (a → b) vamos por dois caminhos, para retornar (b → a) também retornamos por dois caminhos. Apenas um destes é inverso de um dos caminhos da ida (por sinal o “menor caminho” tem inverso). Portanto, retornamos por um caminho diferente da ida (embora o outro seja o mesmo da ida). De outro modo: a solu¸caõ da equa¸caõ b → a nos d´ a duas op¸co˜es: ou voltamos pelo “mesmo caminho” (inverso) ou voltamos por um caminho diferente dos dois da ida.

90

2.1.2

Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w −1 = b

a Vamos resolver a equa¸caõ, w = 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) é a inc´ ognita. Vamos assumir que (isto é, vamos resolver esta equa¸caõ para o caso em que) a e b situam-se fora do eixo 0z. Inicialmente escrevemos w−1 , assim,

w−1 =

1 ( x, −y, −z ), ρ2

onde ρ2 = x2 + y 2 + z 2 .

Devemos resolver a seguinte equa¸caõ, (a1 , b1 , c1 ) ·

x −y −z , , , = (a2 , b2 , c2 ) ρ2 ρ2 ρ2

A resolu¸caõ direta deste sistema torna-se extremamente dif´ıcil (se é que é poss´ıvel). Vamos resolvê-lo indiretamente, aproveitando a solu¸caõ da equa¸caõ do primeiro grau a · w = b. Resolvemos esta equa¸caõ para as vari´ aveis ρx2 , −y ρ2 e −z caõ (2.7), p´ ag. 85), ρ2 , assim (ver equa¸  b2 x 1 2  √c1 c2 2  ρ2 = ρ21 a1 µ+b1 r1 +  1+µ   −y x = µ · b2 = 6 0 ⇒ ρ2 ρ2  √ 2 x   1+µ · ρ2 c −c  −z 2 1  = ρ2 r 1

Ou ainda,

b2 6= 0 ⇒

  x=   

1 ρ21

b2 a1 µ+b1

y = −µ · x    z = − c2 ρ2 + r 1

c1 r1

c c r12 + √ 1 2 2 · ρ2

 b2 x 1 2  √c1 c2 2  ρ2 = ρ21 a1 µ+b1 r1 −  1+µ   −y x = µ · ou ρ2 ρ2  √ 2 x   1+µ · ρ2 c +c  −z 2 1  = ρ2 r 1

1+µ

p 1 + µ2 · x

ou

  x=   

1 ρ21

b2 a1 µ+b1

y = −µ · x

    z = − c 2 ρ2 − r 1

c1 r1

c c r12 − √ 1 2 2 · ρ2 1+µ

p 1 + µ2 · x

Neste instante o leitor poderia argumentar: a equa¸caõ a · w−1 = b ainda n˜ ao encontra-se resolvida devido a que ρ2 = x2 + y 2 + z 2 . Isto é verdade. Para contornar este obst´ aculo usaremos de um artif´ıcio. Pelo corol´ ario 2 (p´ ag. 33), temos a · w−1 = b ⇒ |a · w−1 | = |b| ⇒ |a| · w−1 = |b| ⇒ |a| ·

1 |a| = |b| ⇒ ρ = ρ |b|

Sendo assim, vamos considerar ρ como uma constante. Tendo em conta ρ1 que ρ = |a| |b| = ρ , resulta 2

 b2 c1 c2 1 2  √ x = r + 2  ρ2 a1 µ+b1 1  1+µ2  b2 = 6 0 ⇒ y = −µ · x    z = − c2 ρ1 2 + c1 p1 + µ2 · x r1

ρ2

r1

 b2 c1 c2 1 2  √ x = r − 2  ρ2 a1 µ+b1 1  1+µ2  ou y = −µ · x    z = − c2 ρ1 2 − c1 p1 + µ2 · x r1

ρ2

r1

91

Gentil

A outra solu¸caõ fica assim (ver equa¸caõ (2.6), p´ ag. 85),   a2 a2 x 1 1 x 2 2   √c1 c2 2 √c1 c2 2 r + r −   2 = ρ2 2 = ρ2 ρ a −µ·b 1 ρ a −µ·b 1   1+µ 1+µ 1 1 1 1 1 1     −y −y x x = µ · = µ · a2 6= 0 ⇒ ou ρ2 ρ2 ρ2 ρ2   √ √ 2 x   x   2 1+µ · ρ2 c2 −c1  −z    −z = c2 +c1 1+µ · ρ2 = ρ2 r ρ2 r 1

1

Ou ainda,

a2 6= 0 ⇒

   x = 

1 ρ22

a2 a1 −µ·b1

c c r12 + √ 1 2 2

y = −µ · x

   z = − c 2 r

ρ1 2 ρ2

1

+

1+µ

c1 r1

   x = 

ou

1 ρ22

a2 a1 −µ·b1

c c r12 − √ 1 2 2 1+µ

y = −µ · x

   z = − c 2 r

p 1 + µ2 · x

1

ρ1 2 ρ2

−

c1 r1

p 1 + µ2 · x

Exemplo: Resolva a equa¸caõ: (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,

ρ21 = 12 + (−1)2 + 22 = 6,

ρ22 = 12 + 02 + 32 = 10

e, µ= Temos,

a2 6= 0 ⇒

  x=   

1 10

a1 b 2 − a2 b 1 1 · 0 − 1 · (−1) = =1 a1 a2 + b 1 b 2 1 · 1 + (−1) · 0

1 1−1·(−1)

y = −1 · x    z = − √3 6 + 2 10

·2+

√ 2·3 1+12

ou

√ √2 1 + 12 · x 2

Simplificando, obtemos  √ 1   x = 10 (1 + 3 2)  √ 1 y = − 10 (1 + 3 2)    z = 1 (2 − 3 √2) 10

  x=   

1 10

1 1−1·(−1)

y = −1 · x    z = − √3 6 − 2 10

√ 2) √ 1 ou y = − 10 (1 − 3 2)    z = − 1 (2 + 3 √2) 10    x = 

1 10 (1

−3

·2−

√2 2

√

√ 2·3 1+12

1 + 12 · x

92

2.1.3

Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao b · w −1 = a

Vamos resolver a equa¸caõ, 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) é a inc´ ognita. Vamos assumir que (isto é, vamos resolver esta equa¸caõ para o caso em que) a e b situam-se fora do eixo 0z. Inicialmente escrevemos w−1 , assim, w−1 =

1 ( x, −y, −z ), ρ2

onde ρ2 = x2 + y 2 + z 2 .

Devemos resolver a seguinte equa¸caõ, (a2 , b2 , c2 ) ·

x −y −z , , , = (a1 , b1 , c1 ) ρ2 ρ2 ρ2

(2.12)

A resolu¸caõ direta deste sistema torna-se extremamente dif´ıcil (se é que é poss´ıvel). Vamos resolvê-lo indiretamente, aproveitando a solu¸caõ da equa¸caõ do primeiro grau a · w = b. Inicialmente fa¸camos uma “mudan¸ca de vari´ aveis” , assim, X=

x −y −z , Y = 2, Z= 2. 2 ρ ρ ρ

(2.13)

O nosso sistema torna-se, (a2 , b2 , c2 ) · (X, Y, Z) = (a1 , b1 , c1 )

(2.14)

Para resolver esta equa¸caõ (isto é, para encontrar W = (X, Y, Z)) basta, na solu¸caõ de a · w = b fazer a seguinte permuta, a = (a1 , b1 , c1 ) l l l b = (a2 , b2 , c2 ) Isto é, basta trocarmos os ´ındices: 1 ↔ 2. Ent˜ ao, a solu¸caõ de (2.14) fica (ver equa¸caõ (2.6), p´ ag. 85),   a1 a1 c c c c   r22 + √ 2 1 2 r22 − √ 2 1 2 X = ρ12 a −(−µ)·b X = ρ12 a −(−µ)·b     1+(−µ) 1+(−µ) 2 2 2 2   2 2   Y = (−µ) · X Y = (−µ) · X ou a1 6= 0 ⇒   √ √     2 2 c1 −c2  1+(−µ) X  Z = c1 +c2 1+(−µ) X  Z= r r 2

2

Ou ainda (ver equa¸caõ (2.7), p´ ag. 85),  b1 c2 c1 1 2  √ r + X =  2  ρ2 a2 (−µ)+b2 2 1+(−µ)2   b1 6= 0 ⇒ Y = (−µ) · X  √   2  Z = c1 −c2 1+(−µ) X r 2

Observe que,

µ=

a1 b 2 − a2 b 1 a1 a2 + b 1 b 2

1↔2

=⇒

 b1 c2 c1 1 2  √ r − X =  2  ρ2 a2 (−µ)+b2 2 1+(−µ)2   Y = (−µ) · X ou  √   2  Z = c1 +c2 1+(−µ) X r

a2 b 1 − a1 b 2 = −µ a2 a1 + b 2 b 1

2

93

Gentil

Vamos voltar com as vari´ aveis iniciais (dadas por (2.13)), ent˜ ao,  a1 x 1 2  √ c2 c1 2  ρ2 = ρ22 a2 −(−µ)·b2 r2 +  1+(−µ)   −y x = (−µ) · a1 = 6 0 ⇒ ρ2 ρ2  √   1+(−µ)2 ρx2 c −c  −z 1 2  ρ2 = r Ou ainda,

 a1 x 1 2  √ c2 c1 2  ρ2 = ρ22 a2 −(−µ)·b2 r2 −  1+(−µ)   −y x = (−µ) · ou ρ2 ρ2  √   1+(−µ)2 ρx2 c +c  −z 1 2  ρ2 = r

 b1 c2 c1 x 1 2  √ r + =  2 2 ρ ρ2 a2 (−µ)+b2 2  1+(−µ)2   −y x b1 = 6 0 ⇒ ρ2 = (−µ) · ρ2  √   2 x   −z = c1 −c2 1+(−µ) ρ2 2 ρ r

 b1 c2 c1 x 1 2  √ r − =  2 2 ρ ρ2 a2 (−µ)+b2 2  1+(−µ)2   −y x ou ρ2 = (−µ) · ρ2  √   2 x   −z = c1 +c2 1+(−µ) ρ2 2 ρ r

2

2

De outro modo,  a1 c c  x = ρ12 a +µ·b r22 + √ 2 1 2 · ρ2   1+µ 2 2 2   y = µ · x a1 6= 0 ⇒  √ 2 x   1+µ ρ2 c1 −c2   z= · (−ρ2 ) r 2

Ou ainda,

 b1 c2 c1 1 2  √ · ρ2 x = r +  2 ρ2 −a2 µ+b2 2  1+µ2   b1 = 6 0 ⇒ y =µ·x  √ 2 x    z = c1 −c2 1+µ ρ2 · (−ρ2 ) r 2

2

2

 a1 c c  x = ρ12 a +µ·b r22 − √ 2 1 2 · ρ2   1+µ 2 2 2   y = µ · x ou  √ 2 x   1+µ ρ2 c1 +c2   z= · (−ρ2 ) r 2

 b1 c2 c1 1 2  √ · ρ2 r − x =  2 ρ2 −a2 µ+b2 2  1+µ2   y = µ·x ou  √ 2 x    z = c1 +c2 1+µ ρ2 · (−ρ2 ) r 2

Neste instante o leitor poderia argumentar: a equa¸caõ (2.12) ainda n˜ ao encontra-se resolvida devido a que ρ2 = x2 + y 2 + z 2 . Isto é verdade. Para contornar este obst´ aculo usaremos de um artif´ıcio. Pelo corol´ ario 2 (p´ ag. 33), temos b · w−1 = a ⇒ |b · w−1 | = |a| ⇒ |b| · w−1 = |a| ⇒ |b| ·

|b| 1 = |a| ⇒ ρ = ρ |a|

Sendo assim, vamos considerar ρ como uma constante. Tendo em conta ρ |b| que ρ = |a| = ρ2 , resulta 1

 a1 c2 c1 1 2  √ x = r + 2  ρ1 a2 +µ·b2 2  1+µ2  a1 = 6 0 ⇒ y = µ·x    z = − c1 ρ2 2 + c2 p1 + µ2 · x r2

ρ1

r2

 a1 c2 c1 1 2  √ x = r − 2  ρ1 a2 +µ·b2 2  1+µ2  ou y = µ·x    z = − c1 ρ2 2 − c2 p1 + µ2 · x r2

ρ1

r2

94 Ou ainda,  b1 1 2  √c2 c1 2 r + x = 2  2 ρ −a µ+b  1+µ 2 2 1  b1 = 6 0 ⇒ y = µ·x    z = − c1 ρ2 2 + c2 p1 + µ2 · x r2

2.2

ρ1

 b1 1 2  √c2 c1 2 x = r − 2  2 ρ −a µ+b  1+µ 2 2 1  ou y =µ·x    z = − c1 ρ2 2 − c2 p1 + µ2 · x

r2

r2

ρ1

r2

Resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao a · w2 = b

Vamos resolver a equa¸caõ, a · w2 = b , onde a = (a1 , b1 , c1 ) e b = (a2 , b2 , c2 ) s˜ ao dados e w = (x, y, z) é a inc´ ognita. Vamos assumir que (isto é, vamos resolver esta equa¸caõ para o caso em que) a e b situam-se fora do eixo 0z. Pelo lema 1 (p´ ag. 35) podemos escrever, a·w2 = (a1 , b1 , c1 )· (x2 −y 2 )· 1−

p z2 z2 2 + y2 x = (a2 , b2 , c2 ) , 2 x y· 1− , 2z x2 + y 2 x2 + y 2

Realizando este produto em (D4 ), temos o seguinte sistema a resolver,

a1 · (x2 − y 2 ) 1 −

a1 · 2 x y 1 −

z2 z 2 γ = a2 − b · 2 x y 1 − 1 x2 + y 2 x2 + y 2

z2 z2 2 2 γ = b2 + (x − y ) 1 − · b 1 x2 + y 2 x2 + y 2 c1 · r2 + 2z

q a21 + b21 , q r2 = (x2 − y 2 ) · 1 −

Onde, r1 =

e,

z2 x2 +y 2

γ =1−

2

√

p x2 + y 2 · r1 = c2

+ 2xy · 1 −

z2 x2 +y 2

2

c1 ·2z x2 +y 2 r1 ·r2

Simplificando, temos

a1 · (x2 − y 2 ) − b1 · 2 x y

· 1−

x2

a1 · 2 x y + (x2 − y 2 ) · b1 · 1 −

x2

c1 · r2 + 2z r2 = (x2 + y 2 ) 1 −

Como, por hip´ otese, r2′ =

z2 · γ = a2 + y2

z2 · γ = b2 + y2

p x2 + y 2 · r1 = c2

x2

z 2 + y2

q a22 + b22 6= 0, vamos considerar dois casos,

(2.15)

(2.16) (2.17) (2.18)

95

Gentil

1o ) b2 6= 0. Dividindo (2.15) por (2.16) e simplificando, obtemos, µ ( x2 − y 2 ) − 2xy = 0, onde, µ =

a1 b 2 − a2 b 1 a1 a2 + b 1 b 2

(2.19)

2 caõ, em rela¸caõ Desta equa¸caõ obtemos, y 2 + 2x µ y −x = 0. Resolvendo esta equa¸ a y, temos q 4 x2 1 + µ12 − 2x ± µ (2.20) y= 2·1 Simplificando, p x y = − ± |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, porquanto 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

(2.21)

2 1 1 (2.22) x2 − y 2 = x2 − (− + ν)x = x2 1 − (− + ν)2 = x2 σ µ µ onde, λ = 1 + (− µ1 + ν)2 e σ = 1 − (− µ1 + ν)2 . Substituindo (2.21) em (2.18), resulta, z2 r2 = x2 λ 1 − 2 = |x2 λ − z 2 | x λ Este resultado em (2.17), fornece,

√ c1 · |x2 λ − z 2 | + 2z x λ · r1 = c2 (2.23) √ √ √ c ·2z x2 +y 2 c ·2z x2 +y 2 r1 c ·2z x2 +y 2 ·r1 γ = 1 − 1 r ·r = 1 − 1 r ·r · r = 1 − 1 r2 ·r 1 2 1 2 1 1 2 p 2 2 ´ ltima De (2.17), tiramos 2z x + y · r1 = c2 − c1 · r2 , substituindo nesta u equa¸caõ, temos

γ =1−

1 c1 · (c2 − c1 · r2 ) 1 2 ρ − c · c = 1 2 r12 · r2 r12 1 r2 =

1 1 2 ρ − c · c 1 2 r12 1 |x2 λ − z 2 |

(2.24)

96 Substituindo γ, (2.21) e (2.22) em (2.16), obtemos,

2a1 x

−

1 z2 1 2 1 · 2 ρ 1 − c1 · c2 2 = b2 + ν x + x2 σ b1 · 1 − 2 µ x λ r1 |x λ − z 2 |

Simplificando, temos

x2 λ − z 2 · ρ21 − Ainda,

λ r12 c1 c2 ·b = |x2 λ − z 2 | 2 a1 − µ1 + ν + σ b1 2

λ r12 ( x2 λ − z 2 ) ·b x2 λ − z 2 · ρ21 − 2 · c c = 1 2 |x λ − z 2 | 2 a1 − µ1 + ν + σ b1 2

Ou,

x2 λ − z 2 · ρ21 − ( ±1 ) · c1 c2 =

2 a1

Sendo assim, temos

λ r12 ·b − + ν + σ b1 2 1 µ

i λ r12 1h · b 2 ± c1 c2 x2 λ − z 2 = 2 1 ρ1 2 a1 − µ + ν + σ b 1

(2.25)

(2.26)

Chamando a constante do lado direito de τ , resulta |x2 λ − z 2 | = |τ |

Este resultado em (2.23) nos d´ a z em fun¸caõ 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

(2.27)

(2.28)

Agora vamos obter a seguinte rela¸caõ: x2

z2 1 1 (c − c1 · |τ |)2 (c − c · |τ |)2 = 2 · 2 21 2 = 4· 2 2 +y x λ 4 x r1 λ x 4 r12 λ2

Portanto, x2

z2 κ = 4 + y2 x

onde, κ= Temos ainda, γ=

c − c · |τ | 2 2 1 2 r1 λ

1 2 1 1 1 ρ 1 − c1 · c2 2 = 2 ρ21 − c1 · c2 = γ˜ 2 2 r1 |x λ − z | r1 |τ |

(2.29)

97

Gentil

Onde γ = γ˜ , agora é uma constante. Vamos substituir todos estes resultados em (2.16), κ 1 a1 · 2x − + ν x + x2 σ · b1 · 1 − 4 γ˜ = b2 µ x

Ent˜ ao,

x2 Isto nos d´ a,

2 a1 −

1 κ + 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

A rela¸caõ x2 = X nos diz que devemos escolher X > 0 ( veja que α − |α| ≤ 0 ), portanto temos, √ α + α2 + 4κ x2 = 2 Ou ainda, s √ α + α2 + 4κ x=± 2 Lembre-se que esta é a op¸caõ 1 ) x > 0; portanto, finalmente, temos p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x= 2 Fazendo um resumo (parcial), temos p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x= 2 1 y= − +ν x µ z=

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

τ=

1 ρ21

h

2 a1

,

ν=

λ r12 1 − µ +ν

p 1 + 1/µ2 ,

+σ b1

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

i · b 2 ± c1 c2 ,

κ=

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

2

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 ,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

1 |τ |

98 α=

b2 1 +ν )+σ·b1 2 a1 (− µ

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

(2.30)

2 1 1 + ν)x = x2 1 − ( + ν)2 = x2 σ (2.31) µ µ + ν)2 e σ = 1 − ( µ1 + ν)2 . Procedendo como no caso

x2 − y 2 = x2 − onde, λ = 1 + ( µ1 anterior, obtemos

−(

r2 = |x2 λ − z 2 |, γ =

1 1 2 ρ 1 − c1 · c2 2 2 2 r1 |x λ − z |

Substituindo γ, (2.30) e (2.31) em (2.16), obtemos,

1 z2 1 2 1 · 2 ρ 1 − c1 · c2 2 = b2 + ν x + x2 σ b1 · 1 − 2 µ x λ r1 |x λ − z 2 |

− 2a1 x

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

(2.32)

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 (2.16),

− a1 · 2x

Ent˜ ao, x2 Isto nos d´ a,

κ 1 + 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 ∗ s´ o

b2 − 2 a1 ( µ1 + ν ) + σ · b1 γ˜

que agora em fun¸ca õ dos novos valores das constantes que as precedem, evidentemente.

99

Gentil

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. Fazendo um resumo (parcial), temos

p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x= 2 1 +ν x y=− µ z=

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ= τ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

1 ρ21

h

,

λ r12 −2 a1

1 µ +ν

ν=

p 1 + 1/µ2 ,

+σ b1

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · b 2 ± c1 c2 ,

α=

κ=

b2 1 −2 a1 ( µ +ν )+σ·b1

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

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: alogo ao caso 1.1 ). 2.1 ) y = − µx + x ν = (− µ1 + ν)x. Desenvolvimento an´ Observe que o an´ alogo de (2.23) (p´ ag. 95), para este caso é: √ 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 é, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=− 2

(2.33)

1 |τ |

100 Fazendo um resumo (parcial), temos p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=− 2 1 y= − +ν x µ z=−

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

τ=

1 ρ21

h

2 a1

,

ν=

λ r12 1 − µ +ν

p 1 + 1/µ2 ,

+σ b1

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

i · b 2 ± c1 c2 ,

α=

κ= b2

1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

1 |τ |

1 |τ |

γ ˜

Continuemos, 2.2 ) y = − µx − x ν = −( µ1 + ν)x. Neste caso (os passos s˜ ao os mesmos de 1.2 )), temos p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=− 2 1 +ν x y=− µ z=−

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ= τ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

1 ρ21

h

−2 a1

,

λ r12 1 µ +ν

ν=

p 1 + 1/µ2 ,

+σ b1

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · b 2 ± c1 c2 ,

α=

κ= b2

1 +ν )+σ·b1 −2 a1 ( µ

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

γ ˜

Podemos unificar as solu¸co˜es de 1.1 ) e 2.1 ); bem como as de 1.2 ) e 2.2 ) da seguinte forma:

101

Gentil

p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y= − +ν x µ z=±

(2.34)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

τ=

1 ρ21

h

2 a1

,

ν=

λ r12 1 − µ +ν

p 1 + 1/µ2 ,

+σ b1

i · b 2 ± c1 c2 ,

α=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 , κ= b2

1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

1 |τ |

1 |τ |

γ ˜

e, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 +ν x y=− µ z=±

(2.35)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ= τ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

1 ρ21

h

−2 a1

,

λ r12 1 µ +ν

ν=

p 1 + 1/µ2 ,

+σ b1

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

i · b 2 ± c1 c2 ,

α=

κ= b2

1 +ν )+σ·b1 −2 a1 ( µ

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

γ ˜

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 ⇔ α2 < |α2 + 4κ| α > − α2 + 4κ ⇔ α2 < − α2 + 4κ o que é sempre verdade uma vez que κ > 0. ii ) Devido a presen¸ca do termo ± c1 c2 em τ , concluimos que podemos ter até

102 oito solu¸co˜es para a equa¸caõ a·w2 = b. Portanto, em H, uma equa¸caõ quadr´ atica pode ter até oito solu¸co˜es. iii ) Quando a = 1 = (1, 0, 0) ent˜ ao as solu¸co˜es 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¸caõ para o caso a2 6= 0. 2o ) a2 6= 0. Dividindo (2.16) por (2.15) e simplificando, obtemos, −µ ( x2 − y 2 ) + 2xy = 0, onde, µ =

a1 b 2 − a2 b 1 a1 a2 + b 1 b 2

Que é a mesma equa¸caõ obtida em (2.19) (p´ ag. 95), o que nos poupa algum trabalho. Seguindo os mesmos passos da resolu¸caõ para o caso b2 6= 0 chegamos a seguinte solu¸caõ: p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y= − +ν x µ z=±

(2.36)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

τ=

1 ρ21

h

,

ν= λ r12

−2 b1

1 −µ +ν

p 1 + 1/µ2 ,

+σ a1

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

· a 2 ± c1 c2

α=

i

a2

κ=

1 +ν )+σ a1 −2 b1 (− µ

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

γ ˜

e, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 +ν x y=− µ z=±

(2.37)

c2 − c1 · |τ | 1 √ · x 2 r1 λ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

,

ν=

p 1 + 1/µ2 ,

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

1 |τ |

103

Gentil

τ=

1 ρ21

h

λ r12 2 b1

1 µ +ν

+σ a1

i · a 2 ± c1 c2 , α=

κ= a2

1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

c2 −c1 ·|τ | 2 r1 λ

2

,

γ˜ =

1 r12

ρ21 − c1 · c2

γ ˜

O leitor pode mostrar que se a2 6= 0 e b2 6= 0, ent˜ ao os dois casos nos d˜ ao a mesma solu¸caõ. Ou ainda: as solu¸co˜es dadas por (2.34) e (2.36) s˜ ao as mesmas; bem como as dadas por (2.35) e (2.37). (Contra)-Exemplo: Resolver a equa¸caõ: (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 b 2 − a2 b 1 1 · 0 − (−1) · 0 = = 0, a1 a2 + b 1 b 2 1 · (−1) + 0 · 0

e n˜ ao podemos usar a f´ ormula para resolver esta equa¸caõ. A prop´ osito, observe que, para utilizar a f´ ormula, n˜ ao podemos ter, simultˆ aneamente, b1 = b2 = 0 e nem a1 = a2 = 0, isto é, a, b n˜ ao podem pertencer ao plano x0z ou ao plano y0z. Este caso deve ser tratado em separado. Embora n˜ ao possamos utilizar a fórmula, a técnica de resolu¸caõ da equa¸caõ a · w2 = b ainda se aplica p neste caso. Devido a que, por hip´ otese, estamos considerando r1 = a21 + b21 6= 0 e p r2′ = a22 + b22 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¸caõ proposta. Substituindo os dados no sistema original, temos 1 · (x2 − y 2 ) − 0 · 2 x y · 1 −

z2 · γ = −1 x2 + y 2

1 · 2 x y + (x2 − y 2 ) · 0 · 1 − 1 · r2 + 2z

onde, r2 = (x + y ) 1 − 2

2

z2 ·γ =0 x2 + y 2

p x2 + y 2 · 1 = 1

p 1 · 2z x2 + y 2 z 2 , γ = 1 − x2 + y 2 1 · r2

(2.38)

1 |τ |

104 Simplificando o sistema, temos (x2 − y 2 ) 1 −

x2

xy 1 −

z2 · γ = −1 + y2

x2

r2 + 2z

z2 ·γ =0 + y2

p x2 + y 2 = 1

(2.39)

(2.40) (2.41)

2 De (2.39) e (2.40) 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 hipótese, obtemos z2 · γ = −1 x2 √ r2 + 2z x2 = 1

x2 1 −

(2.42) (2.43)

√ 2z x2 z 2 2 2 (2.44) r2 = x 1 − 2 = |x − z |, γ = 1 − x r2 √ De (2.43), tiramos 2z x2 = 1 − r2 , em γ, obtemos γ = 2 − 1/r2 . Estes resultados em (2.42), 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 em (2.43) nos d´ a z = 0, mas isto implica em x2 = −1. Logo, devemos considerar a outra hipótese, 2

2a ) x = 0 (portanto y 6= 0). Com esta hipótese, obtemos y2 1 −

z2 ·γ = 1 y2

r2 + 2z onde,

p y2 = 1

(2.45) (2.46)

p z 2 2z y 2 2 2 r2 = y 1 − 2 = |y − z |, γ = 1 − (2.47) y r2 p De (2.46), tiramos 2z y 2 = 1 − r2 , em γ, obtemos γ = 2 − 1/r2 . Estes resultados em (2.45), 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 em (2.46) nos d´ a z = 0; o que implica y = ± 1. Sendo assim, temos duas ra´ızes para a nossa equa¸caõ: w = (0, 1, 0) ou w = (0, −1, 0). Nota: Um outro caso que deve ser resolvido em separado é o da equa¸caõ (1, 1, 1) · w2 = (−1, 1, 1), porquanto neste caso temos o denominador de µ anulado. 2

105

Gentil

Exemplo: Resolver a equa¸caõ: (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 (2.36) (p´ ag. 102) e (2.37) (p´ ag. 102). Temos, r12 = 12 + (−1)2 = 2, ρ21 = 12 + (−1)2 + 22 = 6 e, µ=

1 · 0 − 1 · (−1) a1 b 2 − a2 b 1 = =1 a1 a2 + b 1 b 2 1 · 1 + (−1) · 0

Temos, p 1 + 1/µ2 , p ν = 1 + 1/12 ,

Temos,

ν=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 √ σ = 1 − (− 11 + 2)2

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 , √ λ = 1 + (− 11 + 2)2 ,

ν=

√ √ √ 2, λ = 2(2 − 2), σ = 2(−1 + 2)

Ent˜ ao, τ=

1 ρ21

τ=

1 6

Temos, 1o ) τ =

√

2 6

h

h

λ r12

1 −2 b1 − µ +ν +σ a1

· a 2 ± 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 √ √ = κ= = 2 ( 1 + 2 2 )2 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 − 2)

γ˜ =

√ 1 1 1 3 1 2 = 6 − 2 · 3 √ ρ 1 − c1 · c2 ( −1 + 3 2 ) = 2 r1 |τ | 2 2 + 1 17 6

α= α=

a2

1 +ν )+σ a1 −2 b1 (− µ

−2·(−1) (− 11 +

√

γ ˜ 1

√ √ 3 2 )+2(−1+ 2)·1 · 17 ( −1+3 2 )

=

1 12

√ (7 + 4 2)

106 Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

s

1 2· 12 ( 7+4

√ 6 12

√ 2 )+2

r

(7 + 4

r

1 12

√

2α+2

( 7+4 2

√ α2 +4 κ , 2

obtemos

√ √ 2 2 ) +4· 2412 (1+2 2)2

q √ √ √ 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 √ √ = = 2 ( 5 + 4 2 )2 κ= 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 − 2)

γ˜ =

√ 3 1 1 2 1 1 √ = − (1 + 3 2) = 6 − 2 · 3 − c · c ρ 1 2 r12 1 |τ | 2 2 − 1 17 6

α= α=

a2

1 +ν )+σ a1 −2 b1 (− µ

−2·(−1) (− 11 +

√

γ ˜

1 √ √ 2 )+2(−1+ 2)·1 · −3 2) 17 ( 1+3

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

s

2· −1 12 ( 5+2

√ 6 12

√

2 )+2

r

√

2α+2

1 − 12 ( 5+2

2

√

2)

1 (5 + 2 = − 12

√ α2 +4 κ , 2

2

obtemos

+4· 2412 (5+4

r

√

2)2

q √ √ √ −( 5 + 2 2 ) + ( 5 + 2 2 )2 + (5 + 4 2)2

Para estes valores de x, temos y= − z=±

1 µ

√ + ν x= −1+ 2 x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

·

1 x

= ± (3

√ √ √ 2+2)· 2+ 2 24

·

1 x

√ 2)

107

Gentil

ν=

√

As outras solu¸co˜es s˜ ao dadas por (2.37) (p´ ag. 102), onde, µ = 1 e 2. Temos,

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , √ √ λ = 1 + ( 11 + 2)2 = 2(2 + 2),

σ = 1 − ( µ1 + ν)2 √ √ σ = 1 − ( 11 + 2)2 = −2(1 + 2)

Temos, τ= τ=

1 ρ21 1 6

h

Temos, o

1 ) τ =−

√ 2 6

h

λ r12 2 b1

1 µ +ν

+σ a1

· a 2 ± 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 (2 2 − 1)2 κ= = 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 + 2)

γ˜ =

√ 3 1 1 1 1 2 = − (1 + 3 2) ρ 1 − c1 · c2 = 6−2·3 √ 2 r1 |τ | 2 − 2 + 1 17 6

α= α=

a2

1 +ν )+σ a1 2 b1 ( µ

γ ˜

1 √ √ √ 2·(−1) ( 11 + 2 )+(−2)(1+ 2)·1 · −3 2) 17 (1+3

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

s

√

2· −1 12 ( 4

6 6

√ 2−7 )+2

r

√

1 (4 − 12

2

2α+2

√

1 (4 = − 12

α2 +4 κ

2

, obtemos

2 √ √ 2−7 ) +4· 2412 (2 2−1)2

q √ √ √ √ −( 4 2−7 )+ ( 4 2−7 )2 +(2 2−1)2 2

Para estes valores de x, temos y=− z=± Temos,

1 µ

√ + ν x=− 1+ 2 x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

·

1 x

√ 2 − 7)

= ± (3

√ √ √ 2+2)· 2− 2 24

·

1 x

108 2o ) τ = −

√

2 6

− 1. Neste caso temos

√ c − c · |τ | 2 3 − 2 · − 2 − 1 2 √ 1 2 1 6 √ √ = 2 (4 2 − 5)2 κ= = 2 r1 λ 24 2 · 2 · 2(2 + 2)

γ˜ =

√ 1 1 1 3 1 2 √ = 6 − 2 · 3 − c · c ρ = − (1 − 3 2) 1 2 1 2 2 r1 |τ | 2 − 17 6 −1

α= α=

a2

1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

2·(−1) ( 11 +

√

γ ˜

1 √ √ 2 )+(−2)(1+ 2)·1 · −3 2) 17 (1−3

Substituindo estes valores em x = ± x=± x=±

s

1 2· 12 (2

√

6 6

√ 2−5 )+2

r

1 12

(2 2

√

2α+2

=

1 12

√ α2 +4 κ , 2

√ (2 2 − 5) obtemos

2 √ √ 2−5 ) +4· 2412 (4 2−5)2

q √ √ √ √ ( 2 2−5 )+ ( 2 2−5 )2 +(4 2−5)2 2

Para estes valores de x, temos y=− z=±

1 µ

√ + ν x=− 1+ 2 x

c2 −c1 ·|τ | √ 2 r1 λ

·

1 x

=±

(3

√ √ √ 2−2)· 2− 2 24

·

1 x

109

Gentil

Agrupando as ra´ızes temos,

x=±

√ 6 12

r

(7 + 4

y = −1+ z = ± (3 x=±

√

6 12

√ √ √ 2−2)· 2+ 2 24 r

−( 5 + 2

√ 2 x

y = −1+ √

z = ± (3 x=±

x=±

6 12

·

1 x

q √ √ √ ( 7 − 4 2 ) + ( 7 − 4 2 )2 + (1 − 2 2)2

6 12

√ 2 x

√ √ √ 2+2)· 2− 2 24

·

r

y =− 1+ z = ± (3

√ 2+ 2

r

√

z = ± (3

1 x

·

q √ √ √ 2 ) + ( 5 + 2 2 )2 + (5 + 4 2)2

√

2+2)· 24

y =− 1+

√

√ 2 x

q √ √ √ 2 ) + ( 7 + 4 2 )2 + (1 + 2 2)2

1 x

q √ √ √ ( −5 + 2 2 ) + ( −5 + 2 2 )2 + (−5 + 4 2)2

√ 2 x

√ √ √ 2−2)· 2− 2 24

·

1 x

110 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¸co˜es da equa¸caõ: (1, −1, 2) · w2 = (1, 0, 3), Z

Y X

A solu¸caõ da equa¸caõ a · w2 = b para o caso em que a e b s˜ ao complexos (isto é, c1 = c2 = 0), fica: ( √ 0, 2p α + |α| = x=± √ 2 ± α, y= − z=0

se α < 0; se α > 0.

(2.48)

1 +ν x µ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

,

ν= τ=

p 1 + 1/µ2 , λ

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 2 a1 − µ +ν +σ b1

· b2 ,

κ = 0,

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

γ˜ = 1

111

Gentil

α=

b2 1 2 a1 (− µ +ν )+σ·b1

e, ( √ 0, 2p α + |α| = x=± √ 2 ± α,

se α < 0; se α > 0.

(2.49)

1 +ν x µ

y=− z=0 Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

,

ν= τ=

p 1 + 1/µ2 , λ

−2 a1

1 µ +ν

α=

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

+σ b1

· b2 ,

κ = 0,

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

γ˜ = 1

b2 1 −2 a1 ( µ +ν )+σ·b1

Para o caso em que a2 6= 0, fica: ( √ 0, 2p α + |α| = x=± √ 2 ± α, y= − z=0

se α < 0; se α > 0.

(2.50)

1 +ν x µ

Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

,

ν=

τ=

p 1 + 1/µ2 , λ

λ = 1 + (− µ1 + ν)2 ,

1 −2 b1 − µ +ν +σ a1

α=

· a2

κ = 0,

σ = 1 − (− µ1 + ν)2

γ˜ = 1

a2 1 −2 b1 (− µ +ν )+σ a1

e, ( √ 0, 2p x=± α + |α| = √ 2 ± α, y=− z=0

1 +ν x µ

se α < 0; se α > 0.

(2.51)

112 Onde, µ=

a1 b2 −a2 b1 a1 a2 +b1 b2

,

ν=

τ=

p 1 + 1/µ2 , λ

2 b1

1 µ +ν

+σ a1

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 , · a2 ,

κ = 0,

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

γ˜ = 1

a2 1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

α=

Nota: Observe que n˜ ao utilizaremos as constantes λ e τ . Exemplo: Resolver a equa¸caõ: (2, 1, 0) · w2 = (1, 3, 0).

Solu¸ c˜ ao: Temos,

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 fórmulas (2.50) e (2.51). Temos, µ= Temos,

a1 b 2 − a2 b 1 2·3−1·1 = =1 a1 a2 + b 1 b 2 2·1+1·3

p 1 + 1/µ2 , p ν = 1 + 1/12,

ν=

Temos,

ν=

σ = 1 − (− µ1 + ν)2 √ σ = 1 − (− 11 + 2)2

√ √ 2, σ = 2(−1 + 2)

Ent˜ ao, α= α=

−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¸caõ (2.51): Temos, p ν = 1 + 1/µ2 , σ = 1 − ( µ1 + ν)2 p √ ν = 1 + 1/12 , σ = 1 − ( 11 + 2)2

Temos,

ν=

√ √ 2, σ = −2(1 + 2)

113

Gentil

Ent˜ ao, α= α=

2·1 ( 11 +

√

a2 1 2 b1 ( µ +ν )+σ a1

1 √ 2 )+(−2)(1+ 2)·2

=

√ 1− 2 2

Sendo assim, temos x = 0; y = 0; z = 0.

2.2.1

Algoritimo para extra¸c˜ ao de ra´ızes quadradas

A solu¸caõ da equa¸caõ a·w2 = b nos permite, tomando a = (1, 0, 0), extrair as ra´ızes quadradas de b. Para este caso as equa¸co˜es (2.34) (p´ ag. 101) e (2.35) (p´ ag. 101) transformam-se em, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y= − +ν x µ

(2.52)

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

b2 1 2 (− µ +ν )

e, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y=− +ν x µ

(2.53)

1 c z = ± √2 · x 2 λ

Onde, µ=

b2 a2

,

ν=

p 1 + 1/µ2 , κ=

λ = 1 + ( µ1 + ν)2 ,

c2 2 2λ ,

α=

b2 1 −2 ( µ +ν )

σ = 1 − ( µ1 + ν)2

114 As equa¸co˜es (2.36) (p´ ag. 102) e (2.37) (p´ ag. 102) transformam-se em, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 y= − +ν x µ

(2.54)

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 a1

e, p √ 2α + 2 α2 + 4 κ x=± 2 1 +ν x y=− µ

(2.55)

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 a1

Nota: O algoritmo acima aplica-se apenas quando em b = (a2 , b2 , c2 ) tivermos a2 6= 0 e b2 6= 0. √ 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 (2.54), ent˜ ao µ=

1 1

= 1,

λ = 1 + (− 11 + κ=

c2 2 2λ

p √ 1 + 1/12 = 2, √ √ σ = 1 − (− 11 + 2 )2 = 2 (−1 + 2 ) ν=

=

√ √ 2 2 ) = 2 (2 − 2 ),

1 25

√ (3 + 2 2 ),

α=

a2 σ

=

√ 1+ 2 2

115

Gentil

Substituindo estes resultados em (2.54), obtemos r

q √ √ 2) (1+ 2 )+ 3(3+2 2

x=± 2 √ y = ( 2 − 1)x √ √ 2 1 z = ± 2+ ·x 4 Agora consideremos (2.55), µ=

1 1

= 1,

λ = 1 + ( 11 + κ=

c2 2 2λ

p √ 1 + 1/12 = 2, √ √ σ = 1 − ( 11 + 2 )2 = −2 (1 + 2 ) ν=

=

√ √ 2 2 ) = 2 (2 + 2 ), 1 25

√ (3 − 2 2 ),

α=

a2 σ

=

√ 1− 2 2

Substituindo estes resultados em (2.54), obtemos x=±

r

q √ √ 2) (1− 2 )+ 3(3−2 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.

116

Cap´ıtulo 3

Fun¸c˜ oes Hipercomplexas de Argumentos Hipercomplexos Nosso objetivo neste cap´ıtulo é modesto: generalizar algumas poucas fun¸co˜es das vari´ aveis complexas para o contexto dos hipercomplexos. N˜ ao é nosso objetivo desenvolver um “C´ alculo” de tais fun¸co˜es.

3.1

Generaliza¸c˜ ao da f´ ormula de Euler (26.01.07 ) Consideremos a f´ ormula de Euler, eiy = cos y + i sen y

para n´ umeros complexos. Podemos generalizar esta fórmula, para o contexto dos hipercomplexos, de duas formas distintas eiy+jz = cos y cos z + i sen y cos z + j sen z e, eiy−jz = cos y cos z + i sen y cos z − j sen z Observe que estas exponenciais diferem apenas na terceira parcela, que s˜ ao simétricas; o que significa que calculando uma delas temos a outra, para o mesmo par (y, z) de argumentos, evidentemente. Observe também que s˜ ao fun¸co˜es pares, com respeito à segunda vari´ avel, isto é, elas n˜ ao se alteram se trocarmos z por −z.

117

118 Exemplos: a) y

z

π

π

π

−π

−π

π

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

−π −π

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

A outra exponencial nos fornece os mesmos valores. Resumindo, temos e(i+j)π = 1,

e(i−j)π = 1

e(−i+j)π = 1,

e(−i−j)π = 1

Nota: 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 hipercomplexos. b)

y

z

π

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

A outra exponencial nos fornece os mesmos valores. Resumindo, temos e(i+2j)π = −1,

e(i−2j)π = −1

e(−i+2j)π = −1 ,

e(−i−2j)π = −1

c) y

z

π 2

π 2

π 2

−π 2 π 2

−π 2

−π 2

π

⇒ π π ⇒ ei 2 +j(− 2 ) = cos π2 cos(− π2 ) + i sen π2 cos(− π2 ) + j sen (− π2 ) = j ⇒ i(− π )+j π π π π π π 2 = cos(− ) cos e 2 2 2 + i sen (− 2 ) cos 2 + j sen 2 = j

⇒

−π 2

π

ei 2 +j 2 = cos π2 cos π2 + i sen π2 cos π2 + j sen π2 = j

π

π

ei(− 2 )+j(− 2 ) = cos(− π2 ) cos(− π2 ) + i sen (− π2 ) cos(− π2 ) + j sen (− π2 ) = j

A outra exponencial nos fornece valores simétricos, em resumo temos π

e(i+j) 2 e

(−i+j) π 2

= j, = j,

π

e(i−j) 2 e

(−i−j) π 2

= −j

= −j

119

Gentil

d) y

z

π

ei 2 +j2π = cos π2 cos 2π + i sen π2 cos 2π + j sen 2π = i

π 2

2π

π 2

−2π

−π 2

2π

⇒

−π 2 −2π

⇒ π ⇒ ei 2 +j(−2π) = cos π2 cos(−2π) + i sen π2 cos(−2π) + j sen (−2π) = i ⇒ i(− π )+j2π e 2 = cos(− π2 ) cos 2π + i sen (− π2 ) cos 2π + j sen 2π = −i π

ei(− 2 )+j(−2π) = cos(− π2 ) cos(−2π) + i sen (− π2 ) cos(−2π) + j sen (−2π) = −i

A outra exponencial nos fornece os mesmos valores, em resumo temos 1

e(i 2 +2j)π = i, e(i

−1 2 +2j)π

= −i,

1

e(i 2 −2j)π = i e(i

−1 2 −2j)π

= −i

O leitor pode mostrar que, eiπ + 1 = ejπ + 1 = 0

3.2

Generaliza¸c˜ ao de fun¸c˜ oes complexas elementares Aqui procuraremos generalizar algumas das fun¸co˜es complexas elementa-

res. Defini¸ c˜ ao 10 (Exponencial). Dado um hipercomplexo w = (x, y, z) a exponencial de w é definida por ew =

(

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

(3.1)

Neste caso a exponencial é uma fun¸caõ bivalente. Isto é, a cada valor da vari´ avel w, associa dois valores. Cada uma das express˜ oes acima é denominado um ramo da exponencial. Cada ramo é uma fun¸caõ univalente, isto é associa um u ´ nico valor ` a vari´ avel w. Observe que os dois ramos da exponencial diferem apenas na terceira parcela que s˜ ao simétricas, de sorte que tendo um deles, temos também o outro. O primeiro dos ramos acima, chamaremos de ramo “principal” da exponencial. Observe que, |ew | = ex .

3.2.1

Logaritmo

Para definir logaritmo de hipercomplexos consideraremos (θ, β) como argumento principal, isto é, 0 ≤ θ < 2π e − π2 ≤ β ≤ π2 . Pela defini¸caõ de exponencial 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).

120 Da forma trigonométrica de um hipercomplexo (veja p´ ag. 27), temos  ρ cos θ · cos β + i sen θ · cos β + j sen β , se sen β ≥ 0; w= ρ cos θ · cos β + i sen θ · cos β − j sen β , se sen β ≤ 0.

Portanto,

w=

 ρ eiθ+jβ ,

0≤ β ≤

se

ρ eiθ−jβ ,

se −

π 2

π 2;

≤ β ≤ 0.

- Logaritmo (Nos complexos)

Recordamos que o logaritmo complexo é definido como, ln z = ln r + iθ, z = reiθ - Logaritmo (Nos hipercomplexos) Para generalizar o logaritmo aos hipercomplexos, 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¸caõ logaritmo resultará multivalente. Tal como foi definida acima, resultou numa fun¸caõ univalente; este é o ramo principal do logaritmo. Exemplos: a ) Seja w = −1 = 1

π

0

. Ent˜ ao,

ln (−1) = ln 1 + iπ + j 0 √ π π ao, b ) Seja w = i + j = 2 2 4 . Ent˜ ln (i + j) = ln Em outra nota¸caõ, ln (0, 1, 1) =

√

⇒ iπ = ln (−1)

2+i

π π +j 2 4

√ π π ln 2, , 2 4

A localiza¸caõ gr´ afica de ln (i + j), fica assim: Z

ln (i + j) = 1, 79

ln (i+j) Y

X

77, 56o

26, 02o

121

Gentil

Defini¸ c˜ ao de wµ Dados os n´ umeros hipercomplexos w e µ. w 6= 0, definimos wµ pela equa¸caõ wµ = eµ ln w Exemplos: a ) Calcule ij . Aplicando a defini¸caõ, temos ij = ej Temos, i=1

π 2

0

ln i

⇒ ln i = ln 1 + i π2 = i π2

Fazendo a multiplica¸caõ, j · ln i, encontramos (0, 0, 1) · 0, π2 , 0 = 0, 0,

π 2

Sendo assim, temos (ramo principal da exponencial), ej

ln i

= e0 cos 0 cos π2 + i sen 0 cos π2 + j sen π2

Sendo assim, resulta ij = j,

=j

ou (0, 1, 0)(0, 0, 1) = (0, 0, 1)

Pelo outro ramo da exponencial, obtemos ij = −j, ou (0, 1, 0)(0, 0, 1) = (0, 0, −1) Exerc´ıcio: Mostre que j i = j. b ) Calcule π i . Aplicando a defini¸caõ, temos π i = ei ln π Temos, π=π

0

0

⇒ ln π = ln π + i 0 + j 0 = ln π

Fazendo a multiplica¸caõ, 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 + i sen ln π cos 0 ± j sen 0 Simplificando, obtemos π i = cos ln π + i sen ln π Em outra nota¸caõ fica, π (0, 1, 0) = cos ln π, sen ln π, 0 c ) Calcule π j . Aplicando a defini¸caõ, temos π j = ej

ln π

122 Temos, π=π

0

⇒ ln π = ln π + i 0 + j 0 = ln π

0

Fazendo a multiplica¸caõ, 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 + i sen 0 cos ln π + j sen ln π

Simplificando, obtemos

π j = cos ln π + j sen ln π Em outra nota¸caõ fica, π (0, 0, 1) = cos ln π, 0, sen ln π Para efeitos de compara¸caõ, 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, tg ln π cos ln π

π (0, 1, 0) = cos ln π, sen ln π, − tg ln π cos ln π π (0, 0, 1)

A seguir localizamos π i e π j no espa¸co: Z

π i = 1, 00

65, 59o

π j = 1, 00

0, 00o 65, 59o

0, 00o

πj Y πi X

Observe que π i é um n´ umero complexo e π j é um H − 2D. d ) Calcule π i+j . Aplicando a defini¸caõ, 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¸caõ, (i + j) · ln π, encontramos (0, 1, 1) · ln π, 0, 0 = 0, ln π, ln π

123

Gentil

Sendo assim, temos e(i+j) ln π = e0 cos ln π cos ln π + i sen ln π cos ln π + j sen ln π Simplificando, obtemos

π i+j = cos ln π cos ln π + i sen ln π cos ln π + j sen ln π No gráfico temos, Z

π i+j = 1, 00

π i+j

65, 59o

65, 59o

Y

X

Em outra nota¸caõ fica, π (0, 1, 0)+(0, 0, 1) = cos ln π, sen ln π, tg ln π cos ln π

Observe que resultou,

π (0, 1, 0)+(0, 0, 1) = π (0, 1, 0) · π (0, 0, 1) e ) Calcule (1 + i)(1+j) . Aplicando a defini¸caõ, temos (1 + i)(1+j) = e(1+j) ln (1+i) Temos, 1+i=

√ 2

π 4

0

⇒ ln (1 + i) = ln

√

2 + i π4

Fazendo a multiplica¸caõ, (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

cos π4 · cos

q q √ √ ( ln 2)2 + ( π4 )2 + i sen π4 · cos ( ln 2)2 + ( π4 )2 q √ +j sen ( ln 2)2 + ( π4 )2

Simplificando, obtemos q q q √ √ √ √ (1 + i)(1+j) = cos ( ln 2)2 + ( π4 )2 + i cos ( ln 2)2 + ( π4 )2 + j 2 sen ( ln 2)2 + ( π4 )2

Em outra nota¸caõ fica, q q q √ √ √ √ (1, 1, 0)(1, 0, 1) = cos ( ln 2)2 + ( π4 )2 , cos ( ln 2)2 + ( π4 )2 , 2 sen ( ln 2)2 + ( π4 )2

124 A localiza¸caõ 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

3.2.2

Fun¸ c˜ oes trigonom´ etricas com argumentos hipercomplexos

Queremos atribuir um significado aos s´ımbolos cos w e sen w, onde w é um hipercomplexo. Inicialmente lembramos que na trigonometria do c´ırculo unit´ ario, temos Y

p

↑

sen x

x

X

↑

cos x

Onde o ponto p é a interse¸caõ da reta de inclina¸caõ 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 unit´ ario para a esfera unit´ aria, assim

→

Z

cte (x, z) p

0 cse (x, z)

x

z

↑

Y

sne (x, z)

→ X

Onde o ponto p é a interse¸caõ da reta de inclina¸caõ (x, z) com a esfera de raio unit´ ario. Definimos cosseno esférico de (x, z), denotado cse (x, z), como sendo a abscissa de p; definimos seno esférico de (x, z), denotado sne (x, z), como sendo sua ordenada. Como estamos no espa¸co surge mais uma fun¸caõ

125

Gentil

trigonométrica (esférica) dada pela cota de p; à falta de um nome melhor a batizaremos de cota esféria: cte (x, z). Podemos mostrar a seguinte rela¸caõ entre as fun¸co˜es esféricas e circulares, cse (x, z) = cos x cos z sne (x, z) = sen x cos z cte (x, z) = sen z ´ válida a seguinte identidade, E cse 2 (x, z) + sne 2 (x, z) + cte 2 (x, z) = 1 Observe que os gr´ aficos das fun¸co˜es esféricas s˜ ao superf´ıcies. Na figura seguinte temos o gr´ afico do cse (x, z) no dom´ınio [0, 2π] × [0, 4π]. p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p ppp p p p p p ppp p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p pp p pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p pp p pp p pp p pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p pp p pp p p p pppppp p p p p p p p pp p pp p pp p p p p p p p p p pp p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p pp p p p p p pp p p pp p p p p p p p p p pp p p pp p p p pp p p pp p p p p p p p p p pp p p pp p p p p p p p p p p p p p ppppp p p p p p p p p p p p p p p p ppppp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p p pp p p p pp p p pp p p p p p p p p p pp p p pp p p p pp p p pp p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p p pp pp p p p p p p p p p p p pp pp p p p p p p p p pp pp p p p p p p p p p p pp pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp pp pp pp ppp pp pp pp pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp pp pp pp ppp pp pp pp pp p p p p p p p p p p p p p p p p p pp pp p p p p p p p pp pp p p p p p p p pp p p p p pp p p p p pp p p p p p p p p p p p pp p p p p pp p p p p pp p p p p p p p p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p pppp p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p p p p p p p p p pp p p p p p pp p p p p p p p p - Gr´ afico do cosseno esférico: cse (x, z) = cos x cos z . No estudo das vari´ aveis complexas, decorrem da equa¸caõ de Euler, as seguintes equa¸co˜es cos x =

eix + e−ix , 2

sen x =

eix − e−ix , 2i

que relacionam as fun¸co˜es trigonométricas circulares com exponenciais complexas. As fun¸co˜es circulares acima (de argumentos reais) são 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¸co˜es s˜ ao n´ umeros complexos. O nosso objetivo ser´ a generalizar estas fun¸co˜es de modo que elas aceitem argumentos hipercomplexos. Iniciemos com as equa¸co˜es, eix+jz = cos x cos z + i sen x cos z + j sen z

(3.2)

eix−jz = cos x cos z + i sen x cos z − j sen z

(3.3)

126 Tomando o oposto dos n´ umeros (3.2) e (3.3) obtemos, respectivamente − 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 de x nas quatro equa¸co˜es anteriores, obtemos, respectivamente e−ix+jz = cos x cos z − i sen x cos z + j sen z

(3.6)

e−ix−jz = cos x cos z − i sen x cos z − j sen z

(3.7)

− 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)

Temos as seguintes somas, (3.3) + (3.6) :

cos x cos z =

eix−jz + e−ix+jz 2

(3.2) + (3.7) :

cos x cos z =

eix+jz + e−ix−jz 2

(3.2) + (3.8) :

sen x cos z =

eix+jz − e−ix+jz 2i

(3.3) + (3.9) :

sen x cos z =

eix−jz − e−ix−jz 2i

ix+jz

− eix−jz 2j

ix−jz

− eix+jz 2j

(3.2) + (3.5) :

sen z = ± e

(3.3) + (3.4) :

sen z = ∓ e

(3.10)

(3.11)

(3.12)

Nota: Na primeira equa¸caõ de (3.12) tome o sinal + se sen z ≥ 0 e o sinal − caso contr´ ario. Na segunda equa¸caõ d´ a-se ao contrário. O duplo sinal deve-se à “divis˜ ao” por j, veja a proposi¸caõ 4, p´ ag. 20. 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)

127

Gentil

p Nota:Para fazer as multiplica¸co˜es acima estamos assumindo r2 = x2 + y 2 6= 0. Na forma algébrica temos (  −y + ix + jz, se z ≥ 0;    i w = (−y, x, z) ⇒ iw =   −y + ix − jz, se z ≤ 0. 

      

      −(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) =

⇒ ⇒

−i (−w) = (−y, x, −z)

      −(−i (−w)) = (y, −x, z)

⇒ ⇒

y − ix − jz, se z ≥ 0; y − ix + jz, se z ≤ 0.

−i w = −(−i w) =

⇒ ⇒

(

(

(

−y + ix − jz, se z ≥ 0; −y + ix + jz, se z ≤ 0.

i (−w) =

(

y − ix − jz, se z ≥ 0; y − ix + jz, se z ≤ 0.

( −y + ix + jz, se z ≥ 0; −(i (−w)) = −y + ix − jz, se z ≤ 0. −i (−w) =

(

−(−i (−w)) =

Nota: −i(−w) = −(−iw). De posse destes resultados definimos,  −(−iw) −iw +e  , e 2 cos w =   eiw + e−(iw) , 2  iw −(iw)  ,  e + 2e cos w =   e−(−iw) + e−iw , 2  iw −iw e −e  ,  2i sen w =   e−(−iw) − e−(iw) , sen w =

y − ix + jz, se z ≥ 0; y − ix − jz, se z ≤ 0.

−y + ix − jz, se z ≥ 0; −y + ix + jz, se z ≤ 0.

(

y − ix + jz, se z ≥ 0; y − ix − jz, se z ≤ 0.

z ≥ 0; z ≤ 0. z ≥ 0; z ≤ 0. z ≥ 0;

z ≤ 0. 2i  −(−iw) −(iw) −e  , z ≥ 0; e 2i   eiw − e−iw , 2i

z ≤ 0.

128

cte w =

cte w =

 iw −(−iw) e −e  , z ≥ 0; ± 2j  ± e−(−iw) − eiw , z ≤ 0. 2j  −(−iw) iw e −e  , z ≥ 0; ∓ 2j  ∓ eiw − e−(−iw) , z ≤ 0. 2j

As fun¸co˜es trigonométricas, com argumentos hipercomplexos, resultaram bivalentes, isto é, com dois ramos. Observe, em todas elas, que a parte de um ramo para z ≥ 0 é igual a parte do outro ramo para z ≤ 0. A parte de um ramo para z ≤ 0 é igual a parte do outro ramo para z ≥ 0; de sorte que, conhecendo um dos ramos, conhecemos o outro. Observe que quando w = (x, y, 0) = (x, y) estamos na álgebra complexa e assim, os dois ramos de cada fun¸caõ, unificam-se em apenas um ramo. Chamaremos, para efeito de referência, a primeira das defini¸co˜es, de cada uma das fun¸co˜es, de ramo principal. Exemplos ( a ) Encontre (no ramo principal) os seguintes n´ umeros: π π π π cos 2 , 4 , 0 ; sen 2 , 4 , 0 ; cte π2 , π4 , 0 . Solu¸ c˜ ao: Sendo w = π2 , π4 , 0 dado, temos iw = (−y, x, z)

⇒

−(iw) = (y, −x, −z)

⇒

−iw = (y, −x, z)

⇒

−(−iw) = (−y, x, −z)

⇒

Vamos calcular,

cos w =

i w = − π4 ,

−(iw) =

π 4,

−i w =

π 2,

− π2 , 0 π 4,

− π2 , 0

−(−iw) = − π4 ,

e−(−iw) + e−iw 2 −(−iw)

0

π 2,

0

Vamos inicialmente calcular a exponencial e . Neste momento surge uma d´ uvida: j´ a que a exponencial tem dois ramos∗ em qual deles calculamos esta exponencial? Respondemos: como z = 0 (isto é, sen z = 0) é indiferente, porquanto os dois ramos nos fornecem o mesmo valor. No caso em que sen z 6= 0 devemos escolher o ramo (com +j ou −j) que deu origem à própria exponencial. Por exemplo, neste caso, vemos pela equa¸caõ (3.10) (p´ ag. 126), que esta exponencial se originou da exponencial eix−jz portanto em (3.1) escolhemos o ramo com “−j”. Ent˜ ao, calculemos a exponencial de −(−iw) = − π4 , π2 , 0 . Pela equa¸caõ (3.1), temos ew = e−(−iw) = ex cos y cos z + i sen y cos z − j sen z π

= e− 4 cos

∗ Conforme

π π π cos 0 + i sen cos 0 − j sen 0 = i e− 4 2 2

equa¸ca õ (3.1), p´ ag. 119.

129

Gentil

Agora vamos calcular a exponencial e−iw . Pela equa¸caõ (3.10), vemos que esta exponencial se originou da exponencial e−ix+jz portanto em (3.1) escolhemos o ramo com “+j”. Ent˜ ao, −iw = π4 , − π2 , 0 , pela equa¸caõ (3.1), temos 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 π π 2, 4,

cos

0 = − 2i

π

π

e 4 − e− 4

A calculadora HP − 48 trabalha com as fun¸co˜es elementares, com argumentos complexos, ela nos forneceu: cos

π π 2, 4

= (0, −0.868670961487)

o que confirma nosso resultado. Agora vamos calcular,

sen w =

eiw − e−iw 2i

N˜ ao necessitamos calcular, novamente, estas exponenciais. Com efeito, como já dissemos , devido a que w = (x, y, 0) estamos restritos à álgebra complexa e, π nesta, vale a identidade: iw = −i(−w). Do caso precedente, temos eiw = i e− 4 π (−i)w e e = −i e 4 . Fazendo a subtra¸caõ e dividindo por 2i obtemos, sen

π π 2, 4,

0 =

1 2

π

π

e 4 + e− 4

A calculadora HP − 48 nos forneceu: sen

π π 2, 4

o que confirma nosso resultado.

= (1.32460908925, 0)

No gr´ afico, Z

cos( π 2,

cos( π 2,

π 4,0)

ց

Y

sen ( π 2,

π 4 , 0 )=0, 87

sen ( π 2,

π 4 , 0 )=1, 32

270, 00o

0, 00o

0, 00o

0, 00o

π 4,0)

Quanto ` a fun¸caõ cota esférica uma simples inspe¸caõ em sua equa¸caõ nos informa de que cte w = 0. De fato, isto se deve a que na álgebra complexa, vale: iw = −i(−w).

130 ( b ) Encontre (no ramo principal) os seguintes n´ umeros: cos π2 , π4 , π6 ; sen π2 , π4 , π6 ; cte π2 , π4 , Solu¸ c˜ ao: Sendo w = π2 , π4 , π6 dado, temos iw = (−y, x, z)

⇒

−(iw) = (y, −x, −z)

⇒

−iw = (y, −x, z)

⇒

−(−iw) = (−y, x, −z)

⇒

i w = − π4 ,

−(iw) =

π 4,

−i w =

cos w =

e−(−iw) + e−iw 2

.

π π 2, 6

− π2 , − π6 π 4,

−(−iw) = − π4 ,

Vamos calcular,

π 6

− π2 , π 2,

π 6

− π6

Vamos inicialmente calcular a exponencial e−(−iw) . Como no exemplo anterior, escolhemos o ramo de (3.1) com “−j”. Ent˜ ao, −(−iw) = − π4 , π2 , − π6 , temos

ew = e−(−iw) = ex cos y cos z + i sen y cos z − j sen z π

= e− 4 cos

π π π π π 1 −π √ = e 4 (i 3 − j) cos − + i sen cos − − j sen − 2 6 2 6 6 2

Agora vamos calcular a exponencial e−iw . Pela equa¸caõ (3.10), vemos que esta exponencial se originou da exponencial e−ix+jz portanto em (3.1) escolhemos o ramo com “+j”. Ent˜ ao, −iw = π4 , − π2 , π6 , pela equa¸caõ (3.1), temos ew = e−iw = ex cos y cos z + i sen y cos z + j sen z π

= e 4 cos −

√ π π π π π 1 π = e 4 (−i 3 + j) cos + i sen − cos + j sen 2 6 2 6 6 2

Somando estas duas exponenciais e divindo o resultado por dois, obtemos π √ π π π cos π2 , π4 , π6 = 41 i (e− 4 − e 4 ) 3 + j (e 4 − e− 4 )

A calculadora HP − 48, infelizmente (melhor dizendo, felizmente) foi fabricada antes do advento dos n´ umeros hipercomplexos, raz˜ ao porque n˜ ao temos como confirmar este resultado (a n˜ ao ser, claro, revisando os c´ alculos). Agora vamos calcular, sen w =

eiw − e−iw 2i

Uma destas exponenciais já possuimos alculo do cos w. Calculemos a expo do c´ nencial eiw , onde i w = − π4 , π2 , π6 . Esta exponencial foi originada de eix+jz (ver equa¸caõ (3.11)), portanto em (3.1) escolhemos o ramo com “+j”, assim 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 √ = e 4 (i 3 + j) cos + i sen cos + j sen 2 6 2 6 6 2

131

Gentil

Somando este resultado com o oposto da exponencial, e−iw =

√ 1 π4 e (−i 3 + j) 2

e dividindo o resultado por 2i, obtemos π π √ π π sen π2 , π4 , π6 = 41 (e 4 + e− 4 ) 3 − j (e 4 − e− 4 ) Vamos agora calcular

iw

cte w = ± e

− e−(−iw) 2j

Como sen z = sen π6 ≥ 0, escolhemos o sinal positivo nesta equa¸caõ. Observe que já possuimos as duas exponenciais para o c´ alculo desta fun¸caõ. Ent˜ ao, eiw =

1 −π √ e 4 (i 3 + j) 2

e−(−iw) =

1 −π √ e 4 (i 3 − j) 2

Tomando o oposto desta u ´ ltima equa¸caõ, somando com a primeira e dividindo o resultado por 2j, obtemos cte w =

1 2

π

e− 4

No gr´ afico, Z cos( π 2,

π π 4, 6

)

cos( π 2,

ց Y cte w

sen ( π 2,

π π 4, 6

)

π π 4, 6

o )=0, 87 270, 00

30, 00o

sen ( π 2,

π π 4, 6

o )=1, 23 0, 00

−20, 74o

cte ( π 2,

π π 4, 6

o )=0, 23 0, 00

0, 00o

132

Cap´ıtulo 4

Aplica¸ c˜ oes 4.1

Computa¸c˜ ao Gr´ afica

A multiplica¸caõ hipercomplexa pode ser vista como uma rota¸caõ no espa¸co. Isto nos sugere aplic´ a-la nas transforma¸co˜es geométricas. Rota¸ c˜ ao em torno da origem Segundo a proposi¸caõ 6 (p´ ag. 33) 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¸caõ, deste u ´ ltimo, de um ângulo (θ, β). Para atender a referida proposi¸caõ basta escolher − π2 ≤ β ≤ π2 (isto é, cos β ≥ 0). Para obter a rota¸caõ - 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, r1 =

p π (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 ): (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 =

p x2 + y 2 e γ = 1 −

z√ sen β , cos β x2 +y 2

Fa¸camos,

isto é, 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 133

z x2 +y 2

tg β.

134 Para efeito de exemplifica¸caõ 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¸caõ”. 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¸caõ de rota¸caõ vai para o espa¸co (devido ao ângulo β), na figura temos a proje¸caõ no plano complexo, isto é, plotamos (x′ , y ′ ). Mais algumas figuras obtidas a partir da rota¸caõ hipercomplexa s˜ ao exibidas a seguir:

Para obter os quadrados acima existe uma rela¸caõ entre o “fator de escalonamento” (contra¸caõ) α e o ângulo θ desejado, assim: α = (cos θ + sen θ)−1 = cos β

135

Gentil

No caso da figura aplicamos “escalonamento sobre escalonamento”. Inicialmente, α = (cos 10o + sen 10o )−1 = cos β = 0, 8632. O segundo escalonamento é: 0, 8632 × 0, 8632, ent˜ ao: β = cos−1 (0, 8632 × o 0, 8632) = 41, 8284 , no terceiro escalonamento β = cos−1 (0, 86323) = 49, 9674o, etc.

4.2

Rob´ otica

Aqui queremos apenas deixar a sugest˜ ao de que se estudem a viabilidade de aplica¸caõ dos n´ umeros 3 − D na rob´ otica, cremos que isto n˜ ao ser´ a dif´ıcil.

4.3

Um Desafio Dirigido aos Matem´ aticos do Planeta Terra

Existem problemas sobre n´ umeros Reais que s´ o podem ser resolvidos com o aux´ılio dos n´ umeros Complexos, por exemplo certas equa¸co˜es c´ ubicas. Motivados por este fato podemos elaborar problemas sobre n´ umeros Complexos que s´ o podem ser resolvidos com o aux´ılio dos n´ umeros Hipercomplexos. Dentro deste contexto foi que elaboramos o Desafio a seguir.∗

∗ Este Desafio foi divulgado a n´ ıvel nacional e esteve dispon´ıvel em nossa home-page por cerca de dois meses, n˜ ao recebemos nenhuma proposta de resolu¸ca õ.

136

Um Desafio Dirigido aos Matem´ aticos do Planeta Terra Pr^ emio: R$ 1.000, 00.

24.08.07

Uma assembléia de avatares decidiu pˆ or à prova (conhecer) o n´ıvel de desenvolvimento tecnol´ ogico do planeta terra. Para tanto, decidiram enviar um desafio aos mais ilustres dentre os matemáticos do planeta terra. Seguiu-se a esta decis˜ ao um impasse: Este desafio versaria sobre que t´ opico da matemática? Ap´ os um dia inteiro de discuss˜ oes concluiram: n˜ ao deveriam enviar um desafio sobre um assunto de “fronteira”, porquanto s´ o os especialistas da respectiva area estariam aptos a atacar o problema; os demais estariam excluidos! A fim ´ de que o desafio se estendesse, de fato, a todos os matemáticos do planeta terra, os algumas reé que o assunto escolhido deveria ser comum a todos eles. Ap´ umeros Complexos! flex˜ oes deram o veredicto: N´ Ah! ia esquecendo: como os terráqueos s˜ ao consumidores - contumaz do cafézinho (ou do ch´ a), decidiram ofertar um prêmio de R$ 1.000, 00 para custear estes estimulantes; talvez seja necess´ ario para as - poss´ıveis - noites em claro. O Desafio: Desejamos construir, de modo iterativo, a seq¨ uência ( zn ) de n´ umeros Complexos dada em (4.1); onde, para isto, s˜ ao dados um termo inicial e dois parˆ ametros, assim: ( i ) Semente da seq¨ uência: z0 = (1, 0); ( ii ) primeiro parˆ ametro: θ = −10o; ( iii ) segundo parˆ ametro: β = −8o .

 cos nβ, n = 1, 2, 3, . . . , 11, 12.    zn = (cos nθ, sen nθ) · cos 12β, n = 14, 16, 18, . . .    cos 11β, n = 13, 15, 17, . . .

(4.1)

O Desafio consiste em: Munido apenas dos dados listados acima, e atuumeros complexos, C, obter a ando - de modo iterativo - dentro da estrutura n´ seq¨ uência dada em (4.1)! Nota Importante: N˜ ao esquecer que os termos da seq¨ uência s˜ ao n´ umeros ao definidas Complexos. C = ( R2 , +, ·) é uma estrutura algébrica onde est˜ duas opera¸co˜es. Evite opera¸co˜es esp´ urias. Opera¸co˜es leg´ıtimas s˜ ao: adi¸caõ e multiplica¸caõ; e as que decorrem destas, tais como: subtra¸caõ, divisão, potencia¸caõ e radicia¸caõ. Estamos chamando a aten¸caõ para este detalhe para que se evite opera¸co˜es que n˜ ao se justifiquem em uma estrutura algébrica como a que estamos tratando. Por exemplo, a opera¸caõ, (cos −10o , sen − 10o ) · (1, 0) · cos −8o ∴ z0 → z1

é “l´ ogicamente” válida, uma vez que se justifica na estrutura n´ umeros complexos. O Desafio consiste, precisamente, em: como sair do termo z1 para o termo z2 , através de uma estrutura algébrica onde temos definida apenas uma adi¸caõ

137

Gentil

e uma multiplica¸caõ? Como sair do termo z2 para o termo z3 , através. . . Como sair do termo z3 para do termo z4 , através. . . entenderam? Este Desafio ter´ a validade de um mês (se estender´ a até 24.09.07)∗ Mande sua resolu¸caõ para: [email protected] Haverá um u ´ nico vencedor: o que entregar a resolu¸caõ primeiro (se por email, vale a data e a hora do mesmo). Nota: Uma exigência (´ obvia) é que n˜ ao podemos usar a resposta (seq¨ uência dada em (4.1)) para obter a própria resposta (uma espécie de racioc´ınio circular). - Curiosidades acerca da seq¨ uˆ encia ( zn ) 1a ) Plotando os termos da seq¨ uência no plano complexo, obtemos y

z0 =(1, 0) x −10o 1

2

3

2a ) A distância - para a origem - das 12 primeiras bolinhas vale, p |zn | = (cos nθ cos nβ)2 + ( sen nθ cos nβ)2 = | cos nβ|

n = 1, 2, 3, . . . , 11, 12. 3 ) As bolinhas azuis (n = 14, 16, 18, . . .) est˜ ao em um c´ırculo de raio, p |zn | = (cos nθ cos 12β)2 + ( sen nθ cos 12β)2 = | cos 12β| a

4a ) As bolinhas vermelhas (n = 13, 15, 17, . . .) est˜ ao em um c´ırculo de raio, p |zn | = (cos nθ cos 11β)2 + ( sen nθ cos 11β)2 = cos 11β

∗ Boa Vista-RR/24.08.07 Nota: O .pdf deste Desafio est´ a dispon´ıvel em nossa p´ agina: www.dmat.ufrr.br/∼ gentil

138

Resolu¸c˜ ao do Desafio Este é um problema do “plano” mas cuja resolu¸caõ s´ o pode dar-se no “espa¸co”. Na verdade este (segundo) Desafio é uma variante de um que lan¸camos anteriormente. O primeiro Desafio é resolvido por “sucessivas multiplica¸co˜es” em H − 3D, enquanto este segundo é resolvido por “sucessivas divis˜ oes” em H − 3D, assim: Sejam w2 = 1 · w1 (1) w2

=

8o

10o

w1 w2

w1

,

(2) w2

e w1 = (1, 0, 0). Definimos,

=

1 w2

·

w1 w2

,

w1 (3) w2

=

1 w2

·

1 w2

·

w1 w2

Utilizaremos as divisões (p´ ag. 146),

w1 w2

=

 ρ   ρ1

2

  ρρ1

2

, ...

θ1 −θ2

β1 −β2

se

cos β1 ≥ 0, cos β2 ≥ 0

( DP 1 )

θ1 −θ2

β1 +β2

se

cos β1 < 0, cos β2 ≥ 0

( DP 3 )

Sendo assim, temos w1 w2

= 1 1

0o

0o

10o

=1

8o

−10o

−8o

Itera¸co˜es sucessivas nos d˜ ao: w1

(2)

w2

w1

(3) w2

=

1 w2

·

=

1 w2

1 w2

·

·

w1 w2

w1 w2

=

=

1 1

10o

1

10o

·1

−10o

−8o

=1

8o

−20o

−16o

·1

−20o

−16o

=1

8o

−30o

−24o

1

E assim sucessivamente. Note que, para efeitos das divisões ( DP 1 ) e ( DP 3 ) temos que w2 = 1 · 10o 8o est´ a sempre fixo, enquanto os resultados parciais das divisões é sempre colocado em w1 . Utilizamos ( DP 1 ), isto é, vamos subtraindo β2 = 8o , enquanto cos β1 ≥ 0, ap´ os o que utilizamos ( DP 2 ), isto é, somamos β2 = 8o e a´ı o ˆ angulo β1 ficar´ a oscilando entre dois valores: −88o − 8o = −96o ;

Itera¸co˜es: 12, 14, 16, . . .

(4.2)

−96o + 8o = −88o ;

Itera¸co˜es: 13, 15, 17, . . .

(4.3)

Observamos que, w1 (n)

w2

=1

−10o ·n

−8o ·n

;

n = 1, 2, . . .?

139

Gentil

Esta regra, para este quociente vale até que valor de n? Para responder a esta pergunta, recorremos ` a condi¸caõ de Moivre. Inicialmente observe que , ent˜ a o β = −8o = − 2π 45 π − 2(n−1) ≤ − 2π 45 ≤

Portanto,

w1 (n)

w2

=1

nθ

nβ

π 2(n−1)

⇒ n ≤ 12.

; n = 1, 2, . . . 12

onde θ = −10o e β = −8o . Temos, w=1

nθ

nβ

  x = cos nθ cos nβ   ⇒ y = sen nθ cos nβ    z = sen nβ

Logo, a solu¸caõ (parcial) do nosso Desafio é: zn =

cos nθ cos nβ, sen nθ cos nβ ;

n = 1, 2, . . . , 12.

onde θ = −10o e β = −8o . De (4.2), concluimos que, zn = cos nθ cos 12β, sen nθ cos 12β ; n = 12, 14, 16, . . . De (4.3), concluimos que, zn =

cos nθ cos 11β, sen nθ cos 11β ;

n = 13, 15, 17, . . .

Sendo assim, temos (para solu¸caõ do Desafio):  (cos nθ cos nβ, sen nθ cos nβ), n = 1, 2, . . . , 9, 10, 11.    zn = (cos nθ cos 12β, sen nθ cos 12β), n = 12, 14, 16, . . .    (cos nθ cos 11β, sen nθ cos 11β), n = 13, 15, 17, . . .

onde θ = −10o e β = −8o .

Observe que tudo se passa no “espa¸co”, a solu¸caõ do nosso Desafio é a “proje¸caõ” no plano Complexo de uma seq¨ uência que encontra-se em 3 − D (ver figura da seq¨ uência complexa que consta no Desafio). Para o primeiro Desafio que propomos (n˜ ao para este) construimos uma figura da seq¨ uência no espa¸co, assim:

2

1 0

140

Apˆ endice Da impossibilidade de uma multiplica¸c˜ ao no R3 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¸caõ no espa¸co de três dimensões R3 de maneira que resulte uma generaliza¸caõ natural dos n´ umeros complexos como pontos do plano (α, β) = α + β i, assim como estes s˜ ao uma generaliza¸caõ natural dos n´ umeros reais como pontos da reta sob a identifica¸caõ (α, 0) = α. Em outras palavras, considerando os ternos ordenados de n´ umeros reais (α, β, γ) com as identifica¸co˜es (α, 0, 0) = α e (α, β, 0) = α + β i, e com as opera¸co˜es usuais de adi¸caõ e multiplica¸caõ por escalares, a quest˜ ao é: podemos definir uma multiplica¸caõ de vetores em R3 de modo que sejam válidos todos os axiomas de um corpo? N˜ ao é dif´ıcil mostrar que isto é imposs´ıvel. Com efeito, seja (α, β, γ) = α + β i + γ j (onde, é claro, j = (0, 0, 1)) e vamos supor que uma tal multiplica¸caõ 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 à esquerda, obtemos −j = i2 j = i (i j) = i (α0 + β0 i + γ0 j) = α0 i − β0 + γ0 i j. Substituindo agora i j por α0 + β0 i + γ0 j, segue que ( α0 γ0 − β0 ) + ( α0 + β0 γ0 ) i + ( γ02 + 1 ) j = 0, contradizendo o fato de que γ0 é real. Note que para chegar a uma contradi¸caõ usamos apenas a associatividade e distributividade da multiplica¸caõ.

“Dizendo

isso,

gritou

bem

forte: ‘L´ azaro, saia para fora!’ O morto saiu. Tinha os bra¸ cos e as pernas amarrados. . . Jesus disse aos presentes: ‘Desamarrem e deixem que ele ande’.” Jo. (43 − 44 )

141

Gentil

Programa para multiplicar hipercomplexos O programa dado a seguir (calculadoras HP − 48, 49, 50) multiplica dois hipercomplexos: (a1 , b1 , c1 ) · (a2 , b2 , c2 ). ≪ → a 1 b 1 c1 a 2 b 2 c2 p ≪ ′ (a1 ∧ 2 + b1 ∧ 2)′ EV AL ′ r1 ′ ST O p ′ (a2 ∧ 2 + b2 ∧ 2)′ EV AL ′ r2 ′ ST O

IF ′ r1 == 0 AN D r2 == 0′ T HEN ′ − c1 ∗ c2 ′ EV AL 0 0 ELSE IF ′ r1 == 0 AN D r2 6= 0′ T HEN ′ − c1 ∗ c2 ∗ a2 /r2 ′ EV AL ′ ′

− c1 ∗ c2 ∗ b2 /r2 ′ EV AL

c1 ∗ r2 ′ EV AL

ELSE IF ′ r1 6= 0 AN D r2 == 0′ ′

T HEN ′ ′

ELSE ′ ′ ′ ′

− c1 ∗ c2 ∗ a1 /r1 ′ EV AL

− c1 ∗ c2 ∗ b1 /r1 ′ EV AL

c2 ∗ r1 ′ EV AL

1 − c1 ∗ c2 /(r1 ∗ r2 ) ′ EV AL

′

γ ′ ST O

(a1 ∗ a2 − b1 ∗ b2 ) ∗ γ ′ EV AL

(a1 ∗ b2 + a2 ∗ b1 ) ∗ γ ′ EV AL

c1 ∗ r2 + c2 ∗ r1 ′ EV AL EN D EN D EN D ≫

≫

Programa para o c´ alculo de potˆ encias Dados um seguir calcula a ≪ → x y ≪ x y

≫

≫

hipercomplexo w = (x, y, z) e um natural n ≥ 2 o programa a potência wn . z n z 1 n 1 −

F OR I x y z M HC3D N EXT

Nota: M HC3D chama o programa anterior (o programa para multiplicar hipercomplexos 3D deve ser armazenado na vari´ avel M HC3D).

142 Prova da proposi¸ c˜ ao 6 (p´ ag. 33) Nota importante: Uma observa¸caõ importante a respeito desta proposi¸caõ é que, para qualquer n´ umero do eixo 0Z ( β = π2 + k π, k ∈ Z ) devemos π tomar θ = 0 e β = 2 ou θ = 0 e β = − π2 , antes de fazer a multiplica¸caõ. Prova: Consideremos algumas possibilidades: 1 ) r1 = r2 = 0. Suponhamos, w1 = (0, 0, c1 ) e w2 = (0, 0, c2 ) Na forma trigonométrica escrevemos,  |c1 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c1 > 0 w1 =  −π −π |c1 | cos 0 cos −π , c1 < 0 2 , sen 0 cos 2 , sen 2  |c2 | cos 0 cos π2 , sen 0 cos π2 , sen π2 , c2 > 0 w2 =  −π −π |c2 | cos 0 cos −π , c2 < 0 2 , sen 0 cos 2 , sen 2

Calculando (em D1 ) o produto w1 · w2 , temos w1 · w2 = (−c1 · c2 , 0, 0), que na forma trigonométrica pode ser escrito: 1.1 ) c1 > 0 e c2 > 0 (−c1 · c2 < 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos π cos 0, sen π cos 0, sen 0 π π π π π π = |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos( + ), sen (0 + 0) cos( + ), sen ( + ) 2 2 2 2 2 2 1.2 ) c1 > 0 e c2 < 0 (−c1 · c2 > 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos 0 cos 0, sen 0 cos 0, sen 0 π π π π π π = |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos( − ), sen (0 + 0) cos( − ), sen ( − ) 2 2 2 2 2 2 1.3 ) c1 < 0 e c2 > 0 (−c1 · c2 > 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos 0 cos 0, sen 0 cos 0, sen 0 π π π π π π = |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos(− + ), sen (0 + 0) cos(− + ), sen (− + ) 2 2 2 2 2 2 1.4 ) c1 < 0 e c2 < 0 (−c1 · c2 < 0) w1 · w2 = | − c1 · c2 | cos π cos 0, sen π cos 0, sen 0 π π π π π π = |c1 | · |c2 | cos(0 + 0) cos(− − ), sen (0 + 0) cos(− − ), sen (− − ) 2 2 2 2 2 2 2 ) r1 = 0 e r2 6= 0. Suponhamos, w1 = (0, 0, c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 )

143

Gentil

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

Calculando (em D2 ) o produto w1 · w2 , temos w1 · w2 =

−

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

Vamos escrever este produto na forma trigonométrica, temos q p r2 = a22 + b22 = (ρ2 cos θ2 cos β2 )2 + (ρ2 sen θ2 cos β2 )2 = ρ2 | cos β2 | Observa¸caõ: r2 6= 0 ⇒ cos β2 6= 0. Ent˜ ao, c ρ sen β ·ρ2 cos θ2 cos β2 c ρ w1 · w2 = − 1 2 ρ 2| cos ,− 1 2 β | 2

2

sen β2 ·ρ2 sen θ2 cos β2 ρ2 | cos β2 |

, c1 ρ2 | cos β2 |

Nota: Para prosseguir vamos supor cos β2 > 0; esta n˜ ao é uma restri¸caõ séria devido ` a equa¸caõ (1.18), p´ ag. 25. Sendo assim, temos 2.1) cos β2 > 0 ( | cos β2 | = cos β2 ). Temos c ρ sen β2 ·ρ2 cos θ2 cos β2 c1 ρ2 sen β2 ·ρ2 sen θ2 cos β2 w1 · w2 = − 1 2 , − , c ρ cos β 1 2 2 ρ cos β ρ cos β 2

2

2

2

Ent˜ ao,

w1 · w2 = − c1 ρ2 cos θ2 sen β2 , −c1 ρ2 sen θ2 sen β2 , c1 ρ2 cos β2 2.1.1 ) c1 > 0

( |c1 | = c1 )

w1 · w2 = c1 ρ2 − cos θ2 sen β2 , − sen θ2 sen β2 , cos β2 π π π = |c1 |ρ2 cos(0 + θ2 ) cos( + β2 ), sen (0 + θ2 ) cos( + β2 ), sen ( + β2 ) 2 2 2

2.1.2 ) c1 < 0

( |c1 | = −c1 )

w1 · w2 = −c1 ρ2 cos θ2 sen β2 , sen θ2 sen β2 , − cos β2 π π π = |c1 |ρ2 cos(0 + θ2 ) cos(− + β2 ), sen (0 + θ2 ) cos(− + β2 ), sen (− + β2 ) 2 2 2

3 ) r1 6= 0 e r2 = 0. Suponhamos,

w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (0, 0, c2 ) Na forma trigonométrica escrevemos, w1 = ρ1 cos θ1 cos β1 , sen θ1 cos β1 , sen β1

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

Calculando (em D3 ) o produto w1 · w2 , temos w1 · w2 =

−

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

Vamos escrever este produto na forma trigonométrica, temos q p r1 = a21 + b21 = (ρ1 cos θ1 cos β1 )2 + (ρ1 sen θ1 cos β1 )2 = ρ1 | cos β1 | Observa¸caõ: r1 6= 0 ⇒ cos β1 6= 0. Ent˜ ao, ρ sen β1 ·c2 ·ρ1 cos θ1 cos β1 ρ w1 · w2 = − 1 ,− 1 ρ | cos β | 1

1

sen β1 ·c2 ·ρ1 sen θ1 cos β1 ρ1 | cos β1 |

, c2 · ρ1 | cos β1 |

3.1) cos β1 > 0 ( | cos β1 | = cos β1 ). Temos ρ sen β1 ·c2 ·ρ1 sen θ1 cos β1 ρ sen β1 ·c2 ·ρ1 cos θ1 cos β1 ,− 1 , c2 · ρ1 cos β1 w1 · w2 = − 1 ρ cos β ρ cos β 1

1

1

1

Ent˜ ao,

w1 · w2 = − c2 ρ1 cos θ1 sen β1 , −c2 ρ1 sen θ1 sen β1 , c2 ρ1 cos β1 3.1.1 ) c2 > 0

( |c2 | = c2 )

w1 · w2 = c2 ρ1 − cos θ1 sen β1 , − sen θ1 sen β1 , cos β1 π π π = |c2 |ρ1 cos(θ1 + 0) cos(β1 + ), sen (θ1 + 0) cos(β1 + ), sen (β1 + ) 2 2 2

3.1.2 ) c2 < 0

( |c2 | = −c2 )

w1 · w2 = −c2 ρ1 cos θ1 sen β1 , sen θ1 sen β1 , − cos β1 π π π = |c2 |ρ1 cos(θ1 + 0) cos(β1 − ), sen (θ1 + 0) cos(β1 − ), sen (β1 − ) 2 2 2 4 ) r1 6= 0 e r2 6= 0. Suponhamos,

w1 = (a1 , b1 , c1 ) e w2 = (a2 , b2 , c2 ) Na forma trigonométrica 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 (em D4 ) o produto w1 · w2 , temos c ·c w1 · w2 = (a1 · a2 − b1 · b2 ) 1 − r1 ·r2 , (a1 · b2 + a2 · b1 ) 1 − 1

2

Escrevamos este produto na forma trigonométrica,

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

c1 ·c2 r1 ·r2

, c1 · r2 + c2 · r1

145

Gentil

Nota: Vamos considerar que cos β1 > 0 e cos β2 > 0. Temos, 1−

c1 ·c2 r1 ·r2

= 1−

ρ1 sen β1 ·ρ2 sen β2 ρ1 | cos β1 |·ρ2 | cos β2 |

=

cos(β1 +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 |) 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 (casos 1 ), 2 ) e 3 )) completamos a prova da proposi¸caõ.

146 Multiplica¸ c˜ ao na forma trigonom´ etrica sem restri¸ co ˜es Na prova anterior supomos cos β1 > 0 e cos β2 > 0, sem estas restri¸co˜es, isto é para uma f´ ormula geral vale (exerc´ıcio): M) Multiplica¸caõ

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 )

ao D) Divis˜

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 )

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Gentil

Programa para transformar coordenadas retangulares em polares

Vamos escrever um programa computacional para transformar um n´ umero hipercomplexo das coordenadas retangulares para polares. Antes precisamos rever um pouco das fun¸co˜es trigonométricas 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≤ . ⇒ β = sen −1 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 ]

Nota: Observe que as fun¸co˜es sen −1 e cos−1 n˜ ao cobrem o terceiro quadrante. Para calcular 0 ≤ θ ≤ 2π, temos as seguintes possibilidades:

i ) x > 0, y > 0 ( IQ ). Neste caso podemos calcular θ por sen −1 ou cos−1 , indistintamente. y x , sen θ = cos θ = ρ cos β ρ cos β ii ) x < 0, y > 0 ( IIQ ). Neste caso fazemos θ = cos−1 . Isto é, x θ = cos−1 ρ cos β iii ) x > 0, y < 0 ( IV Q ). Neste caso fazemos θ = sen −1 . Isto é, y θ = sen −1 ρ cos β iv ) x < 0, y < 0 seguir:

( IIIQ ). Neste caso, obtemos θ com o aux´ılio da figura a

θ x

φ −x

y

Para obter θ: trocamos o sinal de x, calculamos o ângulo φ e tomamos θ = 180o + φ, assim: −x φ = cos−1 ⇒ θ = 180o + φ. ρ cos β O programa é dado a seguir:

148 - Retangular → Polar: (x, y, z) → ρ

θ

β

≪ → x y z p ≪ DEG ′ (x ∧ 2 + y ∧ 2 + z ∧ 2)′ EV AL ′ ρ ′ ST O ′

ASIN (z/ρ)′ EV AL

′

β ′ ST O

IF ′ cos β == 0′ T HEN ρ ′′ ρ′′ → T AG 0 ′′ θ′′ → T AG β ′′ β ′′ → T AG ELSE IF ′ x ≥ 0 AN D y ≥ 0′ T HEN ′ ACOS(x/(ρ ∗ cos(β))) ′ EV AL ′ θ ′ ST O ELSE

IF ′ x ≤ 0 AN D y ≥ 0′

T HEN ′ ACOS(x/(ρ ∗ cos(β))) ′ EV AL ′ θ ′ ST O ELSE IF ′ x ≥ 0 AN D y ≤ 0′ T HEN ′ ASIN (y/(ρ ∗ cos(β))) ′ EV AL ′ θ ′ ST O ELSE ′ 180 + ACOS(−x/(ρ ∗ cos(β)))′ EV AL ′ θ ′ ST O EN D EN D EN D ρ ′′ ρ′′ → T AG θ ′′ θ′′ → T AG β ′′ β ′′ → T AG EN D ≫

≫

- Polar → Retangular: ρ

θ

β

→ (x, y, z)

≪ → ρ θ β ≪ DEG ′ ρ ∗ cos(θ) ∗ cos(β)′ EV AL ′

ρ ∗ sen (θ) ∗ cos(β)′ EV AL ′

≫

ρ ∗ sen (β)′ EV AL

≫

Nota: entre com os ˆ angulos em graus. Para entrar com os ângulos em radiano troque, no programa, DEG por RAD.

Gentil

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Resenha de trabalhos A seguir listamos uma resenha de nossos trabalhos dispon´ıveis em nosso enderêço: www.dmat.ufrr.br/∼ gentil I - O Mito das Ambig¨ uidades nas Representa¸ c~ oes Decimais Resumo: Este trabalho p˜ oe fim ` as intermináveis pendengas sobre as representa¸co˜es decimais de reais do intervalo [ 0, 1 ]. Mostramos que as supostas ambig¨ uidades de algumas destas representa¸co˜es, tipo: 0, 5 = 1/2 = 0, 4999 . . . s˜ ao um mito. Aqui esclarecemos, em definitivo, igualdades tais como 0, 999 . . . = 1. II - Uma Curva de Peano In´ edita ( No Quadrado [ 0, 1 [×[ 0, 1 [ ) Resumo: N˜ ao temos conhecimento de que alguém já tenha construido uma curva de Peano no quadrado [ 0, 1 [ × [ 0, 1 [. Construimos uma e mostramos que a mesma resulta com propriedades topológicas “absurdamente” distintas da curva usual, isto é, da curva no quadrado [ 0, 1 ] × [ 0, 1 ]. III - Uma Sugest~ ao Para o Tratamento das Dimens~ oes na Teoria das Supercordas

Resumo: Neste trabalho mostramos uma técnica para transitar entre dimensões arbitrárias: seja no sentido de reduzir, quanto elevar, uma dimensão à outra. Cremos que o mesmo possa ser u ´ til ao entendimento de algumas quest˜ oes concernentes ` as dimensões na Teoria das Supercordas. Em resumo: provamos a possibilidade teórica (matem´ atica) da transposi¸caõ de dimensões. IV - Uma Modifica¸ c~ ao na Equa¸ c~ ao de Schr¨ oedinger Resumo: Neste trabalho estamos sugerindo uma modifica¸caõ na equa¸caõ de Schröedinger (da Mecˆ anica Quˆ antica) de modo a obtermos solu¸co˜es reais para a fun¸caõ de onda. ´lgebras em Dimens~ V -A ao pot^ encia de Dois Resumo: O objetivo deste trabalho é desenvolver os n´ umeros 2N − dimensionais, ou seja, n´ umeros que est˜ ao em uma dimensão que é potência de dois. Por exemplo: ( i ) 20 = 1, na dimensão 1 (reta) n´ umeros reais; 1 ( ii ) 2 = 2, na dimensão 2 (plano) n´ umeros complexos; ( iii ) 22 = 4, na dimensão 4 (hiperplano) n´ umeros quatérnions. A partir destes exemplos somos levados a conjecturar que s˜ ao poss´ıveis os n´ umeros que moram em uma dimensão que seja potência de dois. VI - A M´ etrica Divina Resumo: Este artigo nasceu de um sentimento meu de solidariedade com os “menos favorecidos”. No caso do - clássico - paradoxo de Zenão, Aquiles, numa atitude de puro esnobismo d´ a uma vantagem inicial à tartaruga. Em nosso paradoxo a situa¸caõ se inverte: a tartaruga dar´ a uma distância inicial a Aquiles para logo em seguida ultrapass´ a-lo e vencer a corrida. Mostraremos, com técnicas matemáticas recentes, que n˜ ao trata-se de um engodo - n˜ ao tomariamos em vão o precioso (e j´ a escasso) tempo do leitor!.

150 VII - MATRIZ DIGITAL Resumo: Neste trabalho construimos - através do algoritmo da divisão - uma matriz e mostramos aplica¸co˜es da mesma em: convers˜ ao de um inteiro positivo para uma base numérica qualquer; c´ alculo de combina¸co˜es; teoria dos n´ umeros. VIII - Progress~ oes Aritm´ eticas e Geom´ etricas de ordem m Resumo: Neste trabalho estudamos, sob uma nova ótica (isto é, a partir de uma nova defini¸caõ) as progressões aritméticas e geométricas de ordem m. IX - Seq¨ u^ encias Aritm´ eticas e Geom´ etricas Multidimensionais Resumo: Neste trabalho desenvolvemos uma outra generaliza¸caõ das progress˜ oes aritméticas e geométricas: as progressões aritméticas e geométricas multidimensionais (ou em dimensão N ). X - TRAC ¸ADOS 3 − D ( Um aux´ılio para o tra¸cado de figuras no LATEX ) Resumo: Neste pequeno trabalho mostramos (deduzimos) o “menor algoritmo do mundo” para tra¸cados 3 − D. Este algoritmo nos auxilia no tra¸cado de algumas figuras no LATEX. c~ ao dos N´ umeros XI - N´ umeros Hipercomplexos−2D ( Uma Nova Generaliza¸ Reais ) Resumo: Neste trabalho construimos um novo sistema numérico sobre o R2 . Este sistema resulta numa nova generaliza¸caõ dos n´ umeros reais. XII - N´ umeros Hipercomplexos−3D ( Uma Nova Generaliza¸ c~ ao dos N´ umeros Complexos ) Resumo: Neste trabalho construimos (sobre o R3 ) os n´ umeros tridimensionais, uma nova generaliza¸caõ dos n´ umeros complexos. XIII - O Problema do Cavalo Pastando Resumo: Neste trabalho resolvemos, apenas com matemática do ensino médio, o famoso problema do cavalo pastando. XIV - O Problema da r´ egua de combust´ ıvel Resumo: Neste trabalho resolvemos, apenas com matemática do ensino médio, o problema da régua de combust´ıvel.

Referˆ encias Bibliogr´ aficas [1] Fundamentos de matemática elementar (por) Gelson Iezzi (e outros). S˜ ao Paulo, Atual Ed., 1977- v.6 [2] Boyer, Carl Benjamin. Hist´ oria da Matem´ atica. S˜ ao Paulo - Edgar Bl¨ ucher, 1974. ´ [3] Bernardo Felzenszwalb. Algebras de Dimens˜ ao Finitas. 12o Colóquio Brasileiro de Matem´ atica. IMPA, 1979. [4] Newton C. A. da Costa. Ensaio sobre os fundamentos da l´ ogica. S˜ ao Paulo: HUCITEC: Ed. da Universidade de S˜ ao Paulo, 1980. [5] Silva, Gentil Lopes. N´ umeros Hipercomplexos−2D (Uma nova generaliza¸ca õ dos n´ umeros reais). www.dmat.ufrr.br/∼ gentil [6] Ubaldi, Pietro. As No´ ures: Técnica e recep¸ca õ das correntes de pensamento. ´ Tradu¸caõ de Cl´ ovis Tavares. 4. ed. Rio de Janeiro: FUNDAPU, 1988.

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Gentil Lopes - Números Hipercomplexos 3D

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