Eu tinha pensado numa demonstração mais braçal do seguinte fato:
Se a, b são inteiros não nulos, então (a + bi)^n = (a - bi)^n <==> n = 0.
Mas vamos lá...
Pra completar a demonstração do Nicolau, precisamos mostrar que:
Z[i] = I inter Q[i].
A inclusão de Z[i] em I inter Q[i] é fácil de provar.
Assim, seja w pertencente a I inter Q[i].
Seja irr(w,Q) o polinômio minimal de w sobre o corpo dos racionais.
w pertence a I ==> irr(w,Q) tem coeficientes inteiros.
w pertence a Q[i] ==> irr(w,Q) tem grau <= 2.
Podemos escrever w = (a + bi)/c, onde a, b, c são inteiros, c > 0 e mdc(a,b,c) = 1.
A idéia é provar que c = 1.
Se grau(irr(w,Q)) = 1, então irr(w,Q) = z - (a + bi)/c ==>
b = 0 e c | a ==>
mdc(a,b,c) = c = 1
Se grau(irr(w,Q)) = 2, então irr(w,Q) = z^2 - (2a/c)z + (a^2+b^2)/c^2 ==>.
c | 2a e c^2 | a^2+b^2.
d = mdc(a,c) ==>
d^2 | a^2 e d^2 | c^2 | a^2 + b^2 ==>
d^2 | b^2 ==>
d | b ==>
d | mdc(b,mdc(a,c)) = mdc(a,b,c) = 1 ==>
d = 1 ==>
c | 2 ==>
c = 1 ou c = 2.
c = 2 ==>
c^2 = 4 | a^2 + b^2 ==>
a e b são ambos pares (pois a soma de dois quadrados ímpares é == 2 (mod 4)) ==>
mdc(a,b,c) = 2 ==>
contradição ==>
só pode ser c = 1
Logo, em qualquer caso c = 1 e, portanto, w = a + bi pertence a Z[i].
[]s,
Claudio.
| De: |
owner-obm-l@mat.puc-rio.br |
| Para: |
obm-l@mat.puc-rio.br |
| Data: |
Mon, 25 Oct 2004 09:44:26 -0300 |
| Assunto: |
Re: [obm-l] angulos dos triangulos pitagoricos |
> On Sun, Oct 24, 2004 at 01:00:06PM -0200, Claudio Buffara wrote:
> > Uma generalizacao: Prove que os angulos agudos de um triangulo pitagorico
> > sao irracionais quando expressos em graus.
>
> Uma prova mais avançada e bem sucinta é a seguinte.
>
> Seja I o conjunto dos inteiros algébricos e seja Q[i] o conjunto dos números
> complexos com parte real e parte imaginária racionais.
> Para quem não sabe, um número complexo z é um inteiro algébrico
> se e somente se existe um polinômio p, mônico e de coeficientes inteiros,
> para o qual p(z) = 0. Assim, por exemplo, w = cos(2 pi p/q) + i*sen(2 pi p/q)
> é inteiro algébrico pois w^q - 1 = 0. Sabemos (esta é a parte difícil)
> que a interseção entre I e Q[i] é Z[i], o conjunto dos complexos de parte real
> e parte imaginária inteiras.
>
> Voltando ao problema, se os catetos do triângulo são a e b e a hipotenusa
> é c então tome z = (a/c) + (b/c)i. Claramente z pertence a Q[i]
> e não pertence a Z[i], donde não pertence a I. Pelo exemplo acima,
> z não pode ser da forma cos(2 pi p/q) + i*sen(2 pi p/q), que é o que queríamos.
>
> []s, N.
> =========================================================================
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
> =========================================================================
>