Aliás, a implicação (a+bi)^n = (a-bi)^n ==> n = 0 se a, b são inteiros não nulos decorre facilmente do fato de I inter Q[i] ser igual a Z[i].
Suponhamos que, para algum inteiro positivo n, tenhamos (a+bi)^n = (a-bi)^n.
Seja w = (a+bi)/(a-bi) = (a^2-b^2 + 2abi)/(a^2+b^2).
w claramente pertence a Q[i].
Além disso, temos que w^n - 1 = 0, ou seja, w pertence a I.
n = 0.
Claudio.
>
> 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
> > =========================================================================
> >