a historia da equacao de 2 grau

8/7/2019 A Historia Da Equacao de 2 Grau

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1

REVISITANDO UMA VELHA CONHECIDA

Joo Bosco PitombeiraDepartamento de Matemtica

[email protected]

INTRODUO

A resoluo de uma equao do 2 grau nos parece hoje bem simples. Ao ensin-la, limitamo-

nos em geral a mostrar que a conhecida frmula para as solues de ax2+bx+c=0, chamada

em muitos livros didticos de frmula de Bskara1,

24

2 2

b b ac

a a

+

pode ser obtida pelo processo bem conhecido de completar os quadrados. Por vezes, se

mostra tambm como justificar geometricamente isso, o que j era conhecido pelos

matemticos rabes, como al- Khowarizmi2, em torno de 825 d.C. No entanto, a maioria de

nossos alunos fica surpresa quando lhes contamos que a equao do 20 grau tem uma longa

histria e que muitos matemticos importantes, de vrias civilizaes, se preocuparam em

achar suas solues, contribuindo desta maneira para a histria que resumiremos agora e que

se estende por mais de quatro mil anos!

Convm lembrar inicialmente que a notao algbrica simblica manejada

automaticamente por ns, hoje, criao recente dos matemticos, comeando com Franois

Vite (1540-1603) e colocada praticamente na forma atual por Ren Descartes (1596-1650).

Assim, os processos (algoritmos) para achar as razes de equaes dos babilnios, gregos,

hindus, rabes e mesmo dos algebristas italianos do sculo XV e do incio do sculo XVI eram

formulados com palavras (s vezes, por exemplo na ndia, mesmo em versos!).

Neste trabalho, de finalidade didtica, interpretamos os procedimentos usados no

passado para trabalhar com equaes do 2 utilizando nosso simbolismo algbrico. Numestudo mais profundo, a fim de tentar apreender a maneira de pensar que levou criao

desses procedimentos, seria essencial apresent-los e estud-los exatamente como eram

descritos na poca. grave erro de metodologia da Histria da Matemtica interpretar os

resultados de outras pocas sob nossa tica moderna.

1 A denominao frmula de Bskara para a frmula de resoluo da equao do 2 grau parece ser exclusiva do Brasil, como mostradoconvincentemente em [MACHADO, 2003].2 Matemtico rabe que viveu de 780 a 850 d.C. Trabalhou em Bagd. A palavra algorismo vem de seu nome. Seu livro de lgebra teve papelimportante na difuso das idias matemticas rabes na Europa. A palavra lgebra vem do ttulo de seu livro.


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2

Um levantamento muito completo da histria da equao do 2 grau encontra-se em

[TRPFKE, 1934, a] e [TRPFKE, 1934, b].

OS EGPCIOS

No Mdio Imprio, os textos conhecidos s lidam com equaes do segundo grau bem

simples. Por exemplo, no papiro de Moscou, que data de aproximadamente 1850 a.C3.

pedido para calcular a base de um retngulo cuja altura igual a34

de sua base e cuja rea

igual a 12. Este problema, em linguagem moderna, se escreve

34

2=12.

Em outro papiro, encontramos dois problemas em que so dadas a rea S, a diagonal d

de um retngulo e se procuram seus lados xe y:2 2 2, .xy S x y d = + =

Como feito pelos babilnios, da maneira que veremos mais tarde neste trabalho, os

egpcios calculavam inicialmente x y+ e ,x y para da achar xe y.

OS BABILNIOS

bem conhecido que os babilnios escreviam em tabletes de argila, com um estilete, usando a

chamada escrita cuneiforme, e tinham um sistema de numerao posicional bem desenvolvido,

com base 60.

No fim do sculo XIX e na primeira metade do sculo XX, as pesquisas dos arquelogos

e dos historiadores da Matemtica modificaram totalmente nossa avaliao da qualidade da

Matemtica praticada na Mesopotmia, mostrando que ela era claramente mais desenvolvida

do que a Matemtica egpcia.

Entre os inmeros tabletes que se encontram nos museus da Europa, Oriente Prximo,

Oriente Mdio e Estados Unidos, existem alguns que tratam de equaes do 2 grau. Um

tablete tpico que nos chegou traz o seguinte problema, aqui formulado em nosso sistema denumerao decimal, para simplificar os clculos:

Achar o lado de um quadrado se sua rea menos seu lado igual a 870.

3Os dois documentos mais importantes de que dispomos para o estudo da Matemtica egpcia so o papiro Rhind e o papiro de

Moscou, este ltimo de autoria desconhecida.


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3

Designando o lado por x, este problema se traduz, hoje, utilizando a linguagem simblica

algbrica, na equao 2 870x x = .

A equao

2x px q

pq

=

, com pe qpositivos, tem uma raiz positiva, dada por

2

(A)2 2

p px q

= + +

Os babilnios no dispunham desta frmula algbrica, mas o processo que seguiam

inteiramente equivalente a aplic-la. Com efeito, a soluo registrada no tablete a seguinte:

Tome a unidade: 1

Divida a unidade em duas partes:

Cruze (multiplique) por :

Some a 870: 3481/4

[Isso] o quadrado de 59/2

Some , que voc multiplicou, com 59: o lado do quadrado 30/2.

O leitor poder facilmente observar que isso exatamente aplicar a frmula (A). Mais

uma vez, a formulao do problema pelos babilnios mostra a completa ausncia desimbolismo algbrico em sua matemtica.

Outro problema o seguinte:

Adicionei sete vezes o lado de meu quadrado a onze vezes a superfcie: 25/4.

Chamando o lado do quadrado de x, este problema seria escrito hoje, em notao

algbrica moderna, como

211 7 25 / 4, (B)+ =x x

Sabemos que a soluo da equao

2ax 0,+ =bx c

com cpositivo, dada por

2 24 1

(C)2 4 2

b ac b b bac

a a

+

= +


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4

No nosso caso, b=7 e a=114.

O procedimento indicado pelo escriba :

Escreva 7 e 11. Multiplique 11 por 25/4: 275/4

Divida 7 em duas partes:7/2

Multiplique 7/2 por 7/2: 49/4

Some 49/4 a 275/4: 324/4

Isso o quadrado de 9

Subtraia 7/2 de 9: escreva 11/2

O que devemos fazer com 11 que nos fornece 11/2 ? , seu quociente. O lado do

quadrado .

Em outro tablete, uma equao do tipo 2ax bx c+ = multiplicada por a, obtendo

( )2

ax abx ac+ = . Esta equao na incgnita y ax= ento resolvida. Este seguramente um

dos primeiros casos registrado de uma mudana de variveis!

Em muitos tabletes, uma equao da forma 2x q px+ = , com pe qpositivos, dada sob

a forma do sistema equivalente

x y p

xy q

+ =

=

Hoje passaramos diretamente deste sistema para a equao 2x q px+ = , utilizando as

relaes entre os coeficientes da equao e suas razes. Os babilnios procediam

sistematicamente como segue:

Em primeiro lugar,

2 2

x y p+= ,

de que obtemos imediatamente

2 2

2 4

x y p+ =

.

Assim

4Estamos mais uma vez usando nosso sistema de numerao decimal, para simplicar os clculos.


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6

( )22

2 4

+ =

x yx yxy

Vejamos outra maneira usada pelos babilnios para resolver o sistema , .+ = =x y b xy a

Fazendo ,2

=x y

s obtemos imediatamente que

, .2 2

= + = b b

x s y s

Para calcular sprocederemos como segue.

fcil ver que2

2

2

= =

bxy s a ,

e podemos calcular facilmente sdesta igualdade:2

.2

=

b

s a

Uma vez conhecido s, obtemos facilmente x y e, como x y+ dado, fcil calcular x

e y.

Como os babilnios chegaram a seus procedimentos para resolver equaes do 2

grau?

Segundo Katz [KATZ, 1990, p. 32] o fato de que muitos problemas que conduzem a

equaes do 2 serem dados sob a forma do sistema

,x y a x y b + = =

sugere que os escribas babilnios investigavam a relao entre o permetro e a rea de uma

superfcie retangular:

Parece que antigamente muitos acreditavam, por exemplo, que a rea

de um terreno dependia somente de seu permetro. H vrias histrias que

indicam que os que sabiam que isso no era verdade se aproveitavam dos

que nisso acreditavam. assim plausvel que os escribas babilnios, a fim dedemonstrarem que retngulos de permetros iguais podiam ter reas

diferentes, construram tabelas de reas brelacionando-as com o permetro

constante 2a, usando valores diferentes para a base xe a altura y.

Como poderiam os babilnios ter procedido?

Fazendoa

= ,2 2

+ = a

x z y z , vemos que a rea b igual a


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7

22( )( )

2 2 2a a a

b z z z

= + =

,

e portanto

2

2

a

z b

= .

Desse valor para zobtemos xe y:

2

2

2 2 2

2 2 2

a a ax z b

a a ay z b

= + = +

= =

Pesquisas recentes e minuciosas sobre a matemtica babilnia sugerem que os

escribas babilnios chegaram a este resultado usando raciocnios geomtricos, como no

exemplo a seguir.

Consideremos o sistema ,x y a x y b + = = . Construa o quadrado de lado2a

.

FIGURA 1

Como

,2 2

2 2

a x yx

a x yy

=

= +

o quadrado de lado2a

excede o retngulo de lados xe ypelo quadrado de lado2

x y.


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8

O lado deste ltimo quadrado mede2

2a

b

. Somando este comprimento com2a

,

achamos x. Em seguida, fcil achar y.

Interpretaes geomtricas semelhantes permitem reconstruir um caminho possvel para

a soluo babilnia do sistema 2 2, xx y a y b = + = .

FIGURA 2

A figura 2 mostra que

2 22 21( )

2 2 2x y x y

x y+

+ = +

Ento,

2 2

2 2 2

b x y a + = +

Assim,

2

2 2 2x y b a +

=

Designando2

x y+por z, temos ento que

2 2 2

2 2 2

x y x y a x z

x y x y a y z

+ = + = +

+ = =

Uma outra equao resolvida pelos babilnios apresentada pelo sistema2 2

, .+ = + =x y b x y a

O mtodo usado para resolv-la o seguinte. Seja cdefinido por


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9

2 2 2 2 22

.2 2 2 4 2

+ + + = = =

b a x y x y xy x yc

Ento achamos xe yfacilmente:

,2 2= + =

a a

x c y c

Para resolver equaes do tipo 2 2 , ,+ = =x y b xy S os babilnios usavam a identidade

fcil de verificar:

2 2

2 2

+ =

x y x yxy

Resumindo o que sabemos hoje, os babilnios podiam resolver qualquer uma das

equaes dadas a seguir em linguagem moderna, com nosso simbolismo algbrico:

Equaes com uma incgnita:

2

2

2

3

2( 1)

=

=

+ =

=

=

+ =

ax b

x a

x ax b

x ax b

x a

x x a

Sistemas de duas equaes com com duas incgnitas (que do origem a uma

equao do segundo grau):

2 2

2 2

2 2

,

,

,

,

,

x y a xy b

x y a xy b

x y a x y b

x y a x y b

xy s x y b

+ = =

= =

+ = + =

= + =

= + =

OS GREGOS E AS EQUAES DO 2 GRAU

O carter da Matemtica grega completamente diferente daquele da Matemtica babilnia.

Embora os prprios gregos reconhecessem que muito deviam Matemtica egpcia e

babilnia, eles transformaram os conhecimentos destas duas civilizaes em um corpo de


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10

resultados bem estruturado e no qual a argumentao feita com um tipo bem especfico de

discurso, a demonstrao matemtica.

Por razes que no discutiremos aqui, e que possivelmente esto associadas

descoberta da existncia de grandezas incomensurveis, a maneira de os matemticos gregos

apresentarem seus resultados geomtrica, como nos Elementosde Euclides, escritos umpouco antes do ano 300 a. C. Assim, para entendermos como os gregos resolviam equaes

do 2 grau, teremos que fazer uma digresso geomtrica examinando alguns teoremas dos

Elementosde Euclides.

A ferramenta geomtrica que permite resolver equaes do 2 grau a aplicao de

reas, que ocupa um lugar importante na Geometria grega.

1- Uma aplicao de reas parablicaconsiste na construo de um retngulo de rea

dada sobre um segmento de comprimento dado (que ser um dos lados do retngulo).

A traduo algbrica moderna desta situao a seguinte. Se a o lado do retngulo e2

b a rea dada, o problema se traduz na equao: 2ax b= .

Para resolv-la, seja ABCDum quadrado de lado b. Prolonguemos ABat E, de maneira

que o comprimento de BE seja a. Completemos a figura como indicado, para obtermos o

retngulo DGLF, no qual a diagonal FGpassa por B. Seja xo comprimento de BH. imediato

ver, comparando reas, que a rea do quadrado ABCD igual rea do retngulo BELH, de

que BE um dos lados, e assim 2.ax b=

FIGURA 3

2- Uma aplicao de reas elpticaconsiste em dar a rea do retngulo a ser construdo

e um segmento AB cujo comprimento deve ser igual soma do comprimento da base e daaltura do retngulo. A Figura 4 mostra a situao. Como CB a altura do retngulo, vemos que

CDFB um quadrado. Como ao aplicar o retngulo ACDE sobre AB obtemos o quadrado

CBFD, que o que falta para completar o retngulo AEFB, temos uma aplicao com falta, ou

elptica.


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11

Seja 2c a rea dada, b=AB, a soma das duas dimenses, e x=CBuma delas. Ento a

outra dimenso igual a b-x e podemos escrever a equao2 2

( )b x x bx x c = =

FIGURA 4.

3- Em uma aplicao de reas hiperblica, dada a rea do retngulo a ser construdo e

o segmento ABdado deve ser igual diferena entre a base e a altura do retngulo. Se AC a

base do retngulo a construir, sua altura CE dever ser igual a BC. Como ao aplicar o

retngulo ACEFsobre ABobtemos o quadrado CBDEem excesso, temos uma aplicao com

excesso ou hiperblica.

FIGURA 5

Mais uma vez, seja 2c a rea dada, ba diferena das duas dimenses e xa dimenso

menor. Ento a outra dimenso igual a b+xe podemos escrever 2 2( )+ = + =b x x bx x c .

Se x for a dimenso maior, ento a outra dimenso (x-b) e temos a equao2 2

( ) = =x x b x bx c .

Vemos assim que obtemos trs tipos de equaes. Um deles, (D), para aplicaes

elpticas e dois outros, (E) e (F), para aplicaes hiperblicas:

2 2( ) (D)b x x bx x c = =

2 2( ) (E)b x x bx x c+ = + =

2 2( ) (F)x x b x bx c = =

Mas como resolver essas equaes?

Para isso, veremos inicialmente duas proposies do Livro II dos Elementosde Euclides.


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12

Proposio II.5 -- Se uma reta for dividida em partes iguais e desiguais, o retngulo

contido pelos segmentos desiguais, juntamente com o quadrado sobre a reta entre os pontos

de diviso, igual ao quadrado sobre metade da reta5.

O exame da figura 6 torna o enunciado do teorema mais claro.

FIGURA 6

Para compreendermos o que Euclides quer demonstrar, lembre-se, em primeiro lugar,

que os matemticos gregos chamavam de reta o que ns hoje chamamos de segmento dereta.

Seja Co ponto mdio do segmento de reta ABe Dum ponto qualquer sobre AB. Oque

Euclides diz, em seu enunciado, que a rea do retngulo de base ADe altura DBsomada

rea do quadrado de lado CD igual rea do quadrado de lado CB.

Com efeito, construa o quadrado CEFBe considere a diagonal BE. Pelo ponto D, trace a

paralela DGa CE, a qual corta a diagonal BEno ponto H. Seja KMa paralela a ABe que passa

por H. Seja AKo segmento de reta perpendicular a ABe que liga A a K. Como as reas dosretngulos CDHL e HMFEso iguais, adicione a cada uma dessas reas a rea do quadrado

DBHM. Ento, as reas dos retngulos CLMBe DEFBso iguais.

Mas as reas dos retngulos CLMBe AKMBso iguais. Como as reas dos retngulos

AKLCe CLMBso iguais, por terem bases e alturas respectivamente iguais, segue-se que as

reas dos retngulos AKLCe DGFBtambm so iguais.

Adicione a cada uma dessas reas a rea do retngulo CLHD.

Ento, a rea do retngulo AKHD igual soma das reas dos retngulos CLHD,DHMBe HGFM.

Mas os retngulos AKLGe CLMBtm reas iguais.

5Repetimos aqui o enunciado desta proposio na primeira edio de Euclides em Portugus [SIMSON, 1773]: Se uma reta

for dividida em duas partes iguais e em outras duas desiguais; ser o retngulo compreendido pelas partes desiguais,

juntamente com o quadrado da parte entre as duas sees, igual ao quadrado da metade da linha proposta.


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14

2 2

2 2x y x y

xy+

= +

ou seja, se conhecemos x y+ (respectivamente x y ) e xy podemos achar x y

(respectivamente x y+ ).

Suponha agora que, na figura 6, AB=ae DB=x. Ento, ax-x2 igual rea do retngulo

AKHD, a qual por sua vez igual soma das reas dos retngulos CLHD, DHMBe HGFM. Se

chamarmos a soma das reas de CLHD, DHMBe HGFMde b2, ento, o problema de resolver

a equao ax-x2=b2se transforma, em linguagem geomtrica, em construir sobre um segmento

de reta de comprimento aum retngulo cuja rea menos a rea de um quadrado seja igual

rea de um quadrado dado (b2). Vemos assim que temos um problema de aplicao de reas

elptico.

Mas como achar x, a raiz da equao ax-x2

=b?Apresentamos a seguir a soluo proposta pelo matemtico escocs Robert Simson7.

Seja c b= . A equao se escreve ento como2 2ax x c = .

Assim, interpretado geometricamente, nosso problema aplicar um retngulo, igual a

um quadrado ( 2c ) a um segmento (a) de tal maneira que haja falta de um quadrado, 2x .

Para fazer isso procedemos da seguinte maneira.

Dado AB, seja Cseu ponto mdio. Por C, levante um segmento COperpendicular a AB

e de comprimento c. Prolongue OCat o ponto N, tal que1

2ON CB a= = . Com centro em Oe

raio ONdescreva uma circunferncia que corta ABem D. Afirmamos que DB=x.

FIGURA 7

7Robert Simson viveu de 1687 a 1768. Publicou uma edio dos Elementos de Euclides muito conhecida, que teve mais de 70

edies em vrias lnguas, inclusive o portugus [SIMSON, 1773].


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Com efeito, a soma das reas do retngulo de lados ADe DHe do quadrado de lado CD

igual rea do quadrado de lado CB, que igual rea do quadrado de lado OD, a qual,

pelo teorema de Pitgoras, igual soma das reas dos quadrados de lados OCe CD. Ento,

o retngulo de base ADe altura DB igual ao quadrado de lado OC, ou seja, se x=DB, ax-

x2=b2.

Assim, acabamos de resolver geometricamente um tipo de equao do 2 grau, mais

precisamente o tipo ax-x2=b2, que corresponde s aplicaes de reas elpticas.

Analogamente ao que foi feito na Proposio II.5, Euclides mostra que

Proposio II.6 -- Se uma linha reta dividida em duas partes iguais e se uma outra

linha reta lhe adicionada, prolongando-a, o retngulo determinado pela linha reta e pela reta

adicionada igual, se lhe for adicionado o quadrado sobre a metade da reta, ao quadrado

sobre a reta formada pela metade e pela reta adicionada8.

FIGURA 8

Neste caso, o retngulo de lados ADe DB um retngulo aplicado a um segmento dado

(AB) mas que o excede por um quadrado (cujo lado igual a BD). O problema sugerido por

este teorema o de achar um retngulo deste tipo que seja igual a uma rea dada, que

suporemos ser um quadrado. Na linguagem geomtrica das aplicaes de reas dos gregos,

trata-se de aplicar a um segmento um retngulo igual a um quadrado dado e que excede o

segmento por um quadrado dado9.

Fazendo AB=a, DB=x, e supondo que o quadrado dado tem rea b2 , obtemos, como

fcil de ver, ax+x2

=b2

, um dos tipos associados s aplicaes de reas hiperblicas.Simson tambm apresenta uma soluo para este problema em sua edio dos

Elementos de Euclides, publicada em 1756, a qual foi traduzida um pouco depois para o

portugus, por ordem do Marqus de Pombal [SIMSON, 1773].

8Na traduo de [SIMSON, 1773]: Se uma reta for dividida em duas partes iguais e em direitura com ela se puser outra reta;

ser o retngulo compreendido pela reta toda e mais a adjunta, e pela mesma adjunta juntamente com o quadrado da metade da

primeira reta, igual ao quadrado da reta que se compe da mesma metade e da outra reta adjunta.9

Compare com HEATH, volume 2, pp. 385-387.


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FIGURA 9

Para acharmos as solues da equao 2 2ax bx b+ = , seja AB=a e trace BQ

perpendicular a ABe de comprimento igual a b. Trace a reta CQ. Com centro C e raio CQ,

trace uma circunferncia que corta o prolongamento de ABem D. Afirmamos que BD igual a

x, o que procurvamos.

De fato, pela Proposio II, 6 dos Elementos, o retngulo de lados AD e DB mais o

quadrado de lado CB igual ao quadrado de lado CD, ou seja, ao quadrado de lado CQ, ou

ainda aos quadrados de lados CBe BQrespectivamente. Assim, o retngulo de lados ADe DB

igual ao quadrado de lado BQ, ou seja,

2 2+ =ax x b

Observe que este procedimento de Simson tambm funciona para resolver a equao

2 2 =x ax b

Para isso, suficiente supor que AB=a e AD=x. Ento, x2-ax= rea do retngulo de

diagonal CQ+ rea do quadrado de diagonal QD+ rea do retngulo de lados QHe HM.

Para resolver esta equao, conhecemos b2, CB2 ou [(a)]2, que diferem da rea

procurada por CD2. Assim podemos encontrar D, e portando ADou x, pela construo j dada.

Agora, aps termos visto como os gregos sabiam resolver geometricamente equaes

do 2 grau, voltemo-nos para os resultados de Diofanto

10

sobre o assunto. Ele resolve oproblema, j atacado pelos babilnios, de achar dois nmeros de maneira que seu produto e

sua soma sejam iguais, respectivamente, a dois nmeros dados, ou seja, achar xe ytais que

,+ = =x y b xy a . Sua soluo exatamente a dos babilnios.

10Matemtico grego que viveu, segundo alguns autores, em torno de 250 d.C. Foi um estranho no ninho na Matemtica

grega. Dedicou-se ao estudo das equaes e da teoria dos nmeros. Enquanto os matemticos gregos clssicos seguiam

modelos de argumentao rigorosos, geomtricos, Diofanto foge a este padro da matemtica grega, mostrando procedimentos

para a resoluo de sistemas de equaes.


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Diofanto faz2

=

x ys , donde

2= +

bx s e

2=

by s .

Para calcular s, temos que2

2

2

= =

bxy s a , uma equao do 2 grau bem simples.

Alm disso, Diofanto mostra como resolver2 2

2 2

, ,

, ,

3, 5.

= + =

= =

+= = = =

+

x y a x y b

xy a x y b

x x yp q

y x y

No ltimo caso, ele faz s=y. A soluo deste sistema achada como segue:

2 2

, , .+

= = =

+

x x yp q x ps

y x y

Ento

2 2

2 2 22 2

2

, , .

s (p +1)=qs(p+1).

q(p+1)s=p +1

+= = =

+

+=

+

x x yp q x ps

y x y

p s sq

ps s

Ento,

2 2 2 2 22 2

s (p +1)=qs(p+1).+ +

= = + +

x y p s sq

x y ps s

E obtemos imediatamente que

2

q(p+1)s=

p +1

o que nos permite calcular xe y.

Conhecendo x+ye x-ycalculam-se facilmente, mais uma vez, xe y.


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18

Outras civilizaes tambm estudaram a equao do 2 grau. Assim, na China, no Nove

captulos da arte matemtica11, encontramos um exemplo que em linguagem moderna seria

escrito como 2 2 2, . = + =x y d x y s No nos deteremos aqui nas contribuies chinesas para

a soluo da equao do 2 grau.

11Texto matemtico chins, de data incerta, escrito provavelmente em torno de 200 a.C. Nele se encontram resultados que

sabemos serem mais antigos, por se encontrarem em textos incompletos anteriores.


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OS HINDUS E A EQUAO DO 2 GRAU

Vejamos agora as contribuies dos matemticos hindus para o estudo da equao do 2 grau.

O perodo clssico da matemtica hindu se d entre 400 e 1200 depois de Cristo. Aps

isso, at 1600, a Matemtica declinou no norte do sub-continente indiano e temos trabalhos

sobre sries infinitas e sobre anlise em Kerala, regio situada na extremidade sul do sub-continente indiano.

Os primeiros registros de matemtica na ndia se encontram nos vrios Sulvasutras1,

escritos provavelmente entre 800 a.C. e 500 a.C. e que se transmitiram oralmente durante

muito tempo. Eles registram conhecimentos matemticos de idade desconhecida, mas

certamente bem anteriores. Devemos mencionar tambm o manuscrito Bakshali2, fonte

importante para o conhecimento da Matemtica hindu.

As equaes do 2 grau surgem pela primeira vez na matemtica hindu nos sulvasutras,sob as formas 2 =ax c e 2 + =ax bx c , sem que sejam apresentadas solues. Mais tarde, no

manuscrito Bakshali, descrito um procedimento de soluo que corresponde frmula

moderna

2 4

2

+ =

b ac bx

a

para a equao 2 0+ =ax bx c .

Ariabata I3, em torno de 500 d.C., chega a uma equao do 2 grau a partir de umproblema de progresses aritmticas.

Sejam a o primeiro termo e d a razo da progresso aritmtica, respectivamente.

Consideremos os termos de (p+1) at (p+n). Se m o termo mdio, temos:

1

2

= + +

nm a p d

Ento a soma desses termos 1 ...+ += + + =p p nS a a nm .

Se p=0, podemos obter nem funo de a, de S:

1 Os sulvasutras tratam dos conhecimentos tericos necessrios para a construo de altares. Eles so escritos em versos, eparecem terem sido escritos em torno de 600 a.C.2 Manuscrito matemtico, encontrado em 1881, em pssimo estado, prximo a uma aldeia indiana chamada Bakshali. Supe-seque ele data do sculo VII d.C.3 Matemtico hindu que viveu em torno de 476 d.C. Escreveu o Ariabatia (490 d.C.). No confundir com o matemticoconhecido com Ariabata II, que viveu entre 950 e 110, e do qual trataremos mais tarde.


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23

2 2

2

2 2 2

1

2

2 (2 ) ( )

( ) 2 0

( 1) ( 1) 4

2

= +

= + = +

+ =

+ +=

nS n a d

S an n n d n d n ad d

n d n ad d S

a d a S

n d

Mais uma vez, frisamos que nosso simbolismo algbrico no estava disponvel na

poca. Mas os procedimentos de clculo descritos por Ariabata correspondem exatamente a

esta frmula.

Ariabata I mostra tambm como achar x e y conhecendo xy e x-y: A expresso

24 ( ) ( )

2

+ xy x y x ynos d xe yrespectivamente.

Bramagupta, que nasceu em 598 e morreu aps 665, tambm ensina como resolver a

equao ax2+bx=c, com a, b e c positivos. Seu procedimento corresponde exatamente

frmula

24

2

+ =

ac b bx

a

ou

2

2 2

+ =

b bac

xa

.

O matemtico hindu Bskara II tambm mostra como resolver a equao 2 + =ax bx c .

Para isso, em um de seus trabalho ele multiplica ambos os membros da equao por a:

2( ) ( )+ =ax ab x ac

Em seguida, completa os quadrados explicitamente:

2 22( ) ( )

2 2 + + = +

b bax ab x ac

interessante observar que, j nessa poca, havia plena conscincia de que nmeros

negativos no so quadrados, e de que o nmero de razes de uma equao do 2 grau pode

ser 0, 1 ou 2. Bramagupta afirma que o quadrado de negativo e de positivo positivo e de 0

0.


21/38

24

Bskara II afirma que

O quadrado de uma grandeza positiva ou de uma grandeza

negativa positivo: e a raiz [quadrada] de uma grandeza positiva

dupla, positiva e negativa. No h raiz quadrada de uma grandeza

negativa, pois ela no uma grandeza.Como exemplo de uma equao que tem duas razes positivas, Bskara II prope o seguinte

problema:

A oitava parte de um bando de macacos, elevada ao quadrado,

brinca em um bosque. Alm disso, 12 macacos podem ser vistos sobre

uma colina. Qual o total de macacos?

Este problema pode ser traduzido, em linguagem algbrica, como

212

64+ =

xx ,

cujas solues so x=48 e x=16.

Bskara II prope tambm o seguinte problema

A quarta parte de um bando de macacos menos 3, elevada ao

quadrado se refugiou em uma caverna. Era possvel ver ainda um

macaco.

A traduo algbrica desta problema

2

3 15

+ =

xx

cujas solues so 50 e 5. A soluo x=5 descartada porque 35

xseria ento negativo.

Bramagupta e Bskara II mostram tambm como calcular os comprimentos p e q

determinados sobre a hipotenusa pela altura hdo tringulo retngulo ABC:

2 2 2

2 2 2.

+ =

+ =

p h a

q h b

Assim, 2 2 2 2. = p q a b

Como p+q=c, temos


22/38

25

2 2 ( )( )

1 ( )( )

2

1 ( )( )

2

+ = =

+ = +

+ =

a b a b a bp q

c c

a b a bp c

c

a b a bq c

c

Se a=17, b=10 e c=9, temos p=15, q=-6 e Bskara afirma que isso negativo, ou seja,

na direo oposta.

A primeira descrio da regra geral para achar as razes da equao do 2 grau parece

ser encontrada em um trabalho de Sridhara4, que no foi preservado. Bskara II e outros o

citam, como segue:

Multiplique ambos os lados [da equao] por uma quantidade conhecida

igual a quatro vezes o coeficiente do quadrado da incgnita; adicione a ambos os

lados uma quantidade igual ao quadrado do coeficiente da incgnita; ento

[extraia] a raiz quadrada.

OS RABES E A EQUAO DO 2 GRAU

J mostramos como os babilnios, gregos e hindus resolviam equaes do 2 grau.

Continuaremos agora nossa viagem examinando mtodos de resoluo da equao do 2 grau

pelos rabes.

Os rabes assimilaram a Matemtica dos gregos e fizeram progressos em vrias reas,

como, por exemplo, em trigonometria, nas equaes algbricas e em pesquisas sobre o quinto

postulado de Euclides. Veremos inicialmente as contribuies de al-Khowarizmi para a soluo

das equaes do 2 grau.

Pouco se conhece da vida de Muhammad ben Musa al-Khowarizmi (780-850). Segundo

um de seus bigrafos rabes, al-Khowarizmi foi o primeiro matemtico muulmano a escrever

sobre a soluo de problemas usando al-jabr e al-muqabala.

O significado usual de jabr adicionar termos iguais a ambos os membros de uma

equao, a fim de eliminar termos negativos. Um outro significado menos freqente

multiplicar ambos os lados de uma equao pelo mesmo nmero a fim de eliminar fraes.

4 Viveu entre 850 e 950 d. C. No so conhecidas as datas exatas de seu nascimento e de sua morte.


23/38

26

Muqabalasignifica a reduo de termos positivos por meio da subtrao de quantidades

iguais de ambos os membros da equao. No entanto, o matemtico al-Karaji usa esta palavra

no sentido de igualar. O significado literal da palavra significa comparar.

Em seu livro Al-jabr wel muqabala, cujo ttulo completo O livro compendioso dos

clculos com al-jabr e al-muqabala, al-Khowarizmi d dadas regras para as resolues deequaes do primeiro e do segundo graus. Sua lgebra retrica, ao contrrio dos progressos

iniciais anteriormente feitos por Diofanto no sentido de uma lgebra simblica.

Inicialmente al-Khowarizmi ensina como resolver as equaes x2=5x,2

43

=x

x e

25 10=x x . Outros captulos tratam, respectivamente, de equaes de um dos seguintes tipos,2 2

+ =ax bx c , 2 + =ax c bx e 2+ =bx c ax , nas quais os coeficientes so todos positivos. Em sua

obra so consideradas apenas razes positivas.

O primeiro dos trs casos acima exemplificado, no Captulo IV, com as equaes

2 10 39x x+ = , 22 10 48x x+ = e 21

5 282

x x+ = .

Al-Khowarizmi apresenta a equao 2 10 39x x+ = e sua soluo como segue:

Por exemplo: um quadrado e dez razes do mesmo equivalem a 39

denares; ou seja, qual deve ser o quadrado que, quando aumentado de dez

de suas prprias razes, equivalente a trinta e nove?

A soluo : tome a metade do nmero de razes, o que neste

exemplo igual a cinco. Isso voc multiplica por ele prprio; o produto vinte

e cinco. Adicione isso a trinta e nove; a soma sessenta e quatro. Agora,

tome a raiz disso, que oito e subtraia dela a metade do nmero de razes,

que quatro. O resultado trs. Isso a raiz do quadrado que voc

procurava; o quadrado nove.

Isso equivalente a usar a frmula bem conhecida

2 2 4

2 2 2

+ + =

b b b ac bc

Essa soluo justificada geometricamente da seguinte maneira: Seja AB=xo lado do

quadrado ABCD. Prolonguemos BA e AD para obtermos AE=DF=5 e construa o quadrado

EBGL. O polgono EHDFGB tem rea igual a 2 10+x x , ou seja, 39. Somando a esta rea a


24/38


25/38

28

KHJL 25-21=4, ou seja, 2(5 ) 4, (5 ) 2, 3.x x x = = = Isso equivale a utilizar nossa frmula

bem conhecida

2

2 2 2

p p px s q

= =

A FIGURA 11-B ilustra a soluo no caso em que2

>p

x .

Na figura, AD=10, AB=BD=5 e AK=x. Seja AK=AC=x. Assim, BC=x-5 e CD=10-x.

FIGURA 11-B

Construa o quadrado BDEG, cujo lado ser 5. Marque, sobre BG, o ponto M tal que

BM=10-x. Ento, GM=BC=x-5 e MNFG um quadrado.

Observe ento que FE=BMe IF=MN.

Lembrando que 2 21 10x x+ = , vemos que 2(10 )( ) 10 21CDHIA x x x x= = = .

Ora, como IFEHe BCMNso congruentes, vemos imediatamente que

210 21ADHK ACIK CDHI x A A A x= = + = +

Mas, alm disso,

2

2

25 5

21 ( 5)MNFG

BDEG BCNM MNFG CDEF

FEHI CDEF

A A A A

A A A x

= = = + + =

= + + = +

Assim, temos enfim que 24 ( 5)x= e portanto x=7.

O caso das equaes do tipo 2+ =px q x , exemplificado por 23 4+ =x x , resolvido no

Captulo VI e a soluo justificada pelas seguintes ilustraes


26/38

29

FIGURA 12-A

FIGURA 12-B

Divide-se o comprimento pao meio e traam-se os quadrados de lados2

pe

2=

ps x

respectivamente. Devido congruncia dos retngulos designados por O, a figura hachurada

tem rea q, e assim

22

2

= +

ps q

2

2 2 2 = + = + +

p p px s q

Os tipos de equaes discutidos por al-Khowarizmi sero tratados por matemticos

rabes posteriores, at Baha al-Din (1547- 1622) exatamente desta maneira ou de maneiras

semelhantes. Por vezes os mesmos exemplos numricos so usados. As demonstraes

geomtricas apresentadas refletem a influncia de Euclides.

Alm das contribuies de al-Khowarizmi, citemos tambm os trabalhos de Tabit ben

Qurra, que viveu de 836 a 901 e foi um grande cientista rabe, com contribuies importantesem vrios campos. Ele escreveu um pequeno tratado sobre a verificao de problemas de

lgebra por demonstraes geomtricas, em que mostra como resolver as equaes2

+ =x mx n , 2 + =x b ax e 2 = +x ax b .


27/38

30

O matemtico Al-Karagi5 fornece, alm das provas geomtricas, uma soluo dotipo de

Diofanto para cada caso apresentado. Ele procura sempre completar os quadrados. No caso

de 2 10 39+ =x x isso no apresenta dificuldades. No entanto, ao tratar de 2 21 10+ =x x , como os

rabes no trabalhavam com nmeros negativos, necessrio proceder como abaixo:

2

2

2

2

21 25 10 2521 25 21 10 25 21

25 10 4

25 10 4

+ + = +

+ + = +

+ = +

+ =

x x

x x

x x

x x

Assim, temos que

2( 5) 4

5 2, 7

5 2, 3

=

= =

= =

x

x x

x x

CONTRIBUIES POSTERIORES

No sculo XII, o livro de lgebra de al-Khowarizmi foi traduzido para o latim por Gerard de

Cremona (1114-1187) e por Robert de Chester (1145). Alm disso, os conhecimentos rabes

sobre a equao do 2 grau foram tambm introduzidos na Europa pelo livro Lber embadorum

de Abrao bar Hija, conhecido no ocidente por Savasorda, matemtico judeu falecido em 1136

e que trabalhou em Barcelona. Seu trabalho foi traduzido pelo matemtico italiano Plato de

Tvoli, que viveu de 1134 a 1145 em Barcelona e traduziu para o latim obras do rabe e do

hebraico. Como feito por al-Khowarizmi, as frmulas de soluo so simplesmente dadas e

justificadas por ilustraes. Sua percepo de que algumas equaes de graus superiores

podem ser transformadas em equaes do 2 grau tornou-se conhecida, em particular por Luca

Paccioli.

Embora no tenha feito contribuies originais e importantes sobre nosso assunto,

Leonardo de Pisa, conhecido tambm como Fibonacci, que viveu aproximadamente de 1170 a

1240, destaca-se por ter dado pessoalmente contribuies importantes em Matemtica edifundido a Matemtica rabe no ocidente.

Quando Fibonacci viveu, o nvel da Matemtica na Europa era muito baixo. Ento, os

matemticos rabes eram de longe melhores do que os matemticos do Ocidente. com ele

que a matemtica ocidental comea a progredir, superando os rabes. Em seu livro Lber

5 Matemtico rabe que viveu do fim do sculo X ao princpio do sculo XI em Bagd.


28/38

31

Abbaci, escrito em 1202, citando Maumeth, ou seja, Maom, querendo referir-se a al-

Khowarizmi, apresenta a resoluo das seguintes equaes:

2

2

2

2

2

ax bc

ax c

bx cax bx c

ax c bx

ax bx c

=

=

=

+ =

+ =

= +

Neste livro, ele resolve uma das equaes que al-Khowarizmi j tinha tratado,2 10 39x x+ = e justifica geometricamente sua soluo, de maneira semelhante de al-

Khowarizmi. Na poca, a incgnita xera chamada de radix(raiz), seu quadrado quadratusou

census, e o termo constante numerus. Assim, essa equao era escrita Census et decem

radicis equantur39.

Um matemtico do sculo 15 muito pouco conhecido, Benedetto de Florena, publicou

em 1463 sua obra mais importante, Trattato di praticha darismetica, no qual mostra como

resolver as equaes

As resolues apresentadas so exatamente as de al-Khowarizmi.

Benedetto de Florena no fez muitas contribuies originais para o estudo das

equaes do 2 grau, mas ele importante por divulgar no Ocidente as tcnicas algbricas dos

rabes. No entanto, ele acrescentou os seguintes tipos de equaes aos j estudados por al-

Khowarizmi

2

2

2

2

2

=

+ =

=

+ =

=

= +

x px

x px q

x q

x q px

px q

x px q


29/38

32

3 2

4

4 2

2

4 2

4 2 110

+ =

=

+ =

+ =

= +

+ =

x px qx

x px

x px q

x q px

x px q

x x

`

Em seu tratado, Benedetto apresenta uma lista de 140 problemas numricos tirados de

um Trattato di praticha, hoje perdido, escrito pelo florentino Master Biaggio, que morreu em

torno de 1340. Vinte e oito destes problemas so de Matemtica comercial. Os outros so

resolvidos por equaes dos tipos estudados anteriormente por Benedetto no mesmo livro. Um

deles conduz equao1 1

(2 ) 1212 12

+ + + =x x x . Outro d origem equao 4 2 110+ =x x .

Alm dos matemticos que citamos, vrios outros italianos deram contribuies para oestudo das equaes algbricas, entre elas a equao do 2 grau.

No Ocidente, foi reconhecido que permitir que os coeficientes de uma equao do 2

grau sejam negativos ou nulos tornava possvel obter uma nica forma padro para todos os

tipos de equaes do 2 grau discutidos separadamente at ento. Michael Stifel (matemtico

alemo que viveu de 1487 a 1567. Foi primeiramente monge Augustino e depois proco

luterano) afirma isso explicitamente e reduz todas as equaes do 2 grau forma 2x px q =

O fato que Stifel afirma que 2x px q = + e 2x px q = + s tm uma raiz, e que 2x px q =

no tratado, mostra que, para ele, os nmeros negativos no tinham existncia prpria, eram

somente termos a serem subtrados de um dos membros da equao. No entanto, em outros

locais de suas obras ele realmente considerou nmeros negativos. Stifel d uma regra geral

para resolver uma equao do 2 grau, independentemente de os coeficientes serem positivos

ou negativos:

Comece com a quantidade das razes [i.e., p], divida-o e substitua a

raiz por sua metade, guardando essa metade at que toda a operao tenha

sido completada (ou seja, substitua ( ) px por ( )2p

.

Multiplique essa metade por ela mesma.

Some ou subtraa, como pedido pelo sinal do membro (ou seja, forme2

2p

q

).


30/38

33

Da soma ou da diferena, extraia a raiz quadrada (ou seja, calcule

2

2p

q

).

Adicione ou subtraia o quadrado [ ( )

2

p ] como o sinal o exige

(2

2 2p p

q

).

O matemtico francs Vite (1540-1603) trata as equaes do 2 grau aceitando os

nmeros negativos como quantidades que devem ser subtradas, como Stifel. Somente com

Stevin (matemtico belga, 1548-1620) que se aceitam coeficientes verdadeiramente

negativos em uma equao do 2 grau, ou seja, nmeros negativos considerados como tais.

Durante muito tempo, no Ocidente, os nmeros negativos foram considerados Numerificti, nmeros fictcios, como dizia Stifel. Cardano lhes deu o mesmo nome. Razes negativas

de equaes do 2 grau foram reconhecidas somente aos poucos. Stevin as chama de

solues sonhadas (solutions songes) mas afirma que ela so teis para achar solues

verdadeiras de outras equaes. Vite e Harriot (matemtico ingls que viveu de 1560 a 1621)

no as aceitavam. Somente com o importante teorema de Girard6 que elas se impem. Mas

mesmo assim Descartes7 as chama de racines fausses(razes falsas).

Passemos agora a estudar a contribuio do matemtico francs Franois Vite (1540-

1603) para o estudo da resoluo da equao do 2 grau.

Vite teve uma carreira bem sucedida como advogado e conselheiro real. Em 1591, ele

publicou seu In artem analyticem isagoge, livro extremamente importante para a histria da

lgebra. Vite foi o primeiro matemtico a usar letras no somente para representar incgnitas,

mas tambm constantes. Ao contrrio do que fazemos hoje, ele representava as incgnitas por

vogais e as constantes por consoantes.

As equaes + = = =2 2 2 2 2 2, , -A AB D A AB D AB A D so tratadas por Vite8 em

seu Effectionum geometricarum cannica recensio, que mostra como resolv-las

6 Albert Girard viveu de 1595 a 1632 e passou a maior parte de sua vida na Holanda, embora tenha nascido na Frana.Devemos a ele a primeira formulao do teorema fundamental da lgebra, sobre o nmero de razes de uma equaopolinomial.7 Filsofo e matemtico francs (1596, 1650). Fez trabalhos fundamentais em filosofia e em matemtica. Foi um dos criadoresdo que hoje se conhece como geometria analtica. Seu livro, La Gomtrie, um dos apndices ao seu Discours de la Mthode,revolucionou a matemtica, mostrando como interrelacionar a lgebra e a geometria.8 Matemtico francs que viveu de 1540 a 1603. Desempenhou papel extremamente importante no desenvolvimento dalgebra. Entre outras contribuies, introduziu o uso de letras para representar nmeros, em seu In artem analyticem isagoge,de 1591.


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34

geometricamente Lembremos que, na notao de Vite, a incognita A e que B e D so

dados. As solues geomtricas das trs equaes esto mostradas nas figuras a seguir

FIGURA 13

A fim de deduzir a frmula de Bskara, Vite procedeu como segue.

Dada a equao 2 0ax bx c+ + = , faamos x y z= + . Substituindo esse valor de x na

equao, obtemos

2( ) ( ) 0a y z b y z c+ + + = =

2 2(2 ) 0ay az b y az bz c+ + + + + =

Achemos os valores de z para os quais esta equao em y no tenha o termo de

primeiro grau, (2 )az b y+ :

2 0az b+ =

2

bz

a=

Substituindo este valor de zna equao, obtemos

2 2( ) ( ) 02 2

b bay a b c

a a+ + + =

2 2 24 4a y b ac=

22

2

4

4

b acy

a

=

2

2

4

4

b acy

a

=

2 4

2

b b acx

a

=

Este resultado exatamente a frmula de Bskara.


32/38

35

Outra maneira, mais complicada, para resolver algebricamente a equao do 2 grau foi

proposta pelo matemtico italiano G.C. Fagnano9 em 1735.

Faamos

1 2

1

z uzx

u

=

Substituindo este valor de xna equao, obtemos

2

1 2 1 2 01 1

z uz z uza b c

u u

+ + =

ou seja,

2 2 22 2 1 2 1 2 1 1

1( ) 2 ( ) ( ) 0

2az bz c u az z b z z c u az bz c

+ + + + + + + + =

.

Esta equao em utem o termo de primeiro grau nulo quando

1 2 1 2

1( ) 0

2az z b z z c+ + + = .

Fazendo 2 0z = , temos

2 21 1cu az bz c=

Agora, utilizando

1 2 1 2

1( ) 0

2az z b z z c+ + + =

obtemos

1

2cz

b= .

Substituindo este valor, vemos que

9 Giulio Cesare Fagnano (1682, 1766), conde de Fagnani, nasceu em famlia nobre. Deixou trabalhos importantes emgeometria, particularmente a geometria do tringulo. Em lgebra, mostrou maneiras de resolver as equaes do 2, 3 e 4 grau.


33/38

36

22

2

4 2c bccu a c

b b= +

22

2

4b acu

b

=

2

24b acu

b

=

Como (lembre-se que fizemos 2 0z = )

1 2 1

1 1

z uz zx

u u

= =

temos que

1

2 2

2

22

1 4 41

c

z cbxu b ac b b ac

b

= = =

AS SOLUES GEOMTRICAS DE DESCARTES E DE STEINER

Apresentaremos, por fim, duas solues geomtricas para a equao do 2 grau, devidas

respectivamente a Descartes e a Steiner.

Podemos supor que a equao do 2 grau da forma 2 0x ax b+ + = .

Usando a regra dos sinais de Descartes, as equaes do 2 grau que podemos garantir

terem razes reais positivas so:

2 2

2 2

2 2

0

0

0

x ax b

x ax b

x ax b

+ =

=

+ =

A primeira e a segunda dessas equaes tm sempre uma raiz real positiva. A terceira

tem ambas as razes reais se2

2 04

ab . Como estamos tentando construir geometricamente

as razes dessas equaes, suporemos que a, xe brepresentam comprimentos e escrevemos

b2 para garantir a homogeneidade dos vrios termos da equao, como fazia Descartes.


34/38

37

No livro I de sua obra revolucionria La Gomtrie, Descartes apresenta a seguinte

soluo para achar a raiz real positiva da primeira equao.

FIGURA 14

Em primeiro lugar, necessrio escolher um segmento unitrio, ou seja, cuja medida

ser considerada como igual a 1. Todos os outros segmentos tero suas medidas comparadas

com ele.

Considere um segmento ABde comprimento be levante por Buma perpendicular a AB

e escolha sobre ela um ponto O tal que OB tenha comprimento a/2. Com centro em O,

descreva a circunferncia com raio OB. Sejam Pe Qos pontos em que a reta definida por A e

Ointercepta a circunferncia.

Pela propriedade da potncia de um ponto relativamente a uma circunferncia, temos

que 2b AP AQ= . Fazendo AP x= , temos que AQ x a= + e assim 2 2( )b x x a x ax= + = + , ou

seja, 2 2 0x ax b+ = e vemos que realmente construmos uma soluo (real positiva) para a

primeira das equaes que apresentamos acima.

Para achar a soluo real positiva da segunda das equaes, suficiente fazer AQ=x.

Ento, AP=x-a e vemos que 2 2( )b x x a x ax= = , ou seja, conseguimos achar a raiz

procurada.

A fim de resolver a equao 2 2 0x ax b + = , Descartes, na mesma obra, procedeu como

segue.

FIGURA 15

Trace um segmento ABde comprimento ae seja Oseu ponto mdio. Com centro em O

e raio AOdescreva uma semi-circunferncia. Pelo ponto B, levante uma perpendicular a ABe


35/38

38

escolha sobre ela o ponto P, tal que o segmento BPtenha comprimento igual a b. Por P, trace

uma paralela a AB. Como2

ab (Por qu?), vemos que esta paralela intercepta a

circunferncia pelo menos em um ponto. Seja Qum dos pontos de interseco e So p da

perpendicular baixada de Qsobre AB. Denote por xo comprimento de SB.

Pelas propriedades mtricas em um tringulo retngulo, temos que 2QS AS SB= . Assim,

2 ( )b x a x= , ou seja, 2 2 0x ax b + = .

Jacob Steiner, matemtico suio que viveu de 1796 a 186310 e que nos deixou

importantes trabalhos sobre Geometria, construiu geometricamente as solues reais, positivas

ou negativas, de uma equao do 2 grau da seguinte maneira.

FIGURA 16

Consideremos a equao 2 0,x px q+ + = com 0p . Essa a nica restrio que

impomos aos coeficientes pe q. Tome um sistema de eixos cartesianos ortogonais e sobre o

eixo vertical, OY, escolha Utal que o comprimento OUseja igual a 1 e trace a circunferncia decentro O, sobre OYe cujo dimetro OU. Por U, trace uma paralela ao eixo OXe tome sobre

ela o ponto Ptal que o comprimento orientado UPseja igual1

p e marque sobre OXo ponto Q

cuja abcissa igual aq

p .

Sejam Me Nos pontos de interseco da reta definida por P e Qcom a circunferncia.

A partir de U, projete M e N sobre OX, obtendo os pontos A e B respectivamente, cujas

abcissas so, respectivamente, e .

Os tringulos semelhantes UMPe AMQpermitem escrever

: :UP QA UM MA=

Alm disso, o tringulo retngulo UAOnos permite escrever

10 Steiner fez contribuies importantes em geometria, particularmente geometria projetiva. Explorou muito bem a projeoestereogrfica do plano sobre a esfera.


36/38

39

2 2: :UM MA OU OA=

Estas duas propores nos permitem escrever

21 : ( ) 1:q

p p + =

Ou seja,

2 0p q + + = .

Analogamente, poderamos obter

2 0.p q + + =

E assim achamos as razes da equao.

fcil ver que a reta PQintercepta necessariamente a circunferncia ou lhe tangente.

Com efeito, a equao da reta, como se pode verificar facilmente, 1 (1 )( 1) 0px q y+ + = .

Se denotarmos por a distncia do centro C da circunferncia reta, temos

2 22

2 2 2 2

( 1) ( 1)

4[ ( 1) ] 4[ 4 ( 1) ]

q q

p q p q q

+ += =

+ + +

Se 2 4 0p ac , segue-se que 214

, e assim a reta intercepta a circunferncia em pelo

menos um ponto, ou seja, a equao admite pelo menos uma raiz real.

Outro mtodo para achar as solues da equao do 2 grau o seguinte, apresentado

primeiramente por Bzout11 e Euler12 e depois por Sylvester13 e Hesse14.

Consideremos a equao 2 0x px q + + = e faamos x u z= + . Ento

2 ( )x u z x = + ,

3 2( )x u z x = + .

Podemos ento escrever

11 tienne Bzout, francs, viveu de 1730 a 1783. Escreveu vrios livros-texto muito difundidos e trabalhou, entre outrosassuntos, em lgebra. Seu teorema sobre o nmero de interseces de duas curvas algbricas fundamental.12 Leonard Euler (1707-1783), suo, foi um dos gigantes da Matemtica no sculo XVIII, o qual por alguns historiadores daMatemtica denominado o sculo de Euler. Fez contribuies fundamentais em geometria, anlise e teoria dos nmeros.13 James Joseph Sylvester (1814-1897) foi um matemtico ingls que deu importantes contribuies lgebra. Devemos a ele aintroduo das matrizes.14 Otto Hesse (1811-1874) nasceu em Knigsberg, ento Alemanha, e atualmente Kalingrad, na Rssia. Foi aluno de Jacobi epublicou pesquisas sobre funes algbricas e teoria dos invariantes.


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40

3 2

2

3 2

0

( ) 0

( ) 0

x px qx

x u z x

x u z x

+ + =

+ =

+ =

Para que este sistema tenha soluo, o seguinte determinante tem que ser nulo:

10 1 -( ) 0

1 -( ) 0

p q

u z

u z

+ =

+

Desenvolvendo este determinante obtemos

2( ) ( ) 0p u z u z q + + =

e portanto

2 2

(2 ) ( ) 0u z p u z pz q + + + + + =

Fazendo 2 0z p+ = , obtemos

2 22 2

2( ) 2 2p p

u z pz q q

= + + = + +

e assim

21 42

u p q=

do que decorre

21 42 2p

x p q=

A histria da equao do 2 grau nos mostra como um tema de Matemtica retomado

varias vezes. Vimos como, ao longo dos sculos, as maneiras de resolver esta equao

mudaram, at chegar forma padro que conhecemos hoje. Alm disso, mesmo aps ter

deixado de ser um desafio, muitos matemticos se ocuparam com ela, pelo simples prazer de

procurar novas maneiras para chegar s suas solues.

REFERNCIAS BIBLIOGRFICAS

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1956.


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Vollstndig neu bearbeitet von Kurt Vogel, Karin Reich, Helmut Gericke. Berlin: Walter

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a historia da equacao de 2 grau

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