gentil lopes - números hipercomplexos 3d

Algumas Perolas

“Nenhuma producao de ordem superior, nenhuma invencao jamais procedeu dohomem, mas emanou de uma fonte ultraterrena. Portanto, o homem deveriaconsidera-la um dom inspirado do Alto e aceita-la com gratidao e veneracao.Nestas circunstancias, o homem e somente o instrumento de uma Potencia Su-perior, semelhante a um vaso julgado digno de receber um conteudo divino”.

Goethe

“O genio, porque sabe encontrar relacoes novas entre as coisas, revela-nos novasharmonias 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 sempreque fora do vosso mundo nao ha mais nada. Pareceis verdadeiramente comesses selvagens que nunca saıram de sua ilha e creem que o mundo nao vai maislonge”.

O Livro dos Mediuns

“Apenas aqueles que pensam por metades se tornam ateus, aqueles que seaprofundam em seus pensamentos e veem as maravilhosas relacoes entre as leisuniversais reconhecem um poder criador”.

Max Planck

“Um conceito e um estado vibratorio individualizado e delicadıssimo que,uma vez perdido, nao mais se acha nem com a logica e muito menos com avontade, nao retornando senao quando excitado por uma conexao de ideias, istoe, por uma nova passagem proxima num estado vibratorio afim”.

Pietro Ubaldi/As Noures

“. . . O matematico, como o pintor ou poeta, e um desenhista. Se os seusdesenhos sao mais duradouros que os deles, e porque sao feitos com ideias”.

G.H. Hardy

“A fusao entre fe e ciencia, tao auspiciada, ja se completou em meu espırito:visao unica na substancia e de uma a outra eu passo unicamente por umamudanca de perspectiva visual ou de focalizacao de meus centros psıquicos”. Pietro Ubaldi/As Noures

“Nao se pode imaginar que tenacidade de resistencia, que massa de inercia re-presenta o homem medio, justamente o que impoe as normas da vida social”.


“O fenomeno baseia-se na sintonizacao psıquica e a mente do observador,se nao afasta com suas emanacoes um objeto do microscopio, nem influenciaum fenomeno fısico ou quımico, pode paralisar, todavia, o funcionamento deum fenomeno psiquıco. O fenomeno tem suas defesas e se retira em face daameaca a sua vitalidade e, entao, a ciencia nao consegue a observacao, e sim, adestruicao”.


“Para poder avancar na investigacao cientıfica e ver no ıntimo das coisas, eindispensavel a sutilizacao do instrumento de pesquisa - a consciencia”.


2

Numeros Hipercomplexos− 3D(Uma Nova Generalizacao dos Numeros Complexos )

Gentil Lopes da Silva∗

18 de maio de 2007

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

Sumario

1 Os Numeros Hipercomplexos 71.1 Definicao: Numeros Hipercomplexos . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Propriedades das operacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Divisao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Imersao de C em H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Imersao de H − 2D em H − 3D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.6 Forma algebrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.6.1 Unidade imaginaria/Unidade hiperimaginaria . . . . . . . 211.7 Forma trigonometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.7.1 Representacao grafica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.8 Potenciacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.9 Forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1.9.1 Interpretacao geometrica da multiplicacao hipercomplexa 451.10 Radiciacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2 Equacoes 832.1 Resolucao da equacao a · w = b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.1.1 Resolucao da equacao b · w = a . . . . . . . . . . . . . . . 872.1.2 Resolucao da equacao a · w−1 = b . . . . . . . . . . . . . . 902.1.3 Resolucao da equacao b · w−1 = a . . . . . . . . . . . . . . 92

2.2 Resolucao da equacao a · w2 = b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 942.2.1 Algoritimo para extracao de raızes quadradas . . . . . . . 113

3 Funcoes Hipercomplexas de Argumentos Hipercomplexos 1173.1 Generalizacao da formula de Euler (26.01.07 ) . . . . . . . . . . . 1173.2 Generalizacao de funcoes complexas elementares . . . . . 119

3.2.1 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193.2.2 Funcoes trigonometricas com argumentos hipercomplexos . . . 124

4 Aplicacoes 1334.1 Computacao Grafica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.2 Robotica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.3 Um Desafio Dirigido aos Matematicos do Planeta Terra . . . . . . . . 135Apendice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

• Da impossibilidade de uma multiplicacao no R3 . . . . . . . . . 140• Programa para multiplicar hipercomplexos . . . . . . . . . . . 141• Programa para transformar coordenadas retangulares em polares . . 147

3

O Homem e a Eternidade

Aproveito esta oportunidade para resumir minha concepcao a respeitoda relacao entre Deus e o homem.

Algumas pessoas questionam se existe um limite para o homem (ate ondeo homem pode crescer-evoluir- ou avancar) ou qual a natureza do homem.

A relacao entre Deus e o homem pode ser entendida, parcialmente, pelografico abaixo:

-

6

0t

h(t)

D

q -

6

0t

h(t)

D

q

D−ε

D+ε

δ

“O homem e uma funcao do tempo e tem em Deus uma assıntota”Assim como o grafico aproxima-se indefinidamente de sua assıntota,

sem nunca toca-la, da mesma forma o homem tera a eternidade para aproximar-se de Deus, sem nunca toca-lo, digo, jamais sera igual a Deus.

Podemos resumir isto na formula:

limt→∞

h(t) = D

Esta equacao encerra o seguinte significado: Dado, arbitrariamente, umnumero ε > 0, existe um δ > 0 de tal modo que

∣∣h(t) − D

∣∣ < ε, sempre que

t > δ.Traduzindo: Fixada uma distancia qualquer (ε) de Deus, sempre vai existir

um instante no tempo (δ) a partir do qual a distancia do homem a Deus seramenor que aquela distancia fixada.

Observe que o grafico nao parte do zero (origem), isto se deve ao fato dohomem possuir natureza divina.

Entao Jesus afirmou:− Na Lei de voces esta escrito que Deus disse: “Voces sao deuses”.(Joao, 10 : 34)

Ainda no grafico observamos que Deus e uma funcao constante do tempo,em outras palavras, e imutavel.

Cada homem individualmente encontra-se sobre algum ponto do grafico(falando em termos evolutivos).

Agora levando em conta o conjunto dos Espıritos (isto e, nao somente ohomem, como tambem outros seres) podemos dizer que Deus e um ponto de acu-mulacao para este conjunto. Isto e: a qualquer distancia de Deus, encontramosum Espırito.

Prefacio

Neste trabalho construimos um sistema numerico sobre o R3: os numerosHipercomplexos−3D (uma nova generalizacao dos numeros Complexos).Notacao: H, ou ainda, H − 3D.

Nosso escopo, com este trabalho, e trazer a baila o tema numeros tridi-mensionais.

O matematico irlandes William Rowan Hamilton (1805-1865) ([2]) ao per-ceber que os numeros complexos poderiam ser representados por pontos noplano, isto e, por pares ordenados (x, y) de numeros reais, teve a ideia de gene-raliza-los para pontos no espaco a tres dimensoes. Isto e, para ternos ordenados(x, y, z). Por nada menos que dez anos Hamilton procurou pelos numeros naterceira dimensao sem lograr sucesso.

O que significa procurar por estes numeros? Eles, por acaso, estariamperdidos em algum recanto da natureza? Certamente que nao; o homem − asemelhanca de Deus − tambem tem o poder de crear; e foi isto o que Hamiltonintentou.

E como se crea um conjunto numerico?Respondemos: Definindo uma soma e uma multiplicacao∗. Por exemplo:

Numeros Complexos:

{(a, b) + (c, d) = (a + b, c + d)

(a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc)

pronto! estao criados os numeros complexos. Portanto, o que Hamilton procu-rou foi definir uma soma e uma multiplicacao de ternos ordenados.

A soma nunca apresentou problemas, e facil, veja

Numeros 3 −D :

{(a, b, c) + (d, e, f) = (a + d, b + e, c + f)

(a, b, c) · (d, e, f) = ( ?, ?, ?)

O que Hamilton desejou foi preencher as tres interrogacoes acima.Posteriormente ficou provada a impossibilidade de uma tal multiplicacao.

No apendice (pag. 140) reproduzimos esta prova tal como comparece em [3].Acontece que, para a prova de uma tal impossibilidade, assume-se a hipotese

de que a multiplicacao deve ser associativa e distributiva.Podemos ignorar uma prova matematica. Isto mesmo, um teorema nao

encerra uma verdade absoluta no momento em que, nao aceitando sua hipotese,estamos desobrigados de aceitar sua tese.

Em resumo: para nos que nao exigimos, da multiplicacao, as propriedadescitadas anteriormente, os numeros tridimensionais sao uma realidade.

De outro modo: Hamilton tentou preservar propriedades algebricas (damultiplicacao) e malogrou. Nos, a priori, preservamos uma unica propriedade;nao algebrica, mas sim geometrica: a rotacao, e tivemos mais sorte.

Ademais justificaremos, com razoes geometricas (ou ainda, “razoesintrınsecas”), porque o “natural” e que em tres dimensoes (isto e, no R3) amultiplicacao nao seja nem associativa e nem distributiva. Por exemplo, o -classico - problema:

∗Existem condicoes adicionais sobre estas operacoes. Condicoes intrınsecas e extrınsecas,diriamos. A mais importante, dentre estas ultimas, - assim cremos - e que resultem de utilidadenas ciencias.

6

“separar o numero 10 em duas partes tais que o produto destas seja 40.”,o qual se traduz na resolucao do sistema,

{

x + y = 10

x · y = 40

como se sabe, em R nao possui solucao, em C possui uma unica solucao; noshipercomplexos ( H − 3D ), como mostraremos, este problema possui infinitassolucoes; isto se deve a razoes intrınsecas ao espaco R3 (quero dizer: por dis-pormos de uma dimensao a mais que no R2), isto nao poderia acontecer se amultiplicacao fosse associativa e distributiva.

Ha de se assinalar, todavia, a existencia de problemas insoluveis no corpocomplexo C e com solucao em H, por exemplo o (simples) sistema a seguir

x + y = 0

(−1 · x − y) · y = 2

Acontece que, como diz o velho adagio popular, “onde passa um boi, passauma boiada” , quero dizer: se existe um problema insoluvel em C - e com solucaoem H - entao pode existir uma infinidade de tais problemas.

Em nosso contexto, generalizamos a equacao 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 tambem colocar argumentos hipercomplexos nas funcoes tri-

gonometricas, por exemplo,

sen(

π2 , π

4 , π6

)= 1

4

[(e

π4 + e−

π4 )

√3 − j (e

π4 − e−

π4 )]

Quanto a primeira das propriedades em questionamento, como se sabe,existem algebras nao associativas; quanto a algebras nao-distributivas estas po-derao ter interesse para a ciencia, vejamos a seguinte citacao ( [4], pag. 167 ):

“No tocante aos sistemas quanticos, tudo muda de figura. . . Procedendo-seanalogamente ao caso classico, o reticulado a que se chega, conforme Birkhoff eVon Neuman, nao e a algebra de Boole, porem um reticulado nao distributivo;”.Mais a frente (pag. 169):

“Ele observa, seguindo a trilha de Birkhoff e Von Neuman, que o reticu-lado das proposicoes da mecanica quantica nao e distributivo. Mas, em vez deconsiderar as operacoes definidas entre as proposicoes do reticulado como novasoperacoes que se superporiam aos conectivos classicos, trata de mostrar que aposicao mais sensata e a de se aceitar tais operacoes como as operacoes de umanova logica proposicional, nao distributiva, a qual, ao ser aplicada a proposicoesrelativas a fenomenos macroscopicos, recai na logica classica.”

Ficaremos gratos a crıticas e/ou sugestoes.

Minha gratidao maior ao bom Deus, por ter me concedido gestar e dar a luz

este trabalho. Isto e, assentar este tijolinho em sua magnanima obra.

Gentil Lopes da Silva.

Boa Vista-RR, 02 de maio de 2007.

Capıtulo 1

Os NumerosHipercomplexos

“Dizendo isso, gritou bem forte:

‘Lazaro, saia para fora!’ O morto

saiu. Tinha os bracos e as pernas

amarrados. . . Jesus disse aos pre-

sentes: ‘Desamarrem e deixem que

ele ande’.” Jo. (43 − 44 )

Introducao: Diferenca entre conjunto e estrutura

Em matematica sao frequentes conjuntos munidos de uma ou mais operacoes,que gozam de certas propriedades. Esses conjuntos com tais operacoes e respec-tivas propriedades constituem aquilo que denominamos estruturas algebricas.

Primeiramente observamos que quando nos referimos - na maioria das ve-zes - aos “conjuntos numericos” Z, R, C, por exemplo; estamos nos referindo, aestes conjuntos com suas respectivas operacoes, isto e, as estruturas (Z, +, ·),(R, +, ·), etc. Em funcao do exposto sugerimos a seguinte notacao:

R =conjunto dos numeros reais; R =sistema dos numeros reais

C =conjunto dos numeros complexos; C =sistema dos numeros complexos

Observe que, de acordo com nossa convencao, C = R2 e C =(R2, +, · )

Definicao 1 (Numero). Um “elemento” de um conjunto continuara a ser cha-mado de elemento; agora, ao construirmos uma estrutura algebrica sobre esteconjunto, este elemento tera adquirido o status de numero. Por exemplo, 1 eum elemento do conjunto dos naturais N = {1, 2, 3, . . .} enquanto que 1 e umnumero da estrutura N =

(N, +, ·

).

Continuaremos a usar o sımbolo de pertinencia (∈ ) tanto de elementopara conjunto quanto de numero para estrutura. Por exemplo,

1 ∈ N, 1 ∈ N

No primeiro caso 1 e um reles elemento do conjunto dos naturais; enquantono segundo caso, 1 tera adquirido o status de numero do sistema numerico dosnaturais.

7

8

1.1 Definicao: Numeros Hipercomplexos

Seja R o conjunto dos numeros reais. Consideremos o produto cartesianoR × R × R = R3:

R3 ={

(x, y, z) : x, y, z ∈ R}

Vamos tomar dois elementos, (a1 , b1 , c1) e (a2 , b2 , c2), de R3, paradar tres definicoes:

( i ) Igualdade: dois ternos ordenados sao iguais se, e somente se, ocorre o se-guinte:

(a1, b

1, c

1) = (a

2, b

2, c

2) ⇔ a

1= a

2, b

1= b

2, e c

1= c

2.

( ii ) Adicao: chama-se adicao de dois ternos ordenados a um novo terno orde-nado, obtido da seguinte forma:

(a1 , b1 , c1) + (a2 , b2 , c2) = (a1 + a2 , b1 + b2 , c1 + c2)

( iii ) Multiplicacao: chama-se multiplicacao de dois ternos ordenados a um novoterno ordenado, obtido da seguinte forma:

(a1, b

1, c

1) · (a

2, b

2, c

2) =

(−c1 · c2 , 0, 0), se r1 = 0 e r2 = 0 (D1)

(−c1· c

2· a

2

r2

, −c1· c

2· b

2

r2

, c1 · r2),se r

1= 0 e r

26= 0 (D

2)

(−c1· c

2· a

1

r1

, −c1· c

2· b

1

r1

, c2 · r1), se r16= 0 e r

2= 0 (D

3)

((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

=√

a2

1+ b2

1, r

2=√

a2

2+ b2

2e γ = 1 − c

1· c

2

r1· r

2

Observe que,

r =√

a2 + b2 = 0 ⇒ a2+b2 = 0 ⇒ a2 = −b2 ⇒ a = b = 0; porquanto, a, b ∈ R.

Nota: Ja neste momento observe que se tomarmos c1

= c2

= 0 estamos de voltaaos complexos C.Nota: Na pag. 141 mostramos um programa para multiplicar dois hipercom-plexos.

Definicao 2 (Numeros hipercomplexos). Chama-se sistema dos numeros hiper-complexos, e representamos por H, ao sistema dos ternos ordenados de numerosreais para os quais estao definidas a igualdade, a adicao e a multiplicacao con-forme o ıtem acima.

Gentil 9

Representaremos cada elemento generico (x, y, z) ∈ H com o sımbolo w,portanto:

w ∈ H ⇔ w = (x, y, z) ∈ (R3, +, ·)

Exemplos:

1o ) Dados w1

= (1, 2, 3) e w2

= (2, 0, 0), calcule: w1+ w

2, w

1· w

2e w2

1.

Solucao: Temos,

( i ) w1+ w

2= (1, 2, 3) + (2, 0, 0) = (1 + 2, 2 + 0, 3 + 0) = (3, 2, 3).

( ii ) w1· w

2= (1, 2, 3) · (2, 0, 0). Entao,

r1 =√

12 + 22 =√

5, r2 =√

22 + 02 = 2, γ = 1 − 3 · 0√5 · 2

= 1,

como r16= 0 e r

26= 0, calculamos o produto em (D

4), assim:

w1 · w2 =((1 · 2 − 2 · 0) · 1, (1 · 0 + 2 · 2) · 1, 3 · 2 + 0 ·

√5)

= (2, 4, 6).

( iii ) w21

= w1· w

1= (1, 2, 3) · (1, 2, 3). Entao,

r1

= r2

=√

12 + 22 =√

5, γ = 1 − 3 · 3√5 ·

√5

=−4

5,

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

w21

=((1·1−2·2)·(−4/5), (1·2+2·1)·(−4/5), 3·

√5+3·

√5)

=( 12

5,−16

5, 6

√5)

2o ) Dados w1

= (−1, 0, 0) e w2

= (0, 0, 1), calcule: w1+w

2, w

1·w

2e w2

2.

Solucao: Temos,

( i ) w1+ w

2= (−1, 0, 0) + (0, 0, 1) = (−1 + 0, 0 + 0, 0 + 1) = (−1, 0, 1).

( ii ) w1· w

2= (−1, 0, 0) · (0, 0, 1). Entao,

r1

=√

(−1)2 + 02 = 1, r2

=√

02 + 02 = 0,

como r16= 0 e r

2= 0, calculamos o produto em (D

3), assim:

(−1, 0, 0) · (0, 0, 1) =(− 0 · 1 · 0

1, −0 · 1 · 0

1, 1 · 1

)= (0, 0, 1).

( iii ) w22

= w2· w

2= (0, 0, 1) · (0, 0, 1). Entao,

r1

= r2

=√

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 = w

2.

Solucao: Tomemos w = (x, y, z), entao,

10

w1+w = w

2⇒ (4, 3, 2)+(x, y, z) = (6, 7, 8) ⇒

4 + x = 6,

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 = w

2.

Solucao: Tomemos w = (x, y, z), entao,

w1· w = w

2⇒ (1, −1, 2) · (x, y, z) = (1, 0, 3),

temos,

r1

=√

12 + (−1)2 =√

2, r2

=√

x2 + y2,

temos dois casos a considerar,

( i ) r2

=√

x2 + y2 = 0, isto e, x = y = 0. Neste caso calculamos o produtoem (D3), assim:

(1, −1, 2) · (0, 0, z) =(

− 2 · z · 0√2

, −2 · z · (−1)√2

, z ·√

2)

Entao,

(0, z ·√

2, z√

2) = (1, 0, 3) ⇒

0 = 1,

z ·√

2 = 0,

z ·√

2 = 3.

Isto significa que nao existe um numero hipercomplexo w = (x, y, z), comx = y = 0, satisfazendo a condicao dada; logo este primeiro caso pode serignorado.

( ii ) r2

=√

x2 + y2 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)

onde, γ = 1 − 2z√2 r

2

= 1 −√

2 z

r2

. Igualando este produto a (1, 0, 3), obtemos

(x + y) ·(

1 −√

2 z

r2

)

= 1 (1.1)

(−x + y) ·(

1 −√

2 z

r2

)

= 0 (1.2)

2 r2+√

2 · z = 3 (1.3)

De (1.3), temos: 1 −√

2 z

r2

= 3(1 − 1

r2

), substituindo em (1.1) e (1.2),

Gentil 11

obtemos

(x + y) · 3(

1 − 1

r2

)

= 1 (1.4)

(−x + y) · 3(

1 − 1

r2

)

= 0 (1.5)

De (1.4) concluimos que(1− 1

r2

)6= 0, entao dividindo (1.5) por 3

(1− 1

r2

),

obtemos: −x + y = 0, ou ainda, x = y. Substituindo este resultado em (1.4),resulta:

(x + x) · 3(

1 − 1√x2 + x2

)

= 1 ⇒ x ·(

1 − 1√2 · |x|

)

=1

6

Temos dois casos a considerar:

a) x > 0 (|x| = x). Sendo assim, resulta,

x ·(

1 − 1√2 · x

)

=1

6⇒ x =

1 + 3√

2

6= y

b) x < 0 (|x| = −x). Sendo assim, resulta,

x ·(

1 − 1√2 · (−x)

)

=1

6⇒ x =

1 − 3√

2

6= y

Da equacao (1.3) tiramos,

z =3 − 2 r

2√2

=3√2− 2 |x|

portanto,

z =3√2− 2

∣∣∣1 + 3

√2

6

∣∣∣ =

−2 + 3√

2

6

e

z′ =3√2− 2

∣∣∣1 − 3

√2

6

∣∣∣ =

2 + 3√

2

6

Sendo assim temos dois numeros que satisfazem a equacao w1· w = w

2, quais

sejam:

w =( 1 + 3

√2

6,

1 + 3√

2

6,−2 + 3

√2

6

)

e

w′ =( 1 − 3

√2

6,

1 − 3√

2

6,

2 + 3√

2

6

)

Observe que a equacao w1· w = w

2poderia, alternativamente, ter sido

escrita como, a · x = b, com a = (1, −1, 2) e b = (1, 0, 3). Conclusao: em H,diferentemente do que ocorre em R ou C, uma equacao do 1o grau pode terduas solucoes.

12

1.2 Propriedades das operacoes

Proposicao 1. A operacao de adicao define em H uma estrutura de grupo co-mutativo, isto e, verifica as seguintes propriedades:

A1) Propriedade associativa;

A2) propriedade comutativa;

A3) existencia do elemento neutro;

A4) existencia do elemento simetrico (ou oposto).

Prova: Deixamos como exercıcio. �

Apenas observamos que, 0 = (0, 0, 0) e o elemento neutro para a adicao.Dado w = (x, y, z) temos que −w = (−x, −y, −z) e o seu oposto aditivo, istoe,

w + (−w) = 0.

Subtracao

Decorre da proposicao anterior que, dados os hipercomplexos w1

= (a1, b

1, c

1)

e w2 = (a2 , b2 , c2) existe um unico w ∈ H tal que w1 + w = w2 . Esse numerow e chamado diferenca entre w

2e w

1e indicado por w

2− w

1.

Proposicao 2. A operacao de multiplicacao em H verifica as seguintes propri-edades:

M1) Propriedade comutativa;

M2) nao associativa;

M3) existencia do elemento neutro;

M4) existencia do elemento inverso;

M5) nao distributiva em relacao a adicao.

Prova: M1) Propriedade comutativa.

Dados w1 = (a1 , b1 , c1) e w2 = (a2 , b2 , c2) em H, devemos mostrar quew

1· w

2= w

2· w

1. De acordo com a definicao de multiplicacao temos quatro

casos a considerar:

( 1 ) r1

= 0 e r2

= 0 (D1). Nesta situacao, 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 r26= 0 (D

2). Nesta situacao, temos:

w1· w

2= (0, 0, c

1) · (a

2, b

2, c

2) =

(

− c1· c

2· a

2

r2

, −c1· c

2· b

2

r2

, c1· r

2

)

=(

− c2· c

1· a

2√

a2

2+ b2

2

, −c2· c

1· b

2√

a2

2+ b2

2

, c1·√

a2

2+ b2

2

)

= (a2, b

2, c

2) · (0, 0, c

1) = w

2· w

1.

(D3)

Gentil 13

( 3 ) r1 6= 0 e r2 = 0. Analogo ao caso ( 2 ).

( 4 ) r16= 0 e r

26= 0 (D

4). Nesta situacao, temos:

w1 · w2 =((a1 · a2 − b1 · b2)γ, (a1 · b2 + a2 · b1)γ, c1 · r2 + c2 · r1

)

=((a

2· a

1− b

2· b

1)γ, (a

2· b

1+ a

1· b

2)γ, c

2· r

1+ c

1· r

2

)= w

2· w

1.

M2) Nao associativa. Tomando, por exemplo,

w1

= (0, 1, 0), w2

= (0, 0, 1), w3

= (0, 0, −1).

Resulta (confira),

(w1· w

2) · w

3= (1, 0, 0)

w1 · (w2 · w3) = (0, 1, 0)

M3) Existencia do elemento neutro. Existe 1 = (1, 0, 0) ∈ H com a seguintepropriedade: w · 1 = w, ∀w ∈ H. De fato, considerando w = (a, b, c) temosdois casos a considerar:

( i ) r =√

a2 + b2 = 0 (D2), entao,

w · 1 = (0, 0, c) · (1, 0, 0) =(

− c · 0 · 11

, −c · 0 · 01

, c · 1)

= (0, 0, c) = w

( ii ) r =√

a2 + b2 6= 0 (D4), entao,

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 multiplicacao decorre a unicidade do elemento neu-tro, assim: sejam u e u dois elementos neutros para a multiplicacao. Sendoassim, ter-se-a, por um lado, w ·u = w, para todo w ∈ H; em particular u ·u = u(∗). Por outro lado tambem temos w · u = w, para todo w ∈ H; em particularu · u = u. Esta ultima igualdade pode ser reescrita como u · u = u. Daqui e de(∗) concluimos que u = u.

M4) Existencia 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) satisfazendow·w′ = (1, 0, 0). Vamos inicialmente supor, r

1=

√a2 + b2 6= 0. A possibilidade

r2

=√

x2 + y2 = 0 (isto e, w′ = (0, 0, z)) nos conduz a uma inconsistencia.

Consideremos entao r2 =√

x2 + y2 6= 0. Sendo assim, temos,

w ·w′ = (a, b, c)·(x, y, z) =((a ·x−b ·y)γ, (a ·y+x·b)γ, c ·r

2+z ·r

1

)= (1, 0, 0).

Sendo assim, obtemos

(ax − by) ·(

1 − c · zr1· r

2

)

= 1 (1.6)

(ay + bx) ·(

1 − c · zr1· r

2

)

= 0 (1.7)

c · r2+ z · r

1= 0 (1.8)

14

De (1.8), temos: 1− c · zr1 · r2

=r21

+ c2

r21

, substituindo em (1.6) e (1.7), obtemos

(ax − by) · r21

+ c2

r21

= 1 (1.9)

(ay + bx) · r21

+ c2

r21

= 0 (1.10)

De (1.9) e (1.10) concluimos que ay + bx = 0, (de r16= 0 ⇒ a 6= 0 ou b 6= 0)

supondo a 6= 0, resulta y = − b·xa . Substituindo este resultado em (1.9), resulta:

(a x − b (−b x

a))

=r21

r21

+ c2⇒ x =

a

r21

· r21

r21

+ c2=

a

a2 + b2 + c2.

Logo,

y = − b

a· x = − b

a· a

a2 + b2 + c2=

−b

a2 + b2 + c2

e,

z = −c · r2

r1

=−c

a2 + b2 + c2

portanto,

w′ =( a

a2 + b2 + c2,

−b

a2 + b2 + c2,

−c

a2 + b2 + c2

)

- Vamos agora supor r1

=√

a2 + b2 = 0, entao,

w′ =( 0

02 + 02 + c2,

−0

02 + 02 + c2,

−c

02 + 02 + c2

)

=(0, 0, −1

c

)

Temos,

w · w′ = (0, 0, c) ·(0, 0, −1

c

)=(− c · −1

c, 0, 0

)= (1, 0, 0)

Portanto, qualquer que seja w = (a, b, c) 6= (0, 0, 0), temos que:

w · w′ = (a, b, c) ·( a

a2 + b2 + c2,

−b

a2 + b2 + c2,

−c

a2 + b2 + c2

)

= (1, 0, 0).

�

Nota: Observe que tambem provamos que o inverso multiplicativo e unico. Defato, o sistema w · w′ = (1, 0, 0) possui uma unica solucao.

1.3 Divisao

Devido a existencia do inverso multiplicativo, podemos definir em H a

operacao de divisao, simbolizada porw1

w2

, estabelecendo quew1

w2

= w1 · w′2

=

w1· w−1

2, onde mudamos de notacao: w′

2= w−1

2.

Gentil 15

Exemplo:

(0, 1, 0)

(0, 0, 1)= (0, 1, 0) · (0, 0, 1)−1

= (0, 1, 0) ·( 0

02 + 02 + 12,

−0

02 + 02 + 12,

−1

02 + 02 + 12

)

= (0, 1, 0) · (0, 0, −1)

Em (D3), temos:

(0, 1, 0) · (0, 0, −1) =(

− 0 · (−1) · 01

, −0 · (−1) · 11

, −1 · 1)

= (0, 0, −1),

portanto,(0, 1, 0)

(0, 0, 1)= (0, 0, −1).

Uma observacao importante e que para resolvermos, por exemplo, a equacaoa · x = b em H, nao e lıcito procedermos assim:

a · x = b ⇒ a−1 · (a · x) = a−1 · b ⇒ (a−1 · a) · x = a−1 · b ⇒ x = a−1 · b,

uma vez que a multiplicacao em H e nao associativa. Para resolver a equacaoem questao devemos proceder como no exemplo 4o ), pag. 10.

Uma outra observacao e a de que, como o produto e comutativo, podemosdefinir a multiplicacao em H com apenas tres sentencas, ao inves de quatro. Aoperacao de multiplicacao pode ser vista (e) uma aplicacao: f : R

3 × R3 → R

3,definida por tres sentencas.

M5) A multiplicacao e nao distributiva em relacao a adicao.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 Imersao de C em H

Consideremos agora a subestrutura C de H na qual C e formado pelosternos ordenados cujo terceiro termo e zero:

C ={

(a, b, c) ∈ R3 : c = 0}

Consideremos agora a aplicacao f , de C em C, que leva cada (x, y) ∈ C ao terno(x, y, 0) ∈ C, tipo assim:

C C

H

f

(a1, b

1) (a

1, b

1, 0)

(a2, b

2) (a

2, b

2, 0)

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

(a1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1) (a

1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1, 0)

f : C C

(x, y) (x, y, 0)

Primeiramente notemos que f e bijetora, porquanto:

( i ) todo terno (x, y, 0) ∈ C e o correspondente, segundo f , de (x, y) ∈ C (istoquer dizer que f e sobrejetora);

( ii ) Dados (x, y) ∈ C e (x′, y′) ∈ C, com (x, y) 6= (x′, y′) os seus correspon-dentes (x, y, 0) ∈ C e (x′, y′, 0) ∈ C sao distintos, de acordo com a definicao deigualdade de ternos ordenados (isto quer dizer que f e injetora).

Em segundo lugar, notemos que f preserva as operacoes de adicao e mul-tiplicacao pois,

f((a

1, b

1) + (a

2, b

2))

= f((a

1+ a

2, b

1+ b

2))

= (a1+ a

2, b

1+ b

2, 0)

= (a1, b

1, 0) + (a

2, b

2, 0) = f

((a

1, b

1)))

+ f((a

2, b

2))

No que concerne a multiplicacao, temos

f((a

1, b

1) · (a

2, b

2))

= f((a

1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1))

= (a1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1, 0)

Observe que (a1 , b1) · (a2 , b2) esta em C e como tal verifica a regra demultiplicacao de C, isto e:

(a1, b

1) · (a

2, b

2) = (a

1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1)

Gentil 17

Por outro lado, (a1 · a2 − b1 · b2 , a1 · b2 + a2 · b1 , 0) esta em H, obedecendo,portanto, as regras operacionais deste sistema. Devemos mostrar que,

(a1·a

2−b

1·b

2, a

1·b

2+a

2·b

1, 0) = (a

1, b

1, 0)·(a

2, b

2, 0) = f

((a

1, b

1))·f((a

2, b

2))

Para efetuar o produto (a1 , b1 , 0) · (a2 , b2 , 0) temos que analisar quatroalternativas, em cada uma delas devemos ter: f

((a

1, b

1)·(a

2, b

2))

= f((a

1, b

1))·

f((a

2, b

2)). Vamos provar para a alternativa (D

4) (r

16= 0 e r

26= 0), pois para

as demais se prova de modo analogo. Temos,

(a1, b

1, 0) · (a

2, b

2, 0) =

((a

1· a

2− b

1· b

2) · 1, (a

1· b

2+ a

2· b

1) · 1, 0 · r

2+ 0 · r

1

)

= (a1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1, 0)

Sendo assim,

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

)·f((a2 , b2)

).

Devido ao fato de existir uma aplicacao f : C → C que preserva as operacoesde adicao e multiplicacao, dizemos que C e C sao isomorfos.

Devido ao isomorfismo, operar com (x, y, 0) leva a resultados analogos aosobtidos operando com (x, y); em razao disto, de agora em diante, faremos aidentificacao que se segue:

(x, y) = (x, y, 0), ∀ (x, y) ∈ C

Em particular, pela teoria dos numeros 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 numeros complexos passa a ser considerado umasubestrutura do sistema H dos numeros hipercomplexos.

Nota: Para o nosso proximo ıtem veja [5].

18

1.5 Imersao de H − 2D em H − 3D

Consideremos agora a subestrutura H de H na qual H e formado pelosternos ordenados cujo segundo termo e zero:

H ={

(a, b, c) ∈ R3 : b = 0}

Vamos mostrar que H e fechado para as operacoes de soma e multiplicacao.De fato, sejam (a1 , 0, c1) e (a2 , 0, c2) dois pontos em H, entao,

(a1, 0, c

1) + (a

2, 0, c

2) = (a

1+ a

2, 0, c

1+ c

2) ∈ H

Por outro lado (ver pag. 8),

(a1 , 0, c1) · (a2 , 0, c2

)=

(− c

1· c

2, 0, 0

), se r

1= 0 e r

2= 0

(− c

1· c

2· a

2

r2

, 0, c1· r

2

), se r1 = 0 e r2 6= 0

(− c

1· c

2· a

1

r1

, 0, c2· r

1

), se r

16= 0 e r

2= 0

((a

1· a

2)γ, 0, c

1· r

2+ c

2· r

1

), se r

16= 0 e r

26= 0

Onde,

r1

= |a1| , r

2= |a

2| e γ = 1 − c

1· c

2

|a1| · |a

2|

De outro modo,

(a1 , 0, c1) · (a2 , 0, c2) =

(− c

1· c

2, 0, 0

), se a

1= 0 e a

2= 0

(− c

1· c

2

a2

|a2| , 0, c

1· |a

2|), se a

1= 0 e a

26= 0

(− c

1· c

2

a1

|a1| , 0, c

2· |a

1|), se a1 6= 0 e a2 = 0

(a

1· a

2− c

1· c

2

a1· a

2

|a1| · |a

2| , 0, c

1· |a

2| + c

2· |a

1|), se a

16= 0 e a

26= 0

Portanto,(a

1, 0, c

1) · (a

2, 0, c

2) ∈ H

Gentil 19

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

H − 2D H

H

f

(a1, b

1) (a

1, 0, b

1)

(a2, b

2) (a

2, 0, b

2)

(a1+ a

2, b

1+ b

2) (a

1+ a

2, 0, b

1+ b

2)

(a1· a

2− b

1· b

2, a

1· b

2+ a

2· b

1) (a

1· a

2− b

1· b

2, 0, a

1· b

2+ a

2· b

1)

f : H − 2D H

(x, y) (x, 0, y)

Podemos mostrar que f e um isomorfismo. Devido ao fato de existiruma aplicacao f : H − 2D → H que preserva as operacoes de adicao e multi-plicacao, dizemos que H − 2D e H sao isomorfos.

Devido ao isomorfismo, operar com (x, 0, y) leva a resultados analogos aosobtidos operando com (x, y); em razao disto, de agora em diante, faremos aidentificacao que se segue:

(x, y) = (x, 0, y), ∀ (x, y) ∈ H − 2D

Em particular, pela teoria dos numeros hipercomplexos−2D, podemos es-crever 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 numeros hipercomplexos bidimensionais,passa a ser considerado uma subestrutura do sistema H dos numeros hipercom-plexos tridimensionais.

Em resumo, os numeros H − 3D generalizam, a um so tempo, os numeroscomplexos e os hipercomplexos−2D.

Podemos ilustrar a imersao de estruturas atraves de diagramas de Venn,assim:

C

R

H−2D

H−3D

20

Proposicao 3. Para todo k ∈ R, a seguinte identidade

k · (a, b, c) = (k a, k b, |k| c) =

{

(k a, k b, k c), se k ≥ 0;

(k a, k b, −k c), 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):

k · (0, 0, c) = (k, 0, 0) · (0, 0, c) =(

− 0 · c · k|k| , −0 · c · 0

|k| , c · |k|)

= (k 0, k 0, |k| c)

( 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 · r

2+ c · |k|

)

= (k a, k b, |k| c).

�

Esta proposicao nos proporciona um fenomeno que nao ocorre em R ou em C.

Corolario 1. Em H a seguinte identidade

−1 · x = −x

e 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 e importante estar atento para o fato de que, ao contrariodo que ocorre em R, ou em C, em H e necessario distinguir entre −x e −1 · x.Observe que, enquanto no primeiro caso temos o oposto aditivo de x, no segundocaso temos o produto de dois hipercomplexos: −1 = (−1, 0, 0) e x = (a, b, c).

Observe, outrossim, que em H nao vale a propriedade de cancelamentopara a multiplicacao; para se convencer disto considere a seguinte igualdade,

1 · (0, 0, 1) = −1 · (0, 0, 1)

Isto se deve ao fato da multiplicacao nao ser associativa. Prove a seguinte,

Proposicao 4. Sejam a ∈ R e w ∈ H,

j · a = w ⇒

a =w

j, se a ≥ 0;

a = − w

j, se a < 0.

(1.11)

Nota: Esta proposicao nos alerta quando formos “dividir” por j.

Gentil 21

1.6 Forma algebrica

1.6.1 Unidade imaginaria/Unidade hiperimaginaria

Chamamos unidade imaginaria e indicamos por i o numero 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 e, a propriedade basica da unidade imaginaria e,

i2 = −1

Chamamos unidade hiperimaginaria e indicamos por j o numero hiper-complexo (0, 0, 1). Notemos que

j2 = (0, 0, 1) · (0, 0, 1) = (−1 · 1, 0, 0) = −1,

isto e, a propriedade basica da unidade hiperimaginaria e,

j2 = −1

Digamos que a unidade hiperimaginaria tem duas propriedades basicas, sendoa outra dada por,

−1 · j = j (1.12)

propriedade esta que nao e partilhada pela unidade imaginaria.A bem da verdade esta e apenas um caso especial da seguinte:

Vamos multiplicar j pelo numero complexo z = (x, y, 0). Temos

(0, 0, 1) · (x, y, 0) =(− 1·0·x

r2, − 1·0·y

r2, 1 · r

2

)= (0, 0,

√

x2 + y2)

Portanto,j · z = ( 0, 0, |z| )

Observe que se |z| = 1 (cırculo unitario) entao z · j = j.

Forma algebrica

Dado um numero 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, entao (0, 0, z) = z (0, 0, 1) = z j.Se z ≤ 0 ( |z| = −z ), entao

−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,

w = (x, y, z) =

{

x + i y + j z, se z ≥ 0;

x + i y − j z, se z ≤ 0.(1.13)

Assim, todo numero hipercomplexo w = (x, y, z) pode ser escrito sob aforma acima, chamada forma algebrica. O numero real x e chamado parte realde w, o numero real y e chamado parte imaginaria de w e o numero real z echamado parte hiperimaginaria de w.

Neste momento precisamos fazer um esclarecimento assaz importante: Aestas alturas o leitor ja percebeu que a algebra hipercomplexa e “ligeiramente”distinta da algebra real ou complexa. Isto nos obriga a estar (bastante) atentoquanto as notacoes. Por exemplo, consideremos as quatro expressoes seguintes

x + i y − j z

x + i y − z j

x + i y + j(−z)

x + i y + z(−j)

Vejamos o significado da terceira parcela em cada uma delas:

−jz, significa: o oposto de j que multiplica z

−zj, significa: o oposto de z que multiplica j

j(−z), significa: o oposto de z que multiplica j

z(−j), significa: o oposto de j que multiplica z

O leitor pode mostrar, a partir da proposicao 3, que

−jz 6= −zj = j(−z)

Podemos dar as seguintes denominacoes a alguns hipercomplexos:

w = (0, 0, c), c 6= 0, hiperimaginario puro;

w = (0, b, 0), b 6= 0, imaginario puro;

w = (a, 0, 0), real puro;

w = (a, b, 0), a 6= 0, b 6= 0, complexo puro;

w = (a, b, c), c 6= 0, hipercomplexo puro;

w = (a, b, c), a 6= 0 ou b 6= 0; c 6= 0, hipercomplexo nao-singular.

Nota: Um hipercomplexo nao-singular e um hipercomplexo puro com a 6= 0 oub 6= 0.

Gentil 23

Um milagre aos olhos dos habitantes Complexos

Se, algum dia, um matematico do Universo complexo se defrontar com a se-guinte equacao elementar: (−1·x + x)·x = −1, ele teria duas saıdas: abandonaro “jogo”, ou consultar um matematico do “universo Hipercomplexo”∗. De fato,esta e uma equacao impossıvel de se resolver dentro dos universos numericosconhecidos dos matematicos (hodiernos), em razao de que vale:

(−1 · x + x) · x = −1 ⇐⇒ 0 · x = −1

Pois bem, vamos assumir o desafio.

Proposicao 5 (Gentil/04.12.2008). A seguinte equacao,

(−1 · x + x) · x = −1 (1.14)

possui solucao em H.

Prova: Tomando x = (c, d, e), temos −1 · x = −1 · (c, d, e) = (−c, −d, e),pela prop. 3, pag. 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/r2, −2e2 d/r

2, 2e · r

2), se c 6= 0 ou d 6= 0.

Onde: r2

=√

c2 + d2. Para c = d = 0 concluimos que e = ±√

2/2. Portanto,

x =(

0, 0, ±√

2

2

)

⇒ x =√

2/2 j ou x = −(√

2/2 j).

Observe que o numero j foi o responsavel por este milagre!E facil ver que para c 6= 0 ou d 6= 0 o problema nao tem solucao. �

A tıtulo de curiosidade, observe que, das duas equacoes abaixo:

x2 + 1 = 0

(−1 · x + x) · x + 1 = 0

Com o numero i resolvemos apenas a primeira, ao passo que, com o numero jresolvemos as duas.

∗No caso eu, que por enquanto, sou o unico habitante deste Universo.

24

− Considere a equacao,

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 · (−x) + (−x)) · x = b(1.16)

Em H, embora nao possamos resolver diretamente a equacao (1.15), pode-mos resolver suas equivalentes, dadas acima.

Se b > 0, resolvemos a segunda das equacoes em (1.16), caso contrarioresolvemos a primeira. Por exemplo, seja a equacao 0 · x = 1, entao,

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)

Entao,

(−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), se c = d = 0;

(2e2 c/r2, 2e2 d/r

2, −2e · r

2), se c 6= 0 ou d 6= 0.

Onde: r2 =√

c2 + d2. Para c = d = 0 concluimos que e = ±√

2/2. Portanto,

x =(

0, 0, ±√

2

2

)

⇒ x =√

2/2 j ou x = −(√

2/2 j).

E facil ver que para c 6= 0 ou d 6= 0 o problema nao tem solucao.

Gentil 25

1.7 Forma trigonometrica

Definicao 3 (Conjugado). Chama-se conjugado do hipercomplexo w = (a, b, c)ao hipercomplexo w = (a, −b, −c), isto e:

w = (a, b, c) ⇔ w = (a, −b, −c)

Definicao 4 (Norma). Chama-se norma do hipercomplexo w = (a, b, c) aonumero real

N(w) = a2 + b2 + c2

Definicao 5 (Modulo). Chama-se modulo (ou valor absoluto) do hipercomplexow = (a, b, c) ao numero real

|w| =√

N(w) =√

a2 + b2 + c2

Nota: Alternativamente podemos usar a notacao: ρ, para o modulo.

Deixamos como exercıcio ao leitor, mostrar que w · w = |w|2.Observe que o inverso de w = (a, b, c) pode ser escrito como,

w−1 =( a

a2 + b2 + c2,

−b

a2 + b2 + c2,

−c

a2 + b2 + c2

)

⇔ w−1 =( a

|w|2 ,−b

|w|2 ,−c

|w|2)

Ou ainda,

w−1 =1

|w|2 ( a, −b, −c ). (1.17)

Definicao 6 (Argumento). Chama-se argumento de um hipercomplexo w =(x, y, z), nao nulo, ao par de angulos (θ, β) tal que

cos θ · cosβ =x

ρ, sen θ · cosβ =

y

ρ, e sen β =

z

ρ.

Observe que, existe ao menos um par (θ, β) satisfazendo a definicao,pois

(cos θ · cosβ

)2+(sen θ · cosβ

)2+(sen β

)2=( x

ρ

)2

+( y

ρ

)2

+( z

ρ

)2

=x2 + y2 + z2

ρ2= 1.

Fixado o hipercomplexo w 6= 0, estao fixados cos θ · cosβ, sen θ · cosβ esen β, mas os angulos θ e β podem assumir infinitos valores, congruentes doisa dois (congruencia modulo 2π).

Assim o hipercomplexo w 6= 0 tem argumento,

(θ, β) = (θ0+ 2kπ, β

0+ 2k′π); k, k′ ∈ Z (1.18)

onde (θ0, β

0) e chamado argumento principal de w, e tal que

cos θ0 · cosβ0 =x

ρ, sen θ0 · cosβ0 =

y

ρ, e senβ0 =

z

ρ.

26

e0 ≤ θ

0< 2π, −π

2≤ β

0≤ π

2(1.19)

Por vezes trabalharemos com (θ0, β

0) chamando-o simplesmente argu-

mento de w.

Exemplos:

1o) Para w =√

3 + i, temos ρ =√

(√

3)2 + 12 + 02 = 2, entao

cos θ0 · cosβ0 =x

ρ=

√3

2

sen θ0· cosβ

0=

y

ρ=

1

2

sen β0

=z

ρ=

0

2= 0

Tendo em conta (1.19), resulta

θ0 =π

6⇒ θ =

π

6+ 2kπ

β0

= 0 ⇒ β = 0 + 2k′π

2o) Para w = (0, 1, 1), temos ρ =√

02 + 12 + 12 =√

2, entao

cos θ0· cosβ

0=

x

ρ=

0√2

= 0

sen θ0 · cosβ0 =y

ρ=

1√2

sen β0

=z

ρ=

1√2

Tendo em conta (1.19), desta utima equacao concluimos que β0

= π4 , sendo

assim resulta

cos θ0 · cos π4 = 0 ⇒ cos θ0 = 0

⇒ θ0

= π2

sen θ0· cos π

4 =√

22 ⇒ sen θ

0= 1

Sendo assim, temos

θ =π

2+ 2kπ, β =

π

4+ 2k′π

3o) Para w = −√

3 + 3i − 2j, temos ρ =√

(−√

3)2 + 32 + (−2)2 = 4, entao

cos θ0· cosβ

0=

x

ρ=

−√

3

4

sen θ0· cosβ

0=

y

ρ=

3

4

sen β0 =z

ρ=

−2

4= −−1

2

Gentil 27

Tendo em conta (1.19), desta utima equacao concluimos que β0 = −π6 , sendo

assim resulta

cos θ0· cos(−π

6 ) = −√

34 ⇒ cos θ

0= − 1

2⇒ θ

0= 2π

3

sen θ0· cos(−π

6 ) = 34 ⇒ sen θ

0=

√3

2

Sendo assim, temos

θ =2π

3+ 2kπ, β = −π

6+ 2k′π

Dado um numero hipercomplexo w = (x, y, z), nao nulo, podemos escreverw = (ρ cos θ

0·cosβ

0, ρ sen θ

0·cosβ

0, ρ senβ

0). Sendo ρ > 0, podemos reescrever,

w = ρ (cos θ0 · cosβ0 , sen θ0 · cosβ0 , senβ0)

chamada forma trigonometrica de w. Na forma algebrica (equacao (1.13), pag.22):

w =

ρ(cos θ

0· cosβ

0+ i sen θ

0· cosβ

0+ j senβ

0

), se senβ

0≥ 0;

ρ(cos θ0 · cosβ0 + i sen θ0 · cosβ0 − j senβ0

), se senβ0 < 0.

(1.20)

Observe que se β0 = 0, resulta w = ρ(cos θ0 + i sen θ0).

28

1.7.1 Representacao grafica

As nocoes de modulo e argumento tornam-se mais concretas quando repre-sentamos os numeros hipercomplexos w = (x, y, z) pelos pontos do espaco R3,com a convencao de marcamos sobre os eixos 0X , 0Y e 0Z, respectivamente, aparte real, a parte imaginaria e a parte hiperimaginaria de w.

Assim a cada numero hipercomplexo w = (x, y, z) corresponde um unicoponto P do espaco X0Y Z, assim:

0

z

X

x

Yy

Z

P (x, y, z)

r

ρ

ρ =√

x2+y2+z2

r =√

x2+y2

θ0

β0

0≤ θ0 < 2π

−π2 ≤ β0 ≤ π

2

Note que a distancia entre w = (x, y, z) e 0 = (0, 0, 0) e o modulo de w:

|w| =√

x2 + y2 + z2 = ρ

Nomenclatura:

X0Y Z = espaco R3;

0X = eixo real;

0Y = eixo imaginario;

0Z = eixo hiperimaginario;

X0Y = plano complexo C;

X0Z = plano hipercomplexo − 2D;

P = afixo de w.

Observacao: Graficamente a condicao r =√

a2 + b2 = 0 para w = (a, b, c)significa que este numero esta localizado sobre o eixo 0Z.

Desta forma as sentencas que definem o produto podem ser interpretadascomo:

1a) r1

= r2

= 0. Neste caso w1

e w2

estao situados sobre o eixo 0Z. Isto e,dois hiperimaginarios puro sao multiplicados segundo D

1.

2a) r1

= 0 e r26= 0. Neste caso w

1esta situado sobre o eixo 0Z e w

2esta

situado fora deste eixo. Observe que as condicoes (D2) e (D

3), para o produto,

podem ser unificadas em uma unica, onde fazemos r1

(ou r2) corresponder ao

ponto que situa-se fora do eixo 0Z.

3a) r16= 0 e r

26= 0. Neste caso w

1e w

2estao situados, ambos, fora do eixo 0Z.

Desta forma dois numeros que nao sao hiperimaginarios puro sao multiplicadosem D4 .

Gentil 29

Considere, novamente, o diagrama de Venn:

C

R

H−2D

H−3D

A seguir colocamos em destaque uma versao geometrica,

Y

Z

i

R

Plano C

j

R

Y

Z

Plano

H−

2D

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 e uma rotacao de 180o (em torno da origem) em w; en-quanto −1 · w pode ser visto como a rotacao anterior seguida de uma reflexao,com respeito ao plano complexo. Por exemplo, assim,

30

Y

Z

X

w

−w

−1·w

Um problema classico no contexto dos hipercomplexos

O fato de os hipercomplexos residirem em dimensao 3, enquanto os com-plexos em dimensao 2 isto, naturalmente, se reflete na (re) solucao de um mesmoproblema trabalhado em um ou outro destes espacos. Vejamos um exemplo doque estamos falando. Vamos resolver o classico,

Problema: Separar o numero 10 em duas partes x e y tais que o produto destasseja 40.

Solucao: Devemos resolver o seguinte sistema,

{x + y = 10 (1.21)

x · y = 40 (1.22)

1o) Resolucao no universo C.Tirando y na primeira equacao e substituindo na segunda, obtemos:

x ·(10 + (−x)

)= 40

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

x =−(−10)±

√

(−10)2 − 4 · 1 · 40

2= 5 ±

√−15

Sendo assim, em C, temos uma unica solucao para este problema:

X

Yx=5+i

√15

y=5−i√

15

5p

x = 5 + i√

15

y = 5 − i√

15

Gentil 31

2o) Resolucao no universo H.Aqui vamos fazer uma mudanca de notacao,

{

x′ + y′ = 10 (1.23)

x′ · y′ = 40 (1.24)

Tirando y′ na primeira equacao e substituindo na segunda, obtemos:

x′ ·(10 + (−x′)

)= 40 (1.25)

Observe que em H nao podemos aplicar, na equacao acima, a propriedade distri-butiva da multiplicacao em relacao a adicao. Devemos proceder assim: facamosx′ = (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 so tem solucao se considerar-mos r

1=√

x2 + y2 6= 0 (por que?). Sendo assim calculemos o produto anteriorem D

4:

((x · (10− x) − y · (−y)

)· γ,

(x · (−y) + (10− x) · y

)· γ, z · r

2+ (−z) · r

1

)

= 40

onde, r1

=√

x2 + y2, r2

=√

(10 − x)2 + y2 e γ = 1+z2/(r1·r

2). Sendo assim,

montamos o seguinte sistema

(10x − x2 + y2) ·(

1 +z2

r1· r

2

)

= 40 (1.26)

(−2xy + 10y) ·(

1 +z2

r1· r

2

)

= 0 (1.27)

z · (r2− r

1) = 0 (1.28)

De (1.26) e (1.27) concluimos que −2xy +10y = 0, ou ainda (−x+5) ·y = 0.Desta equacao tiramos y = 0 ou x = 5. Entao:

I ) x = 5 ⇒

r1

= r2

=√

y2 + 25

γ = 1 + z2

y2+25

As equacoes (1.27) e (1.28) estao satisfeitas, resta satisfazer (1.26):

(10 · 5 − 52 + y2) ·(

1 +z2

25 + y2

)

= 40

Donde,y2 + z2 = 15 (cilindro)

Logo,(x = 5 )︸︷︷︸

plano

∩ ( y2 + z2 = 15 )︸︷︷︸

cilindro

= cırculo (1.29)

32

II ) y = 0 ⇒

r1

= |x|, r2

= |x − 10|

γ = 1 + z2

|x|·|x−10|

A equacao (1.27) esta satisfeita, resta satisfazer (1.26) e (1.28):

(10x − x2 + 02) ·(

1 +z2

|x| · |x − 10|)

= 40

z ·(|x| − |x − 10|

)= 0

Desta ultima equacao concluimos que z = 0 ou |x| − |x− 10| = 0. Se z = 0, naprimeira equacao obtemos 10x− x2 = 40, a qual nao tem solucao (porquanto xdeve ser real). Se |x| − |x − 10| = 0, resulta x = 5; volta ao primeiro caso.

Deste modo existem infinitas solucoes para o nosso problema, todas daforma,

x′ = (5, y, z), y′ = (5, −y, −z), onde y2 + z2 = 15.

Tomando, por exemplo, z = 0, obtemos y = ±√

15. Como as solucoes sao“conjugadas”, resulta:

x′ = ( 5,√

15, 0 ), y′ = ( 5, −√

15, 0 )

que e a solucao complexa.Tomando, por exemplo, y = 0, obtemos z = ±

√15. Como as solucoes sao

“conjugadas”, resulta:

x′ = ( 5, 0,√

15 ), y′ = ( 5, 0, −√

15 )

que e a solucao hipercomplexa (2 − D) (ver [5]).A equacao y2 + z2 = 15 representa um cilindro em R3, a intersecao deste

cilindro com o plano x = 5 nos da um cırculo (eq. (1.29)), onde moram asinfinitas solucoes do nosso problema. Geometricamente temos,

X

Y

Z

x′

y′

5

X

Y

Z

5

No grafico da direita temos, na cor azul, os afixos da solucao complexae, na cor vermelha, os afixos da solucao hipercomplexa (2 − D).

Gentil 33

Multiplicacao na forma trigonometrica

Veremos a seguir que a multiplicacao na forma trigonometrica se apre-senta de forma mais simples (e mais estetica) que na forma retangular e, o quee melhor, nos possibilita dar uma interpretacao geometrica ao produto hiper-complexo, o que aumentara, substancialmente, o espectro de aplicacoes destesnumeros.

Proposicao 6. Dois numeros na forma trigonometrica,

w1 = ρ1 (cos θ1 · cosβ1 , sen θ1 · cosβ1 , sen β1)

w2

= ρ2(cos θ

2· cosβ

2, sen θ

2· cosβ

2, sen β

2)

onde cosβ1≥ 0 e cosβ

2≥ 0, sao multiplicados da seguinte forma:

w1·w

2= ρ

1ρ

2

(cos(θ

1+θ

2)·cos(β

1+β

2), sen (θ

1+θ

2)·cos(β

1+β

2), sen (β

1+β

2))

Prova: Apendice, pag. 142 �

Notas:

1a ) Uma observacao importante a respeito desta proposicao e que, para qual-quer numero do eixo 0Z (β = π

2 + k π, k ∈ Z ) devemos tomar θ = 0 e β = π2

ou θ = 0 e β = −π2 , antes de fazer a multiplicacao.

Uma vez que pontos do eixo OZ tem θ indeterminado, estamos “levan-tando” esta indeterminacao convencionando que θ = 0, nao ha nenhum malnisto, desde que estejamos todos de acordo.

2a ) Para deduzir esta formula para a multiplicacao supomos cosβ1

≥ 0 ecosβ

2≥ 0; esta nao e uma restricao seria tendo em conta que qualquer hi-

percomplexo w pode ser escrito com cosβ ≥ 0 (ver (1.18), pag. 25).

3a ) Observe outrossim que, enquanto a multiplicacao em coordenadas retangu-lares (definicao) e dada em quatro sentencas, na forma trigonometrica e dadaem apenas uma. Isto se deve a restricao referida na nota anterior.

Corolario 2. O modulo do produto de dois numeros hipercomplexos e igual aoproduto dos modulos dos fatores. Isto e,

|w1· w

2| = |w

1| · |w

2|

Prova: Basta ter em conta que, para quaisquer angulos λ e γ, temos:√

(cos λ cos γ)2 + ( sen λ cos γ)2 + ( sen γ)2 = 1

�

Proposicao 7. Dois numeros na forma trigonometrica,

w1

= ρ1(cos θ

1· cosβ

1, sen θ

1· cosβ

1, sen β

1)


onde cosβ1≥ 0 e cosβ

2≥ 0, sao divididos da seguinte forma:

w1

w2

=ρ

1

ρ2

(cos(θ1 − θ2) · cos(β1 −β2), sen (θ1 − θ2) · cos(β1 − β2), sen (β1 − β2)

)

34

Prova: Provamos esta proposicao utilizando a anterior. Pois bem, tendoem conta (1.17) (pag. 25) escrevemos

w−12

=1

ρ2

(cos θ

2· cosβ

2, − sen θ

2· cosβ

2, − senβ

2

)

=1

ρ2

(cos(−θ

2) · cos(−β

2), sen (−θ

2) · cos(−β

2), sen (−β

2))

Realizando o produto w1·w−1

2de acordo com a proposicao 6, temos o resultado

desejado. �

Corolario 3. O modulo do quociente de dois numeros hipercomplexos e igualao quociente dos modulos dos hipercomplexos. Isto e,

∣∣∣w

1

w2

∣∣∣ =

|w1|

|w2|

Prova: Basta ter em conta que, para quaisquer angulos λ e γ, temos:

√

(cosλ cos γ)2 + ( senλ cos γ)2 + ( sen γ)2 = 1

�

1.8 Potenciacao

Definicao 7. Sejam w um numero hipercomplexo e n um numero natural.Potencia de base w e expoente n e o numero wn tal que:

{

w0 = 1;

wn = wn−1 · w, ∀n, n ≥ 1.

Desta definicao 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

Proposicao 8. A seguinte identidade e valida

jn =

{−1, se n e par;

j, se n e ımpar.

Prova: Inducao sobre n.1o) n par.

Para n = 2 ja mostramos que a proposicao e verdadeira. Suponhamos a

Gentil 35

validade da mesma para n = k, isto e, jk = −1. Mostremos que a proposicaocontinua valida para o proximo par n = k + 2:

jk+2 = (jk · j) · j = (−1 · j) · j = j · j = j2 = −1

2o) n ımpar. Analogo. �

Lema 1. Se w = (x, y, z) entao,

w2 =

(−z2, 0, 0), se x = y = 0;

(

(x2 − y2) ·(1 − z2

x2+y2

), 2 x y ·

(1 − z2

x2+y2

), 2z

√

x2 + y2)

, se x 6= 0 ou y 6= 0.

Prova: Seja w = (x, y, z). Para calcular w · w, temos duas alternativas,

1a ) r =√

x2 + y2 = 0 (x = y = 0). Deste modo calculamos o produto em (D1)

(pag. 8), w · w = (−z · z, 0, 0).

2a ) r =√

x2 + y2 6= 0. Deste modo calcule o produto em (D4). �

Como exemplo, calculemos (i + j)2. 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 − y2) ·(1 − z2

x2 + y2

), 2 x y ·

(1 − z2

x2 + y2

), 2z

√

x2 + y2)

=(

(02 − 12) ·(1 − 12

02 + 12

), 2 · 0 · 1 ·

(1 − 12

02 + 12

), 2 · 1

√

02 + 12)

= (0, 0, 2) = 2j

Exercıcio: Seja w ∈ H, mostre que w · (−w) ∈ C.

Dado w = (x, y, z) ∈ H observamos que a cota de w2 tem o mesmo sinalde z. Isto significa que ao multiplicarmos um hipercomplexo por ele mesmo oresultado permanece no mesmo semi-espaco (z > 0 ou z < 0) de w. Vamosmostrar que isto vale para qualquer potencia de w.

Proposicao 9. Seja w = (x, y, z) ∈ H. Temos,

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

Prova: Inducao sobre n. Para n = 2 a proposicao decorre do lema (1).Suponhamos a proposicao verdadeira para n = k. Isto e,

wk = (a, b, c), onde sign (c) = sign (z) (hipotese de inducao)

E mostremos que vale para n = k + 1. Isto e,

wk+1 = (x′, y′, z′) ⇒ sign (z′) = sign (z) (tese de inducao)

36

Entao,

wk+1 = wk · w = (a, b, c) · (x, y, c)

=((ax − by) γ, (ay + bx) γ, c r

2+ z r

1

)

Temos z′ = c r2

+ z r1, donde decorre a tese, tendo em conta a hipotese de

inducao. �

Definicao 8 (Reflexo). Dado o hipercomplexo w = (x, y, z) definimos como oreflexo de w o hipercomplexo (x, y, −z). Notacao: w = (x, y, −z).

Temos a seguinte,

Proposicao 10. Seja o hipercomplexo w = (a, b, c); se wn = (d, e, f), entaown = (d, e, −f).

Prova: Inducao sobre n. Sendo, w = (a, b, −c); para n = 2, temos

w2 =(

(a2 − b2) ·(1 − c2

a2 + b2

), 2 a b ·

(1 − c2

a2 + b2

), 2c

√

a2 + b2)

w2 =(

(a2 − b2) ·(1 − (−c)2

a2 + b2

), 2 a b ·

(1 − (−c)2

a2 + b2

), 2(−c)

√

a2 + b2)

Sendo assim a proposicao resulta verdadeira para n = 2. Suponhamos verda-deira para n = k, isto e,

Se wk = (d, e, f), entao wk = (d, e, −f) (H.I.)

Mostremos que vale para n = k + 1, isto e,

Se wk+1 = (g, h, i), entao wk+1 = (g, h, −i) (T.I.)

Vamos calcular os numeros wk+1 e wk+1 para efeito de comparacao,

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 · r

2+ f · r

1

)(1.30)

Onde,

r1 =√

a2 + b2 , r2 =√

d 2 + e2 e γ = 1 − c · fr1 · r2

Por outro lado, temos

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) · r

2+ (−f) · r

1

)

=((a · d − b · e)γ′, (a · e + d · b)γ′, −(c · r

2+ f · r

1))

(1.31)

Onde,

r1

=√

a2 + b2 , r2

=√

d 2 + e2 e γ′ = 1 − (−c) · (−f)

r1· r

2

Comparando (1.30) e (1.31), e tendo em conta que γ = γ′, a proposicao resultaverdadeira! �

Gentil 37

Observe que,w + w ∈ C, w · w ∈ C

Com o auxılio do lema 1 vamos deduzir uma formula para o calculo dew2 · w2, assim: Facamos

w2 =((x2 − y2)λ, 2xyλ, 2zr

)

onde,

λ = 1 − z2

x2 + y2, r =

√

x2 + y2

Para o calculo de w2 · w2, facamos,

r =√

(x2 − y2)2 λ2 + 4x2y2 λ2 = |λ|r2

λ = 1 − (2zr)2((x2 − y2)λ )2 + (2xyλ)2

= 1 − 4z2 r2

λ2 (x2 + y2)2= 1 − 4z2 r2

λ2 r4

= 1 − 4z2

λ2 r2= 1 − 4z2

λ2 (x2 + y2)

Deste modo, sendo w2 · w2 = (X, Y, Z), devemos ter

X =((x2 − y2)2 λ2 − 4x2y2λ2

)λ

Y = 2((x2 − y2)λ

)· (2xyλ) · λ

Z = 2 · (2zr) · r

Simplificando,

X =((x2 − y2)2 − 4x2y2

)λ2 λ

Y = 4xy(x2 − y2)λ2 λ (1.32)

Z = 4zr|λ|r2 = 4z(x2 + y2)32 |λ|

38

Potenciacao na forma trigonometrica

Para os numeros hipercomplexos vale uma versao (mais fraca) da lei de DeMoivre,

Proposicao 11 (De Moivre). Dados o hipercomplexo w = ρ (cos θ ·cos β, sen θ ·cosβ, sen β), nao nulo, e o natural n ≥ 2, temos:

wn = ρn (cosn θ · cosn β, sen n θ · cosn β, sen nβ) (1.33)

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

Prova: Princıpio da Inducao Finita. Para n = 2, a proposicao e verdadeira(devido a prop. 6).

Admitamos a validade da proposicao 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, cosβ ≥ 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 · cosβ, sen θ · cosβ, sen β)

Pela proposicao 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 formula (1.33) vale, por exemplo, para

−π

2≤ (n − 1)β ≤ π

2⇔ − π

2(n− 1)≤ β ≤ π

2(n − 1)(1.34)

�

Gentil 39

1.9 Forma polar

As proposicoes 6 (pag. 33) e 7 nos permitem adotar uma outra notacaopara os numeros hipercomplexos: a forma polar, assim designada,

w = ρ θ β

Exemplos: Exprimir os seguintes numeros na forma polar:

a) i b) j c) −1 d) 1 e) 1 +√

3 i f) (1, −1, −√

2).

Solucao: Lembramos que,

ρ =√

x2 + y2 + z2, cos θ · cosβ =x

ρ, sen θ · cosβ =

y

ρ, senβ =

z

ρ.

Temos,

a) i = (0, 1, 0), ρ =√

02 + 12 + 02 = 1, temos

sen β =z

ρ=

0

1= 0 ⇒ β = 0o (−90o ≤ β ≤ 90o)

cos θ · cos 0o = 01 = 0 ⇒ cos θ = 0

⇒ θ = 90o (0o ≤ θ < 360o)sen θ · cos 0o = 1

1 = 1 ⇒ sen θ = 1

Sendo assim, temos: i = 1 90o 0o

b) j = (0, 0, 1), ρ =√

02 + 02 + 12 = 1, temos

sen β =z

ρ=

0

1= 0 ⇒ β = 0o

cos θ · cos 90o = 01 = 0 ⇒ θ = indeterminado.

sen θ · cos 90o = 01 = 0 ⇒ θ =indeterminado.

Escolhendo θ = 0o, obtemos: j = 1 0o 90o

c) −1 = (−1, 0, 0), ρ =√

(−1)2 + 02 + 02 = 1, temos

sen β =z

ρ=

0

1= 0 ⇒ β = 0o

cos θ · cos 0o = −11 = −1 ⇒ cos θ = −1

⇒ θ = 180o

sen θ · cos 0o = 01 = 0 ⇒ sen θ = 0

Sendo assim, temos: − 1 = 1 180o 0o

40

d) 1 = (1, 0, 0), ρ =√

12 + 02 + 02 = 1, temos

sen β =z

ρ=

0

1= 0 ⇒ β = 0o

cos θ · cos 0o = 11 = 1 ⇒ cos θ = 1

⇒ θ = 0o

sen θ · cos 0o = 01 = 0 ⇒ sen θ = 0

Sendo assim, temos: 1 = 1 0o 0o

e) 1 +√

3 i = (1,√

3, 0), ρ = 2, temos

sen β =z

ρ=

0

2= 0 ⇒ β = 0o

cos θ · cos 0o = 12 ⇒ cos θ = 1

2⇒ θ = 60o

sen θ · cos 0o =√

32 ⇒ sen θ =

√3

2

Sendo assim, temos: 1 +√

3 i = 2 60o 0o

f) (1, 1, −√

2), ρ = 2, temos

senβ =z

ρ=

−√

2

2⇒ β = −45o

cos θ · cos(−45o) = xρ = 1

2 ⇒ cos θ = 1√2

⇒ θ = 45o

sen θ · cos(−45o) = yρ = 1

2 ⇒ sen θ = 1√2

Sendo assim, temos: (1, 1, −√

2) = 2 45o −45o

Multiplicacao e divisao na forma polar

Para multiplicar ou dividir dois hipercomplexos na forma polar nos valemosdas proposicoes 6 (pag. 33) e 7, assim:

Dados, w1

= ρ1

θ1 β1 e w2

= ρ2

θ2 β2, temos:

M) Multiplicacaow1 · w2 = ρ1ρ2

θ1+θ2 β1+β2 (1.35)

D) Divisaow

1

w2

=ρ

1

ρ2

θ1−θ2 β1−β2 (1.36)

Exemplos: Realizar na forma polar as seguintes operacoes:

a) (−1) · i b) (j + 1)2 c) (j − 1)2 d) ( i+1 )2

( j+1 )2 e)(

j+1j−1

)2

f) (i + j)2 g) (i − j)2 h) (j − i)2

Gentil 41

Solucao:

a) Temos,

−1 = (−1, 0, 0) = 1 180o 0o

i = (0, 1, 0) = 1 90o 0o

Entao,

−1 · i =(1 180o 0o

)·(1 90o 0o

)= 1 270o 0o

b) Temos,

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

2 0o 45o

Entao,

(j + 1)2 = (j + 1) · (j + 1) =(√

2 0o 45o)·(√

2 0o 45o)

Portanto,

(j + 1)2 = 2 0o 90o = 2 j

Observe que,

(j + 1)2 = j2 + 2j + 1

c) Temos,

j − 1 = (0, 0, 1) − (1, 0, 0) = (−1, 0, 1) =√

2 180o 45o

Entao,

(j − 1)2 = (j − 1) · (j − 1) =(√

2 180o 45o)·(√

2 180o 45o)

Portanto,

(j − 1)2 = 2 360o 90o = 2 j

Observe que,

(j − 1)2 = j2 − 2j + 1

Ou ainda,

(j + 1)2 = (j − 1)2

d) i + 1 =√

2 45o 0o , j + 1 =√

2 0o 45o . Temos

(i + 1)2

(j + 1)2= 2 90o 0o

2 0o 90o

= 22

90o−0o 0o−90o = 1 90o −90o = −j

e) j + 1 =√

2 0o 45o , j − 1 =√

2 180o 45o . Entao,

j + 1

j − 1=

√2 0o 45o

√2 180o 45o

= 1 −180o 0o = −1

42

Sendo assim, temos

( j + 1

j − 1

)2

=(1 −180o 0o

)·(1 −180o 0o

)= 1 −360o 0o = 1

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

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

2 90o 45o

Entao,

(i + j)2 = (√

2 90o 45o ) · (√

2 90o 45o ) = 2 180o 90o= 2 0o 90o= 2j

Observe que, (i + j)2 6= i2 + 2 i j + j2. De fato,

i2 + 2 i j + j2 = −1 + 2 i j − 1 = −2 + 2j

Este fenomeno tambem ocorre na algebra de matrizes. La o produto edistributivo, mas nao comutativo; aqui e comutativo, mas nao distributivo.

g) (i − j)2 = (i − j) · (i − j), temos

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

2 90o −45o

Entao,

(i − j)2 = (√

2 90o −45o) · (√

2 90o −45o)

= 2 180o −90o = 2 0o −90o = −2j

Observe que, (i − j)2 6= i2 − 2 i j + j2. De fato,

i2 − 2 i j + j2 = −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 45o

Entao,

(j − i)2 = (√

2 −90o 45o) · (√

2 −90o 45o)

= 2 −180o 90o= 2 0o 90o = 2j

Observe que (i − j)2 6= (j − i)2.

Gentil 43

Transformacao de coordenadas

As calculadoras cientıficas trazem as transformacoes de coordenadas re-tangular para polar (e vice-versa). Estas transformacoes podem ser aplicadasao plano complexo:

p

q

0 x

y (x, y)r

)θ

8

>

<

>

:

x = r cos θ

y = r sen θ

(r, θ)→ (x, y)

8

>

>

<

>

>

:

θ = tg−1 (y/x)

r =√

x2 + y2

(x, y)→ (r, θ)

Para o caso dos numeros hipercomplexos, o angulo θ e o mesmo for-necido pelas calculadoras; o modulo ( ρ ) e angulo β sao obtidos da seguinteforma:

0

z

X

x

Yy

Z

(x, y, z)ρ

rθ

β

8

>

>

<

>

>

:

β = tg−1 (z/r)

ρ =√

x2 + y2 + z2

Dado um numero na forma polar, a transformacao para a forma retan-gular e obtida da seguinte forma:

w = ρ θ β ⇒

x = ρ cos θ cosβ

y = ρ sen θ cosβ

z = ρ senβ

(1.37)

Na verdade existem calculadoras (HP por exemplo) que ja trazem estastransformacoes no espaco (coordenadas esfericas).

No apendice (pag. 147) damos um programa para a transformacao decoordenadas retangulares para polares.

Importante!

Dado um hipercomplexo w = ρ θ β com argumento (θ, β) podemos(para efeito de calculos, quando necessario) usar o programa citado acima paraescreve-lo como w = ρ θ0 β0 em funcao do argumento principal (θ

0, β

0).

Por exemplo, seja o hipercomplexo w = 1 45o 120o para escreve-lo emfuncao do argumento principal vamos, antes, transforma-lo para coordenadas

44

retangulares, assim:

w = 1 45o 120o ⇒

x = 1 cos 45o cos 120o

y = 1 sen 45o cos 120o

z = 1 sen 120o

Levando os valores,

x = −√

24 , y = −

√2

4 , z = −√

32

no programa, obtemos w = 1 225o 60o , portanto, podemos escrever

1 45o 120o = 1 225o 60o

Observe a localizacao de w:

Y

Z

X

w

Nota: Obviamente que podemos escrever w em funcao do argumento prin-cipal, diretamente (isto e, sem passar pelas coordenadas retangulares), assim:

1 45o 120o = 1 180o+45o 180o−120o

= 1 225o 60o

A versao da lei de De Moivre em coordenadas polares fica assim,

Proposicao 12 (De Moivre). Dados o hipercomplexo w = ρ θ β , nao nulo,e o natural n ≥ 2, temos:

wn = ρn nθ nβ (1.38)

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

Exemplo: Seja o numero w =( √

62 ,

√6

2 , 1), calcule w5.

Solucao: Escrevendo este numero em coordenadas polares temos w = 2π4

π6 .

Substituindo β = π6 na desigualdade (1.34), temos

− π2(n−1) ≤ π

6 ≤ π2(n−1) ⇒ n ≤ 4.

Isto significa que pela formula de De Moivre podemos calcular so ate a quartapotencia. Entao,

w4 = 24 4·π4 4·π

6 = 16 π2π3

Gentil 45

Observe que cos 2π3 = cos 120o < 0, razao porque nao pudemos calcular w5

diretamente por (1.38). Mas, isto nao constitui nenhum empecilho uma vez quepodemos reescrever w4 em funcao do argumento principal, assim:

w4 = 16 π2π3 = 16 π+π π− 2π

3 = 16 0π3

Observe que, θ = 2π ≃ 0. Pois bem,

w5 = w4 · w = 16 0π3 · 2 π

4π6

= 16 · 2 0+ π4

π3 + π

6 = 32π4

π2

Voltando para a forma retangular, obtemos (ver (4.3), pag. 139)

w5 = 32π4

π2 ⇒

x = 32 cos π4 cos π

2 = 0

y = 32 sen π4 cos π

2 = 0

z = 32 sen π2 = 32

Portanto,( √

62 ,

√6

2 , 1)5

= (0, 0, 32)

Ou ainda,( √

62 + i

√6

2 + j)5

= 32j

1.9.1 Interpretacao geometrica da multiplicacao hipercom-plexa

Agora iremos dar uma interpretacao geometrica ao produto hipercomplexo.No caso particular dos complexos ( plano - C ) e dos hipercomplexos bidimen-sionais ( plano H − 2D ) ja sabemos o que acontece ( ver [5] ).

Adotaremos a seguinte notacao:

j ( 2 ) w = j j w ⇒ j ( 2 ) w = j ( j w )

j ( 3 ) w = j j j w ⇒ j ( 3 ) w = j(j ( j w )

)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Antes de mais nada observamos, pela multiplicacao na forma polar, que ainterpretacao geometrica desta operacao e a de uma rotacao∗ no espaco; entre-tanto vejamos algumas situacoes particulares:

I ) Multiplicacao de j por um numero complexo z = (x, y, 0). Temos

(0, 0, 1) · (x, y, 0) =(− 1·0·x

r2

, − 1·0·yr2

, 1 · r2

)= (0, 0,

√

x2 + y2)

Portanto,j · z = ( 0, 0, |z| )

Observe que se |z| = 1 (cırculo unitario no plano complexo) entao j ·z = j.

Conclusao: multiplicar j por um numero complexo significa rotaciona-lo de 90o

na “vertical”, assim:

∗Numa rotacao nao ha alteracao de modulo; cometeremos um abuso de linguagem igno-rando este pormenor.

46

Y

Z

j

z

R

Plano C

Y

Z

jz

z

R

Plano C

II ) Multiplicacao de j por um numero hipercomplexo w = (x, y, z). Temos

j = 1 · (cos 0 · cosπ

2, sen 0 · cos

π

2, sen

π

2)

w = ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β)

Entao,

jw = ρ(

cos θ · cos(β +

π

2

), sen θ · cos

(β +

π

2

), sen

(β +

π

2

))

Conclusao: multiplicar j por um numero hipercomplexo significa rotaciona-lode 90o “para cima”, assim:

Y

Z

X

jw

Y

Z

X

jw

Nota: Obviamente que o caso anterior ( jz ) e um caso particular deste ( jw ).

Dado w = (x, y, z) ∈ H, desejamos agora analisar o produto j ( 2 ) w, em

Gentil 47

coordenadas retangulares. Entao∗,

jw = (0, 0, 1) · (x, y, z)

=(− 1·z·x

r2

, − 1·z·yr2

, r2

)=(− xz

r2, − yz

r2, r

2

)

onde, r2

=√

x2 + y2. Observe que a aplicacao,

(x, y, z) 7−→(− xz√

x2+y2, − yz√

x2+y2,√

x2 + y2)

e uma rotacao de 90o no plano que passa pelo eixo Oz e o ponto w. Continuando,

j ( 2 ) w = (0, 0, 1) ·(− xz

r2, − yz

r2, r

2

)

=(

−1·r

2·−xz

r2

r′2

, −1·r

2·−yz

r2

r′2

, 1 · r′2

)

onde,

r′2

=√(

− xzr2

)2+(− yz

r2

)2= |z|

Sendo assim, resulta,

j ( 2 ) w =( x z

|z| ,y z

|z| , |z|)

Ou ainda,

j ( 2 ) w =( x z

|z| ,y z

|z| , |z|)

=

{

w, se z > 0;

−w, se z < 0.

III ) Multiplicacao de um complexo z por um hipercomplexo w. Temos∗

z = (cos θ1· cos 0, sen θ

1· cos 0, sen 0)


Entao,

zw = ρ2

(

cos(θ1+ θ

2

)· cosβ

2, sen

(θ1+ θ

2

)· cosβ

2, sen β

2

)

Conclusao: multiplicar um numero complexo z por um hipercomplexo w sig-nifica rotacionar w de θ

1graus “para a direita”; nao ha rotacao “para cima”,

assim:

∗Para nossa analise vamos considerar w um hipercomplexo nao-singular.∗Para nossa analise vamos considerar o complexo de modulo unitario, nao faz mal.

48

Y

Z

X

w

z

Y

Z

X

w

zw

θ1

Vejamos esta multiplicacao 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

=√

cos2 θ + sen 2θ = 1, r2

=√

x2 + y2 e γ = 1. Entao,

zw =(x cos θ − y sen θ, y cos θ + x sen θ, z

)

O que confirma o resultado anterior.

IV ) Multiplicacao e divisao de dois hipercomplexos.Para interpretar o produto w

1· w

2, convencionaremos chamar o fator a

direita (isto e, w2) de indutor e o fator a esquerda de induzido.

Quando, na forma trigonometrica (ou polar) do produto (ou quociente)comparece a soma θ1 + θ2 dizemos que houve uma rotacao positiva na pri-meira variavel (variavel θ); em θ

1−θ

2dizemos que houve uma rotacao negativa;

analogamente com respeito a segunda variavel (β ).A partir das proposicoes 6 e 7, pag. 33, (ou suas similares pag. 40)

nao e difıcil inferir o significado geometrico destas operacoes. Por exemplo, amultiplicacao,

w1 · w2 = ρ1ρ2

(cos(θ1 + θ2) · cos(β1 + β2), sen (θ1 + θ2) · cos(β1 + β2), sen (β1 + β2)

)

pode ser interpretada da seguinte forma: o numero w1 sofreu uma rotacao(+, + ) de argumento ( θ

2, β

2). A divisao,

w1

w2

=ρ1

ρ2

θ1−θ2 β1−β2

pode ser interpretada da seguinte forma: o numero w1

sofreu uma rotacao(−, − ) de argumento ( θ

2, β

2).

Exemplos: Vejamos um exemplo concreto: multiplicar os numeros,

w1

= 1 30o 45o , w2

= 1 225o 60o

Gentil 49

Temos,

w1· w

2= 1 · 1 30o+225o 45o+60o = 1 255o 105o

Podemos interpretar este produto dizendo que w1sofre uma rotacao (+, + )

de argumento ( 225o, 60o ). Graficamente, temos

Y

Z

X

w2

Y

Z

X

w2 w

1·w

2

Temos,

w1· w

2= 1 255o 105o = 1 75o 75o

Vejamos um exemplo envolvendo divisao: No hipercomplexo( √

22 ,

√6

2 ,√

2)

dar uma rotacao (−, −) de argumento (90o, 60o).

Solucao: Por (1.36) (pag. 40), devemos realizar a seguinte divisao:

w1

w2

=

( √2

2 ,√

62 ,

√2)

1 90o 60o

Temos duas alternativas para esta divisao: em coordenadas polares ouem coordenadas retangulares. Facamos das duas formas:

a) Forma Polar. Temos

w1

w2

= 2 60o 45o

1 90o 60o

= 2 60o−90o 45o−60o = 2 −30o −15o

b) Forma retangular. Temos

w1

w2

=

( √2

2 ,√

62 ,

√2)

(0, 1

2 ,√

32

) =( √

22 ,

√6

2 ,√

2)·(

0,− 12 ,−

√3

2

)

Realizando este produto encontramos,

w1

w2

=(

(1+√

3 )·√

64 , − (1+

√3 )·

√2

4 , −√

6−√

22

)

Podemos usar o programa dado no apendice para transformar este numeropara a forma polar, entao

((1+

√3 )·

√6

4 , − (1+√

3 )·√

24 , −

√6−

√2

2

)

= 2 −30o −15o

Geometricamente, temos

50

Y

Z

X

w1

w2

Y

Z

w1

w2

w1

w2

Temos,

((1+

√3 )·

√6

4 , − (1+√

3 )·√

24 , −

√6−

√2

2

)

≃ (1, 673; −0, 966; −0, 518)

Rotacao em torno da origem

Segundo a proposicao 6 (pag. 33) se multiplicarmos o numerow

1= 1 · (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ) pelo ponto (numero) w = (x, y, z)

obteremos uma rotacao, deste ultimo, de um angulo (θ, β). Para atender areferida proposicao basta escolher −π

2 ≤ β ≤ π2 (isto e, cosβ ≥ 0).

Para obter a rotacao - de argumento (θ, β) - de um ponto w = (x, y, z),em torno da origem, devemos realizar o produto:

(cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β) · (x, y, z)

Vamos calcular este produto para o caso especial em que,

r1 =√

(cos θ · cosβ)2 + ( sen θ · cosβ)2 = | cosβ| = cosβ 6= 0 ⇒ β 6= ±π

2.

e w fora do eixo Oz. Sendo assim, multiplicamos em (D4):

((x·cos θ·cosβ−y· sen θ·cosβ)γ, (y·cos θ·cos β+x· sen θ·cosβ)γ, senβ·r

2+z·cosβ

)

Onde, r2

=√

x2 + y2 e γ = 1 − z senβ

cos β√

x2+y2, isto e, γ = 1 − z√

x2+y2tgβ.

Facamos,

x′ =(x cos θ cosβ − y sen θ cosβ) γ

y′ =(y cos θ cosβ + x sen θ cosβ) γ

z′ =√

x2 + y2 · senβ + z · cosβ

Exemplos:

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

Gentil 51

Temos,

x′ =(1 cos 45o cos 45o − 0 sen 45o cos 45o) · 1 =1

2

y′ =(0 cos 45o cos 45o + 1 sen 45o cos 45o) · 1 =1

2

z′ =√

12 + 02 · sen 45o + 0 · cos 45o =

√2

2

Observe que,

|w′| =

√(

12

)2+(

12

)2+( √

22

)2= 1 = |w|

b ) Rotacione w = ( 1, −1, 2 ) de um angulo (135o, −30o).

Temos,

x′ =(1 cos 135o cos−30o − (−1) sen 135o cos−30o) ·(

1 +

√6

3

)

y′ =(−1 cos 135o cos−30o + 1 sen 135o cos−30o) ·(

1 +

√6

3

)

z′ =√

12 + (−1)2 · sen − 30o + 2 · cos−30o

Entao,

x′ =(

1(−

√2

2

)√

3

2+ 1

√2

2

√3

2

)

·(

1 +

√6

3

)

= 0

y′ =(

− 1(−

√2

2

)√

3

2+ 1

√2

2

√3

2

)

·(

1 +

√6

3

)

= 1 +

√6

2

z′ =√

2 ·(− 1

2

)+ 2 ·

√3

2=

√3 −

√2

2

Observe que,

|w′| =

√

02 +(1 +

√6

2

)2+(√

3 −√

22

)2=

√6 = |w|

Geometricamente, os exemplos anteriores ficam

w

X

Y

Z

w′

w

X

Y

Z

w′

52

c ) Na figura a seguir, rotacionamos o triangulo de vertices,

( 1 ) :( 1

2, 0, 0

), ( 2 ) :

(1, 0, 0

), ( 3 ) :

(1, 0, 1

)

X

Y

Z

( 1 )

( 2 )

( 3 )

( 1 ) ( 2 )

( 3 )

X

Y

Z

( 1 )

( 2 )

( 3 )( 1 )′

( 2 )′

( 3 )′

X

Y

Z

de um angulo (90o, 45o).Na figura do centro temos o triangulo original rotacionado de θ = 90o e

β = 0o (triangulo “intermediario”).

Calculemos as coordenadas de cada um dos vertices do triangulo rotacio-nado.

Vertice: ( 1 )′. Temos ( 1 ) :(

12 , 0, 0

). Entao,

x′ =(

12 cos 90o cos 45o − 0 sen 90o cos 45o

)· 1 = 0

y′ =(0 cos 90o cos 45o + 1

2 sen 90o cos 45o)· 1 =

√2

4

z′ =√

( 12 )2 + 02 · sen 45o + 0 · cos 45o =

√2

4

Entao, ( 1 )′ :(0,

√2

4 ,√

24

).

Vertice: ( 2 )′. Temos ( 2 ) :(1, 0, 0

). Entao,

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 =

√2

2

z′ =√

12 + 02 · sen 45o + 0 · cos 45o =√

22

Entao, ( 2 )′ :(0,

√2

2 ,√

22

).

Vertice: ( 3 )′. Temos ( 3 ) :(1, 0, 1

). Entao,

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

Entao, ( 2 )′ :(0, 0,

√2).

Gentil 53

Porque a multiplicacao em R3 nao poderia ser associativa

Daremos agora uma justificativa - geometrica - pela qual nao se deve-ria esperar uma multiplicacao em R3 associativa. Assumiremos, unicamente,que uma tal multiplicacao, como ocorre em R2, resulta em uma rotacao. Va-mos retomar o exemplo 4o ), pag. 10. Neste exemplo resolvemos a equacao:(1, −1, 2) · w = (1, 0, 3) e mostramos que a mesma tem duas solucoes,

w′ =( 1 + 3

√2

6,

1 + 3√

2

6,−2 + 3

√2

6

)

= 1, 29 45, 00o 16, 83o

e

w′′ =( 1 − 3

√2

6,

1 − 3√

2

6,

2 + 3√

2

6

)

= 1, 29 225, 00o 53, 70o

Isto significa que podemos ir do ponto a = (1, −1, 2) ao ponto b = (1, 0, 3) (ouainda: superpor o ponto a ao ponto b) por dois “caminhos” distintos; caminhosestes dados por w′ e w′′. Isto podemos ver no grafico seguinte,

a

R

R

R

b

E o que aconteceria se tivessemos resolvido a equacao a · w = b supondo amultiplicacao associativa? Isto e,

a · w = b ⇔ a−1 · (a · w) = a−1 · b ⇔ w = a−1 · b

Temos,

a−1 =( 1

6,

1

6,−2

6

)

⇒ w =( 1

6,

1

6,−2

6

)

· (1, 0, 3) = 1, 29 45, 00o 16, 83o

Uma unica solucao. Ou seja, estariamos perdendo “informacao”. Ou ainda: sea multiplicacao fosse associativa, isto nao refletiria a “realidade” ; isto e, o fatode podermos ir de a para b por dois caminhos distintos.

De outro modo: No plano a equacao a ·w = b tem apenas uma solucao por-que temos uma unica alternativa de irmos de a para b atraves de uma rotacao;agora com uma dimensao a mais (isto e, saindo do plano para o espaco) senos apresenta mais um caminho; isto se deve, como ja vimos, ao fato de amultiplicacao nao ser associativa. Ou melhor: isto vai se refletir na nao associ-atividade da multiplicacao.

54

Porque a multiplicacao em R3 nao poderia ser distributiva

Para justificar porque o “natural” e que a multiplicacao em R3 nao sejadistributiva, podemos tecer comentarios analogos ao do caso anterior, so queagora invocando o problema classico resolvido a pag. 30. De fato, vamos resolvereste problema aplicando a distributividade na equacao (1.25) (pag. 31), assim

10x′ + x′ · (−x′) = 40

Temos,

x′ · (−x′) = (x, y, z) · (−x, −y, −z)

=((−x2 + y2)γ, (−xy − xy)γ, zr2 + (−z)r1

)

onde, r1

=√

x2 + y2, r2

=√

(−x)2 + (−y)2, γ = 1 − z·(−z)r1·r

2= 1 + z2

x2+y2 .

Portanto,

x′ · (−x′) =((−x2 + y2)γ, −2xyγ, 0

)

10x′ = (10x, 10y, 10z)

Sendo assim, resulta

10x′ + x′ · (−x′) =(10x + (−x2 + y2)γ, 10y − 2xyγ, 10z

)= (40, 0, 0)

Portanto,

10x + (−x2 + y2)γ = 40

10y − 2xyγ = 0

10z = 0

Temos, z = 0 ⇒ γ = 1. Prosseguindo, encontramos uma unica solucao:x′ = (5,

√15, 0) e y′ = (5, −

√15, 0); que e a solucao complexa.

Conclusao: Estamos perdendo infinitas solucoes; ou ainda: a distributivi-dade nos “esconde” a “maioria” das solucoes.

Ve-se, nestes exemplos, que a multiplicacao nao ser associativa e nem dis-tributiva, redunda em vantagens.

Gentil 55

1.10 Radiciacao

Definicao 9. Dado um numero hipercomplexo w, chama-se raiz enesima de w,e denota-se, n

√w, a um numero hipercomplexo w

ktal que wn

k= w. Entao,

n√

w = wk

⇐⇒ wnk

= w

Exemplos: Calcular,

a)√

1 b)√−1 c)

√j d)

√1 + i + j e)

√1 − j f) 4

√1 + i + j

Solucao: a) Pela definicao, temos

√1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = 1.

Para resolver esta equacao temos duas alternativas:

1a ) r =√

x2 + y2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema 1 (pag. 35), resulta,

w2 = (−z2, 0, 0) = (1, 0, 0) ⇒ −z2 = 1 ⇒ z2 = −1.

Esta possibilidade esta descartada, porquanto z e real.

2a ) r =√

x2 + y2 6= 0. Pelo lema 1 devemos ter,

w2 =(

(x2 − y2) ·(1− z2

x2 + y2

), 2 x y ·

(1− z2

x2 + y2

), 2z

√

x2 + y2)

= (1, 0, 0)

De imediato concluimos que z = 0, no que resulta:

{

x2 − y2 = 1

x y = 0

Da segunda equacao concluimos que x = 0 ou y = 0, da primeira equacaoconcluimos que x 6= 0; portanto y = 0. Resultando, x = ± 1. Portanto, sao emnumero de duas as raızes quadradas de 1:

√1 = (1, 0, 0) ⇒

√1 = 1.

√1 = (−1, 0, 0) ⇒

√1 = −1.

b) Por definicao de raiz quadrada, temos√−1 = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = −1.


1a ) r =√

x2 + y2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema 1, resulta,

w2 = (−z2, 0, 0) = (−1, 0, 0) ⇒ −z2 = −1 ⇒ z2 = 1 ⇒ z = ± 1.

Neste caso, temos duas raızes quadradas de -1: (0, 0, 1) = j e (0, 0,−1) = −j.

2a ) r =√

x2 + y2 6= 0. Pelo lema 1 devemos ter,

w2 =(

(x2−y2)·(1− z2

x2 + y2

), 2 x y ·

(1− z2

x2 + y2

), 2z

√

x2 + y2)

= (−1, 0, 0)

56

De imediato concluimos que z = 0, no que resulta:

{

x2 − y2 = −1

x y = 0

Da segunda equacao concluimos que x = 0 ou y = 0, da primeira equacaoconcluimos que y 6= 0; portanto x = 0. Resultando, y = ± 1. Portanto, temosmais duas raızes 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 definicao de raiz quadrada, temos

√

j = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = j.


1a ) r =√

x2 + y2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema 1, resulta,

w2 = (−z2, 0, 0) = (0, 0, 1)

Esta possibilidade esta excluida.

2a ) r =√

x2 + y2 6= 0 (x 6= 0 ou y 6= 0). Pelo lema 1 devemos ter,

w2 =(

(x2 − y2) ·(1− z2

x2 + y2

), 2 x y ·

(1− z2

x2 + y2

), 2z

√

x2 + y2)

= (0, 0, 1)

Sendo assim, temos:

(x2 − y2) ·(1 − z2

x2 + y2

)= 0

2x y ·(1 − z2

x2 + y2

)= 0 (1.39)

2z√

x2 + y2 = 1

Desta ultima equacao concluimos que z > 0 (nenhum numero complexo podeser raiz de j; obviamente porquanto o produto de dois complexos sempre da umoutro complexo).

Analisando este sistema concluimos que devemos ter(1 − z2

x2+y2

)= 0. De

fato, se isto nao fosse verdade a primeira e segunda equacoes se transformariamem |x| = |y| e x · y = 0; donde x = y = 0, o que contradiz a ultima equacao dosistema. Portanto, x2 + y2 = z2. Este resultado na terceira equacao nos fornece

z =√

22 . Entao, x2 + y2 = 1

2 .

Gentil 57

Observe que podemos reescrever as duas primeiras equacoes do sistemacomo:

(x2 − y2) · 0 = 0

2x y · 0 = 0 (1.40)

O que nos diz que x e y sao indeterminados.

Conclusao: as raızes quadradas de j sao em numero infinito.

Observe que os afixos de√

j, estao sobre um cırculo de raio√

22 e a uma

altura z =√

22 .

jւ

x

y

z

)β=45o

x√

j

x

y

z

Nota: Como teremos oportunidade de ver, somente para pontos sobre o eixoz (isto e, pontos da forma (0, 0, z)) e que teremos infinitas raızes quadradas,nos demais casos teremos no maximo quatro raızes (quadradas).

d) Para calcular as raızes quadradas de 1 + i + j = (1, 1, 1), consideremos,

√

1 + i + j = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)2 = 1 + i + j.

Para resolver esta equacao temos duas alternativas (lema 1, pag. 35):

1a ) r =√

x2 + y2 = 0 (x = y = 0), sendo assim, pelo lema, resulta,

w2 = (−z2, 0, 0) = (1, 1, 1)

Esta possibilidade esta excluida.

2a ) r =√

x2 + y2 6= 0 (x 6= 0 ou y 6= 0). Pelo lema devemos ter,

w2 =(

(x2 − y2) ·(1− z2

x2 + y2

), 2 x y ·

(1− z2

x2 + y2

), 2z

√

x2 + y2)

= (1, 1, 1)

Sendo assim, temos:

(x2 − y2) ·(1 − z2

x2 + y2

)= 1

2x y ·(1 − z2

x2 + y2

)= 1 (1.41)

2z√

x2 + y2 = 1

Resolver este sistema diretamente nao nos parece a saıda mais acertada.Vamos resolve-lo indiretamente: escrevamos w na forma trigometrica, isto e:

58

w = ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β), com −π2 < β < π

2 . Para β nesteintervalo temos

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 (1.42)

ρ2 sen 2θ · cos 2β = 1 (1.43)

ρ2 sen 2β = 1 (1.44)

Inicialmente observamos que, nesta ultima equacao devemos ter sen 2β > 0.Como assumimos −π

2 < 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 conclusao e que todas as raızes procuradas encontram-se no semi-espaco z > 0.

Pois bem, dividindo (1.43) por (1.42), obtemos: tg 2θ = 1. Da trigonome-tria temos,

tgβ = tg α ⇒ β = α + kπ, k ∈ Z

Sendo assim, temos

tg 2θ = tgπ

4⇒ 2θ =

π

4+ kπ, k ∈ Z

Vamos impor a restricao 0 ≤ θ < 2π, ou ainda, 0 ≤ 2θ < 4π, para obter,

0 ≤ π

4+ kπ < 4π ⇒ k = 0, 1, 2, 3.

Portanto,

2θ =π

4+ kπ ⇒

k = 0: 2θ = π4

k = 1: 2θ = 5π4

k = 2: 2θ = 9π4

k = 3: 2θ = 13π4

Temos as seguintes possibilidades:

P0 : Substituindo 2θ = π4 nas equacoes (1.42) e (1.43), obtemos

{ρ2 cos π

4 · cos 2β = 1

ρ2 sen π4 · cos 2β = 1

⇒{

ρ2 cos 2β =√

2

ρ2 cos 2β =√

2

Juntamos uma destas equacoes com (1.44) para obter,

{ρ2 cos 2β =

√2

ρ2 sen 2β = 1⇒ tg 2β =

1√2

Gentil 59

Temos,

) 2β⊡√

2

1 ⇒) 2β

⊡√2

1√ 3

Deste ultimo triangulo tiramos,

cos 2β =

√6

3(1.46)

Voltando com este resultado no ultimo sistema obtemos ρ = 4√

3.Observe que para obtermos a raiz w

0= ρ (cos θ ·cosβ, sen θ ·cos β, sen β),

precisamos dos senos e cossenos dos arcos θ e β. Para isto vamos utilizar asseguintes identidades trigonometricas:

senx

2= ±

√

1 − cosx

2; cos

x

2= ±

√

1 + cosx

2

As quais, para os nossos propositos se transformam em,

senλ = ±√

1 − cos 2λ

2; cosλ = ±

√

1 + cos 2λ

2(1.47)

Substituindo (1.46) em (1.47), obtemos

senβ = ±

√

3 −√

6

6; cosβ = ±

√

3 +√

6

6

Como escolher os sinais? Usando (1.45), optamos pelos sinais positivos.Temos ainda,

2θ =π

4⇒ cos 2θ =

√2

2

Utilizando (1.47), temos

sen θ =

√

1 −√

22

2; cos θ =

√

1 +√

22

2

Finalmente podemos escrever a primeira raiz como,

w0

= ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β)

=4√

3

√

2 +√

2

2·

√

3 +√

6

6,

√

2 −√

2

2·

√

3 +√

6

6,

√

3 −√

6

6

P1 : Substituindo 2θ = 5π4 nas equacoes (1.42) e (1.43), obtemos

{√3 cos 5π

4 · cos 2β = 1√

3 sen 5π4 · cos 2β = 1

⇒ cos 2β = −√

6

3

60

Procedendo como no caso anterior, obtemos

sen β =

√

3 +√

6

6; cosβ =

√

3 −√

6

6

Temos ainda,

2θ =5π

4⇒ cos 2θ = −

√2

2


sen θ =

√

1 +√

22

2; cos θ = −

√

1 −√

22

2

Finalmente podemos escrever a segunda raiz como,

w1


=4√

3

−√

2 −√

2

2·

√

3 −√

6

6,

√

2 +√

2

2·

√

3 −√

6

6,

√

3 +√

6

6


{√3 cos 9π

4 · cos 2β = 1√

3 sen 9π4 · cos 2β = 1

⇒ cos 2β =

√6

3


sen β =

√

3 −√

6

6; cosβ =

√

3 +√

6

6

Temos ainda,

2θ =9π

4⇒{

sen 2θ =√

22

cos 2θ =√

22


sen θ = −

√

1 −√

22

2; cos θ = −

√

1 +√

22

2

Finalmente podemos escrever a terceira raiz como,

w2


=4√

3

−√

2 +√

2

2·

√

3 +√

6

6, −√

2 −√

2

2·

√

3 +√

6

6,

√

3 −√

6

6


{√3 cos 13π

4 · cos 2β = 1√

3 sen 13π4 · cos 2β = 1

⇒ cos 2β = −√

6

3

Gentil 61


senβ =

√

3 +√

6

6; cosβ =

√

3 −√

6

6

Temos ainda,

2θ =5π

4⇒ cos 2θ = −

√2

2


sen θ = −

√

1 +√

22

2; cos θ =

√

1 −√

22

2

Finalmente podemos escrever a quarta raiz como,

w3

= ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ)

=4√

3

√

2 −√

2

2·

√

3 −√

6

6, −√

2 +√

2

2·

√

3 −√

6

6,

√

3 +√

6

6

Conclusao: sao em numero de quatro as raızes quadradas de (1, 1, 1), quaissejam:

w0

= 4√

3

( √2+

√2

2 ·√

18+6√

66 ,

√2−

√2

2 ·√

18+6√

66 ,

√18−6

√6

6

)

w1

= 4√

3

(

−√

2−√

22 ·

√18−6

√6

6 ,

√2+

√2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

w2 = 4√

3

(

−√

2+√

22 ·

√18+6

√6

6 , −√

2−√

22 ·

√18+6

√6

6 ,

√18−6

√6

6

)

w3

= 4√

3

( √2−

√2

2 ·√

18−6√

66 , −

√2+

√2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

Enfatizamos que estas sao as solucoes do sistema 1.41 (pag. 57)

A seguir escrevemos estas raızes em coordenadas polares (com duas deci-mais) e as plotamos no espaco:

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

Z

X

Observamos que todas as raızes n−esimas de um hipercomplexo w = (x, y, z)estao, sempre, no mesmo semi-espaco de z (z > 0 ou z < 0), devido a proposicao9, pag. 35.

62

e) Vamos calcular as raızes quadradas de 1− j = (1, 0, −1) por dois modosdistintos:

- Coordenadas retangulares:

Neste caso devemos resolver o sistema,

(x2 − y2) ·(1 − z2

x2 + y2

)= 1

2x y ·(1 − z2

x2 + y2

)= 0

2z√

x2 + y2 = −1

Da ultima equacao observe que todas as raızes devem estar no semi-espaco z < 0.

Da primeira equacao concluimos que(1 − z2

x2+y2

)6= 0. Da ultima equacao

concluimos que z 6= 0 e que x e y nao sao simultaneamente nulos. Da segundaequacao 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,

x2(1 − z2

x2

)= 1 (1.48)

2 z |x| = −1 (1.49)

Tirando z na segunda equacao e substituindo na primeira obtemos,

x2(

1 − 1

4 x4

)

= 1 ⇒ x4 − x2 − 1

4= 0

Resolvendo esta equacao obtemos x = ±√

2√

2+22 . Substituindo em (1.49) ob-

temos, z = −√

2√

2−22 .

2o ) x = 0 (portanto y 6= 0). Neste caso o sistema se reduz a,

y2(1 − z2

y2

)= −1 (1.50)

2 z |y| = −1 (1.51)

Tirando z na segunda equacao e substituindo na primeira obtemos,

y2(

1 − 1

4 y4

)

= −1 ⇒ y4 + y2 − 1

4= 0

Resolvendo esta equacao obtemos y = ±√

2√

2−22 . Substituindo em (1.51) ob-

temos, z = −√

2√

2+22 .

Gentil 63

Conclusao: Temos quatro valores para√

1 − j, quais sejam:

w0

=( √

2√

2+22 , 0, −

√2√

2−22

)

w1

=(

0,

√2√

2−22 , −

√2√

2+22

)

w2

=(

−√

2√

2+22 , 0, −

√2√

2−22

)

w3

=(

0, −√

2√

2−22 , −

√2√

2+22

)

A seguir escrevemos estas raızes em coordenadas polares (com duas deci-mais) e as plotamos no espaco.

w0

= 1, 19 00,00o −22,50o

w1 = 1, 19 90,00o −67,50o

w2 = 1, 19 180,00o −22,50o

w3

= 1, 19 270,00o −67,50o

Y

Z

X

- Coordenadas Esfericas:

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 (1.52)

ρ2 sen 2θ · cos 2β = 0 (1.53)

ρ2 sen 2β = −1 (1.54)

Inicialmente observamos que, nesta ultima equacao devemos ter sen 2β < 0.Como assumimos −π

2 < β < π2 segue que, −π < 2β < π; logo, para satisfazer

(1.54), devemos ter −π < 2β < 0. Ou ainda,

−π

2< β < 0 (1.55)

Uma primeira conclusao e que todas as raızes procuradas encontram-se no semi-espaco z < 0.

Pois bem, dividindo (1.53) por (1.52), obtemos: tg 2θ = 0. Da trigonome-tria temos,

tg β = tgα ⇒ β = α + kπ, k ∈ Z

Sendo assim, temos

tg 2θ = tg 0 ⇒ 2θ = 0 + kπ, k ∈ Z

64

Vamos impor a restricao 0 ≤ θ < 2π, ou ainda, 0 ≤ 2θ < 4π, para obter,

0 ≤ kπ < 4π ⇒ k = 0, 1, 2, 3.

Portanto,

2θ = kπ ⇒

k = 0: 2θ = 0

k = 1: 2θ = π

k = 2: 2θ = 2π

k = 3: 2θ = 3π

Temos as seguintes possibilidades:

P0 : Substituindo 2θ = 0 nas equacoes (1.52) e (1.53), obtemos

{ρ2 cos 0 · cos 2β = 1

ρ2 sen 0 · cos 2β = 0⇒ ρ2 cos 2β = 1

Juntamos esta equacao com (1.54) para obter,

{ρ2 cos 2β = 1

ρ2 sen 2β = −1⇒ tg 2β = −1 ⇒ 2β = −π

4

Sendo assim, temos

cos 2β =

√2

2(1.56)

Voltando com este resultado no ultimo sistema obtemos ρ = 4√


0= ρ (cos θ ·cosβ, sen θ ·cosβ, senβ),

precisamos dos senos e cossenos dos arcos θ e β. Substituindo (1.63) em (1.47),obtemos

senβ = −√

2 −√

2

2; cosβ =

√

2 +√

2

2

Os sinais foram escolhidos usando (1.55). Temos ainda,

2θ = 0 ⇒ cos 2θ = 1

Temos,sen θ = 0; cos θ = 1

Finalmente podemos escrever a primeira raiz como,

w0


=4√

2

( √

2 +√

2

2, 0, −

√

2 −√

2

2

)

P1 : Substituindo 2θ = π nas equacoes (1.52) e (1.53), obtemos

{√2 cosπ · cos 2β = 1

√3 senπ · cos 2β = 0

⇒ cos 2β = −√

2

2

Gentil 65


sen β = −√

2 +√

2

2; cosβ =

√

2 −√

2

2

Temos ainda,

2θ = π ⇒ cos 2θ = −1

Temos

sen θ = 1; cos θ = 0

Finalmente podemos escrever a segunda raiz como,

w1


=4√

2

(

0,

√

2 −√

2

2, −√

2 +√

2

2

)

P2 : Substituindo 2θ = 2π nas equacoes (1.52) e (1.53), obtemos

{√2 cos 2π · cos 2β = 1

√2 sen 2π · cos 2β = 0

⇒ cos 2β =

√2

2


sen β = −√

2 −√

2

2; cosβ =

√

2 +√

2

2

Temos ainda,

2θ = 2π ⇒{

sen 2θ = 0

cos 2θ = 1

Ainda,

sen θ = 0; cos θ = −1

Finalmente podemos escrever a terceira raiz como,

w2


=4√

2

(

−√

2 +√

2

2, 0, −

√

2 −√

2

2

)

P3 : Substituindo 2θ = 3π nas equacoes (1.52) e (1.53), obtemos

{√2 cos 3π · cos 2β = 1

√2 sen 3π · cos 2β = 0

⇒ cos 2β = −√

2

2


sen β = −√

2 +√

2

2; cosβ =

√

2 −√

2

2

66

Temos ainda,

2θ = 3π ⇒{

sen 2θ = 0

cos 2θ = −1

Ainda,sen θ = −1; cos θ = 0

Finalmente podemos escrever a quarta raiz como,

w3


=4√

2

(

0, −√

2 −√

2

2, −√

2 +√

2

2

)

Conclusao: Temos quatro valores para√

1 − j, quais sejam:

w0

= 4√

2( √

2+√

22 , 0, −

√2−

√2

2

)

w1

= 4√

2(

0,

√2−

√2

2 , −√

2+√

22

)

w2

= 4√

2(

−√

2+√

22 , 0, −

√2−

√2

2

)

w3

= 4√

2(

0, −√

2−√

22 , −

√2+

√2

2

)

Na forma retangular fica assim:

√1 − j =

4√22 ·

√

2 +√

2 − j4√22 ·

√

2 −√

2

√1 − j =

4√22 ·

√

2 −√

2 i − j4√22 ·

√

2 +√

2

√1 − j = − 4√2

2 ·√

2 +√

2 − j4√22 ·

√

2 −√

2

√1 − j = − 4

√2

2 ·√

2 −√

2 i − j4√

22 ·

√

2 +√

2

f) Para calcular as raızes quartas de 1 + i + j = (1, 1, 1), consideremos,

4√

1 + i + j = (x, y, z) = w ⇔ (x, y, z)4 = (1, 1, 1).

Vamos resolver a equacao acima indiretamente, por coordenadas esfericas(forma trigonometrica). Vamos considerar w na forma polar w = ρ θ β , ouainda, na forma trigonometrica,

w = ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ)

Pela proposicao 12 (pag. 44), temos

w4 = ρ4 4θ 4β

Nota: A proposicao exige que: (H1 ) cosβ ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β ≥ 0.

Gentil 67

Pois bem, precisamos resolver o seguinte sistema:

ρ4 cos 4θ · cos 4β = 1 (1.57)

ρ4 sen 4θ · cos 4β = 1 (1.58)

ρ4 sen 4β = 1 (1.59)

- Inicialmente vamos resolver este sistema sem considerar as restricoes im-postas pela proposicao 12, o que sera feito num segundo momento.

Pois bem, da ultima equacao concluimos que

sen 4β > 0 ⇒

4β ∈ IQ ⇒ cos 4β > 0 =⇒

ou

4β ∈ IIQ ⇒ cos 4β < 0 =⇒

{

cos 4θ > 0

sen 4θ > 0⇒ 4θ ∈ IQ

{

cos 4θ < 0

sen 4θ < 0⇒ 4θ ∈ IIIQ

(1.57),(1.58)

Conclusao,

4β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ (1.60)

ou

4β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ (1.61)

Pois bem, dividindo (1.58) por (1.57): tg 4θ = 1. Da trigonometria, temos

tg λ = tgα ⇒ λ = α + kπ, k ∈ Z

Sendo assim, temos

tg 4θ = tgπ

4⇒ 4θ =

π

4+ kπ, k ∈ Z

Vamos inicialmente considerar a condicao (1.60). Temos,

(1.60) : 4β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ. Temos,

4θ =π

4+ kπ ∈ IQ ⇒ k = 0, 2, 4, . . . k e par. (1.62)

Sendo assim, temos

cos 4θ = cos( π

4+ kπ

)= cos

π

4=

√2

2

Este resultado no sistema original nos fornece,

{ρ4 cos 4β =

√2

ρ4 sen 4β = 1⇒ tg 4β =

√2

2

68

Da identidade trigonometrica, cos2 x = 11+ tg 2x , obtemos

cos 4β =

√6

3(1.63)

Voltando com este resultado no ultimo sistema obtemos ρ4 =√


0= ρ (cos θ ·cosβ, sen θ ·cosβ, senβ),

precisamos dos senos e cossenos dos arcos θ e β. Para isto vamos utilizar asseguintes identidades trigonometricas:

senx

2= ±

√

1 − cosx

2; cos

x

2= ±

√

1 + cosx

2

As quais, para os nossos propositos se transformam em,

sen γ = ±√

1 − cos 2γ

2; cos γ = ±

√

1 + cos 2γ

2(1.64)

tambem,

sen 2γ = ±√

1 − cos 4γ

2; cos 2γ = ±

√

1 + cos 4γ

2(1.65)


cos 2β =

√

3 +√

6

6=

√

18 + 6√

6

6


sen β =

√

72 − 12√

18 + 6√

6

12; cosβ =

√

72 + 12√

18 + 6√

6

12(1.66)

De (1.62) obtemos,

4θ =π

4+ kπ ⇒ cos 4θ =

√2

2. (1.67)

Temos, 4θ = π4 + kπ ⇒ θ = π

16 + kπ4 . Plotando θ × k, k par, obtemos

θ

k

k=0, 8,...

k=2, 10,...

k=4, 12,...

k=6, 14,...

θ

k

θ= π16=11, 25o

θ= 9π16 =101, 25o

θ= 17π16

=191, 25o

θ= 25π16 =281, 25o

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solucoes distintas: k =0, 2, 4, 6. Temos,

Gentil 69

4θ =π

4+ kπ ⇒

k = 0: 4θ = π4

k = 2: 4θ = 9π4

k = 4: 4θ = 17π4

k = 6: 4θ = 25π4

Temos,

( i ) 4θ = π4 . Entao, cos 4θ =

√2

2 de (1.65) obtemos

cos 2θ =

√

2 +√

2

2

Este resultado em (1.64) nos da,

sen θ =

q

2−√

2+√

2

2 ; cos θ =

q

2+√

2+√

2

2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solucaow

0= ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β):

w0 = 8√

3

(q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

( ii ) Temos, 4θ = 9π4 . Entao, cos 4θ =

√2

2 de (1.65) obtemos

cos 2θ = −√

2 +√

2

2

Observe que,

4θ =9π

4⇒ 2θ =

9π

8⇒ 2θ =

8π + π

8⇒ 2θ = π +

π

8⇒ cos 2θ < 0.


sen θ =

q

2+√

2+√

2

2 ; cos θ = −q

2−√

2+√

2

2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solucao w2 = ρ (cos θ ·cosβ, sen θ · cosβ, sen β) como,

w2

= 8√

3

(

−q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

( iii ) Temos, 4θ = 17π4 . Entao, cos 4θ =

√2

2 de (1.65) obtemos

cos 2θ =

√

2 +√

2

2

Observe que,

4θ =17π

4⇒ 2θ =

17π

8⇒ 2θ =

16π + π

8⇒ 2θ = 2π +

π

8⇒ cos 2θ > 0.

70


sen θ = −q

2−√

2+√

2

2 ; cos θ = −q

2+√

2+√

2

2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solucao w4

= ρ (cos θ ·cosβ, sen θ · cosβ, senβ) como,

w4

= 8√

3

(

−q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 , −q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

( iv ) Temos, 4θ = 25π4 . Entao, cos 4θ =

√2

2 de (1.65) obtemos

cos 2θ = −√

2 +√

2

2

Observe que,

4θ =25π

4⇒ 2θ =

25π

8⇒ 2θ =

24π + π

8⇒ 2θ = 3π +

π

8⇒ cos 2θ < 0.


sen θ = −q

2+√

2+√

2

2 ; cos θ =

q

2−√

2+√

2

2

Estes resultados, juntamente com (1.66), nos fornecem a solucao w6 =ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ) como,

w6

= 8√

3

(q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 , −q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

Vamos agora considerar a condicao (1.61) (pag. 67). Temos,

(1.61) : 4β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ. Temos,

4θ =π

4+ kπ ∈ IIIQ ⇒ k = 1, 3, 5, . . . k e ımpar. (1.68)

Sendo assim, temos

cos 4θ = cos( π

4+ kπ

)= − cos

π

4= −

√2

2

Este resultado no sistema original nos fornece,

{ρ4 cos 4β = −

√2

ρ4 sen 4β = 1⇒ tg 4β = −

√2

2


cos 4β = −√

6

3(1.69)


cos 2β =

√

3 −√

6

6=

√

18 − 6√

6

6

Gentil 71


senβ =

√

72 − 12√

18 − 6√

6

12; cosβ =

√

72 + 12√

18 − 6√

6

12(1.70)

De (1.68) temos, 4θ = π4 + kπ ⇒ θ = π

16 + kπ4 . Plotando θ × k, k ımpar,

obtemos

θ

k

k=1, 9,...

k=3, 11,...

k=5, 13,...

k=7, 15,...

θ

k

θ= 5π16 =56, 25o

θ= 13π16 =146, 25o

θ= 21π16 =236, 25o

θ= 29π16 =326, 25o

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solucoes distintas: k =1, 3, 5, 7. Temos,

4θ =π

4+ kπ ⇒

k = 1: 4θ = 5π4

k = 3: 4θ = 13π4

k = 5: 4θ = 21π4

k = 7: 4θ = 29π4

( i ) 4θ = 5π4 . Entao, cos 4θ = −

√2

2 de (1.65) resulta

cos 2θ = −√

2 −√

2

2

Observe que,

4θ =5π

4⇒ 2θ =

5π

8⇒ 2θ =

4π + π

8⇒ 2θ =

π

2+

π

8⇒ cos 2θ < 0.


sen θ =

q

2+√

2−√

2

2 ; cos θ =

q

2−√

2−√

2

2



w1

= 8√

3

(q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

( ii ) 4θ = 13π4 . Entao, cos 4θ = −

√2

2 de (1.65) resulta

cos 2θ =

√

2 −√

2

2

72

Observe que,

4θ =13π

4⇒ 2θ =

13π

8⇒ 2θ =

8π + 4π + π

8⇒ 2θ = π+

π

2+

π

8⇒ cos 2θ > 0.


sen θ =

q

2−√

2−√

2

2 ; cos θ = −q

2+√

2−√

2

2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solucaow3 = ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ):

w3

= 8√

3

(

−q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

( iii ) 4θ = 21π4 . Entao, cos 4θ = −

√2

2 , de (1.65) obtemos

cos 2θ = −√

2 −√

2

2

Observe que,

4θ =21π

4⇒ 2θ =

21π

8⇒ 2θ =

16π + 4π + π

8⇒ 2θ = 2π+

π

2+

π

8⇒ cos 2θ < 0.


sen θ = −q

2+√

2−√

2

2 ; cos θ = −q

2−√

2−√

2

2


5= ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ):

w5 = 8√

3

(

−q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 , −q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

( iv ) 4θ = 29π4 . 4θ = 29π

4 . Entao, cos 4θ = −√

22 de (1.65) obtemos

cos 2θ = −√

2 −√

2

2

Observe que,

4θ =29π

4⇒ 2θ =

29π

8⇒ 2θ =

24π + 4π + π

8⇒ 2θ = 3π+

π

2+

π

8⇒ cos 2θ > 0.


sen θ = −q

2−√

2−√

2

2 ; cos θ =

q

2+√

2−√

2

2



w7

= 8√

3

(q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 , −q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

Gentil 73

Escrevendo as oito solucoes (do sistema original), juntas, temos,

w0

= 8√

3(

q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

w1

= 8√

3(

q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

w2 = 8√

3(

−q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

w3

= 8√

3(

−q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

w4

= 8√

3

(

−q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 , −q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

w5

= 8√

3(

−q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 , −q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

w6 = 8√

3(

q

2−√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 , −q

2+√

2+√

2

2 ·q

72+12√

18+6√

6

12 ,

q

72−12√

18+6√

6

12

)

w7

= 8√

3(

q

2+√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 , −q

2−√

2−√

2

2 ·q

72+12√

18−6√

6

12 ,

q

72−12√

18−6√

6

12

)

Analise das solucoes

Para uma analise das solucoes do nosso sistema, vamos escreve-las na formapolar (com duas decimais), assim:

w0

= 1, 15 11, 25o 8, 82o

w2 = 1, 15 101, 25o 8, 82o

w4

= 1, 15 191, 25o 8, 82o

w6

= 1, 15 281, 25o 8, 82o

Y

Z

X

w1

= 1, 15 56, 25o 36, 18o

w3 = 1, 15 146, 25o 36, 18o

w5

= 1, 15 236, 25o 36, 18o

w7

= 1, 15 326, 25o 36, 18o

No grafico, em azul temos as solucoes de ındices pares: w0, w

2, w

4, e w

6; e,

em vermelho temos as solucoes de ındices ımpares: w1 , w3 , w5 , e w7 .

Inicialmente observamos que apenas as solucoes de ındices pares sao raızes(quartas) do hipercomplexo (1, 1, 1), isto e, satisfazem a equacao (x, y, z)4 =(1, 1, 1). Com efeito, basta observar que apenas estas satisfazem as exigenciasda proposicao 12 (pag. 44), isto e, cosβ ≥ 0, cos 2β ≥ 0, e cos 3β ≥ 0.

Para as solucoes de ındices ımpares, temos w2 = ρ2 2θ 2β , com cos 2β ≥0, o que significa que, pela proposicao 6 (pag. 33), temos

w2 · w2 =(ρ2 2θ 2β

)·(ρ2 2θ 2β

)= ρ4 4θ 4β

Acontece que,w4 = w3 · w 6= w2 · w2

74

devido a nao associatividade da multiplicacao. Ve-se daı que apenas as solucoesde ındices pares satisfazem w4 = w3 · w = (1, 1, 1). Para as de ındices ımparestemos w4 = w3 · w 6= (1, 1, 1).

Nota: Podemos usar o programa para o calculo de potencias, dado noapendice (pag. 141) para confirmar estas afirmativas.

A proposito deixamos ao leitor o seguinte∗:

Desafio: Resolva, em R, o seguinte sistema:

((x2 − y2)2 − 4x2 y2

)λ2 λ = 1

4xy(x2 − y2)λ2 λ = 1

4z(x2 + y2)32 |λ| = 1

onde,

λ = 1 − z2

x2 + y2, λ = 1 − 4z2

λ2 (x2 + y2)

Nota: Ver sistema (1.32), pag. 37.No proximo capıtulo mostraremos que sao em numero de quatro as raızes

quadradas de um hipercomplexo (nao-singular), deste modo conjecturamos quedeve ser em numero de oito as raızes quartas. Se esta conjectura e verdadeira,onde estariam as outras quatro raızes quartas de (1, 1, 1) ?

E disto que nos ocuparemos agora.Dado um hipercomplexo w = ρ θ β o diagrama a seguir,

cos 3

β≥0

(MP1)

cos 3β<0

(MP3)

ρ4 4θ 4β

ρ4 4θ 2β

ρ3 3θ 3β

cos 2

β≥0

(MP1)

cosβ≥0

(MP1)

cosβ<0

(MP3)

ρ4 4θ 2β

ρ4 4θ 0

ρ3 3θ β

cos 2β<0

(MP3)

ρ2 2θ 2βcos β≥0

(MP1)w

( H1 )

( H2 )

( H3 )

( H4 )

mostra que existem quatro possibilidades para o calculo de w4. Este diagramafoi construido a partir da regra geral para a multiplicacao de dois hipercomplexosna forma polar; regra esta dada apos a prova da proposicao 6, pag. 146.

∗Este desafio foi divulgado a nıvel nacional e em nossa home-page. Demos um prazo de tresmeses (a partir de 20.12.06) para sua resolucao, ofertamos um premio acima de R$1.000, 00;nao houve vencedor.

Gentil 75

Do diagrama acima tiramos as seguintes hipoteses (possibilidades):

( H1 ) cosβ ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β ≥ 0 ⇒ w4 = ρ4 4θ 4β

( H2 ) cosβ ≥ 0 ∧ cos 2β ≥ 0 ∧ cos 3β < 0 ⇒ w4 = ρ4 4θ 2β

( H3 ) cosβ ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ∧ cosβ ≥ 0 ⇒ w4 = ρ4 4θ 2β

( H4 ) cosβ ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ∧ cosβ < 0 ⇒ w4 = ρ4 4θ 0

Observemos que (H4 ) e uma inconsistencia, desta forma ficamos com tres pos-sibilidades. A primeira hipotese, (H1 ), ja foi considerada e nos forneceu quatroraızes. Quanto a hipotese (H2 ), deixamos como exercıcio ao leitor, mostrar quea mesma nao conduz a nenhuma raiz, de sorte que nos ocuparemos de (H3 ):cosβ ≥ 0 ∧ cos 2β < 0 ⇒ w4 = ρ4 4θ 2β .

Nestas condicoes devemos resolver o seguinte sistema:

ρ4 cos 4θ · cos 2β = 1 (1.71)

ρ4 sen 4θ · cos 2β = 1 (1.72)

ρ4 sen 2β = 1 (1.73)

Pois bem, da ultima equacao concluimos que

sen 2β > 0 ⇒

2β ∈ IQ ⇒ cos 2β > 0 =⇒

ou

2β ∈ IIQ ⇒ cos 2β < 0 =⇒

{

cos 4θ > 0

sen 4θ > 0⇒ 4θ ∈ IQ

{

cos 4θ < 0

sen 4θ < 0⇒ 4θ ∈ IIIQ

(1.71),(1.72)

Conclusao,

2β ∈ IQ ∧ 4θ ∈ IQ (1.74)

ou

2β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ (1.75)

A restricao (1.74) e incompatıvel com (H3 ), deve ser abandonada. Resta (1.75).Pois bem, dividindo (1.72) por (1.71): tg 4θ = 1. Da trigonometria, temos

tg λ = tgα ⇒ λ = α + kπ, k ∈ Z

Sendo assim, temos

tg 4θ = tgπ

4⇒ 4θ =

π

4+ kπ, k ∈ Z

Vamos considerar a condicao (1.75). Temos,

76

(1.74) : 2β ∈ IIQ ∧ 4θ ∈ IIIQ. Temos,

4θ =π

4+ kπ ∈ IIIQ ⇒ k = 1, 3, 5, . . . k e ımpar. (1.76)

Sendo assim, temos

cos 4θ = cos( π

4+ kπ

)= − cos

π

4= − 1√

2

Este resultado no sistema original nos fornece,{

ρ4 cos 2β = −√

2

ρ4 sen 2β = 1⇒ tg 2β = −

√2

2


cos 2β = −√

6

3(1.77)

Voltando com este resultado no ultimo sistema obtemos ρ4 =√

3.Substituindo (1.77) em (1.64), obtemos

sen β =

√

18 + 6√

6

6; cosβ =

√

18 − 6√

6

6(1.78)

De (1.76) temos, 4θ = π4 + kπ ⇒ θ = π

16 + kπ4 . Plotando θ × k, k ımpar,

obtemos

θ

k

k=1, 9,...

k=3, 11,...

k=5, 13,...

k=7, 15,...

θ

k

θ= 5π16 =56, 25o

θ= 13π16 =146, 25o

θ= 21π16 =236, 25o

θ= 29π16 =326, 25o

Observamos que quatro valores de k nos fornecem solucoes distintas: k =1, 3, 5, 7.

4θ =π

4+ kπ ⇒

k = 1: 4θ = 5π4

k = 3: 4θ = 13π4

k = 5: 4θ = 21π4

k = 7: 4θ = 29π4

( i ) 4θ = 5π4 . Entao, cos 4θ = −

√2

2 de (1.65) resulta

cos 2θ = −√

2 −√

2

2

Gentil 77

Observe que,

4θ =5π

4⇒ 2θ =

5π

8⇒ 2θ =

4π + π

8⇒ 2θ =

π

2+

π

8⇒ cos 2θ < 0.


sen θ =

q

2+√

2−√

2

2 ; cos θ =

q

2−√

2−√

2

2



w1 = 8√

3(

q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

( ii ) 4θ = 13π4 . Entao, cos 4θ = −

√2

2 de (1.65) resulta

cos 2θ =

√

2 −√

2

2

Observe que,

4θ =13π

4⇒ 2θ =

13π

8⇒ 2θ =

8π + 4π + π

8⇒ 2θ = π+

π

2+

π

8⇒ cos 2θ > 0.


sen θ =

q

2−√

2−√

2

2 ; cos θ = −q

2+√

2−√

2

2

Estes resultados, juntamente com (1.78), nos fornecem a solucaow3 = ρ (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β):

w3

= 8√

3(

−q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

( iii ) 4θ = 21π4 . Entao, cos 4θ = −

√2

2 , de (1.65) obtemos

cos 2θ = −√

2 −√

2

2

Observe que,

4θ =21π

4⇒ 2θ =

21π

8⇒ 2θ =

16π + 4π + π

8⇒ 2θ = 2π+

π

2+

π

8⇒ cos 2θ < 0.


sen θ = −q

2+√

2−√

2

2 ; cos θ = −q

2−√

2−√

2

2



w5

= 8√

3(

−q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 , −

q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

78

( iv ) 4θ = 29π4 . 4θ = 29π

4 . Entao, cos 4θ = −√

22 de (1.65) obtemos

cos 2θ = −√

2 −√

2

2

Observe que,

4θ =29π

4⇒ 2θ =

29π

8⇒ 2θ =

24π + 4π + π

8⇒ 2θ = 3π+

π

2+

π

8⇒ cos 2θ > 0.


sen θ = −q

2−√

2−√

2

2 ; cos θ =

q

2+√

2−√

2

2



w7

= 8√

3(

q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 , −

q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

Reunindo estas quatro solucoes, temos:

w1

= 8√

3(

q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

w3

= 8√

3(

−q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

w5 = 8√

3(

−q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 , −

q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

w7

= 8√

3(

q

2+√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 , −

q

2−√

2−√

2

2 ·√

18−6√

66 ,

√18+6

√6

6

)

Temos, w4i = (1, 1, 1) para i = 1, 3, 5, 7. A seguir plotamos as oito raızes

quartas de (1, 1, 1):

w0

= 1, 15 11, 25o 8, 82o

w2

= 1, 15 101, 25o 8, 82o

w4 = 1, 15 191, 25o 8, 82o

w6 = 1, 15 281, 25o 8, 82o

Y

Z

X

w1

= 1, 15 56, 25o 72, 37o

w3

= 1, 15 146, 25o 72, 37o

w5 = 1, 15 236, 25o 72, 37o

w7 = 1, 15 326, 25o 72, 37o

No grafico, em azul temos as raızes de ındices pares: w0, w

2, w

4, e w

6; e,

em vermelho temos as raızes de ındices ımpares: w1, w

3, w

5, e w

7.

Gentil 79

Uma consequencia da proposicao 10 (pag. 36) e o seguinte

Corolario 4. Se n√

w = wk, entao n

√w = w

k.

Prova: Com efeito, seja w = (x, y, z) e wk

= (a, b, c) uma raiz n−esimade w. Temos, w = (x, y, −z) e w

k= (a, b, −c). Por definicao de raiz n−esima,

temos wnk

= (x, y, z); pela proposicao 10 resulta wnk

= (x, y, −z), o que provaque w

ke raiz n−esima de w. �

Como uma consequencia imediata deste corolario, as oito raızes quartas de(1, 1, −1) sao: w0 , w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 , w7 . Graficamente, temos

w0

= 1, 15 11, 25o −8, 82o

w2

= 1, 15 101, 25o −8, 82o

w4

= 1, 15 191, 25o −8, 82o

w6 = 1, 15 281, 25o −8, 82o

Y

Z

X

w1

= 1, 15 56, 25o −72, 37o

w3

= 1, 15 146, 25o −72, 37o

w5

= 1, 15 236, 25o −72, 37o

w7 = 1, 15 326, 25o −72, 37o

Um Desafio

A equacao de Pitagoras:

x2 + y2 = z2 (1.79)

possui infinitas solucoes em R3.

O proposito deste desafio e mostrarmos um “algoritmo” para encontrarmosum “grande” numero de solucoes para esta equacao. Por exemplo, vamos agoraencontrar 4 × 4 × 2 = 32 solucoes.

Pois bem, tomamos

x ∈ {w0 , w1 , w2 , w3 }y ∈ { w0 , w1 , w2 , w3 }

onde, x = wk

e qualquer uma das raızes quadradas de (1, 1, 1); e tomamosy = w

k, qualquer uma das raızes quadradas de (1, 1, −1). Entao,

x2 = w2k

= (1, 1, 1)

y2 = w2k

= (1, 1, −1)⇒ x2 + y2 = (2, 2, 0)

Tomando z2 = (2, 2, 0), basta encontrarmos as raızes quadradas de (2, 2, 0) emC. E o que faremos agora. Temos,

(2, 2, 0) = 2(1, 1) = 2√

2π4

Vamos relembrar a 2a formula de Moivre: Dados o numero complexo z = ρ θ

e o numero natural n (n ≥ 2 ), entao existem n raızes enezimas de z que sao daforma,

zk

= n√

ρ ·[

cos(

θn + k · 2π

n

)+ i · sen

(θn + k · 2π

n

) ]

80

Sendo assim, resulta:

zk

=2√

2√

2 ·[

cos( π/4

2 + k · 2π2

)+ i · sen

( π/42 + k · 2π

2

) ]

Tomando k = 0, 1 obtemos,

z0

= 4√

8 ·( √

2+√

22 + i ·

√2−

√2

2

)

z1

= 4√

8 ·(

−√

2+√

22 − i ·

√2−

√2

2

)

Podemos escrever,

z0

= 4√

8 ·( √

2+√

22 ,

√2−

√2

2 , 0)

z1

= 4√

8 ·(

−√

2+√

22 , −

√2−

√2

2 , 0)

Portanto, tomando,

x ∈ {w0, w

1, w

2, w

3, w

4}

y ∈ { w0, w

1, w

2, w

3}

z ∈ { z0, z

1}

obtemos 32 solucoes para a equacao proposta.Plotando as solucoes, temos (ver pag. 61)

Y

Z

X

Ou ainda,

As bolinhas em azul representam as raızes quadradas de (1, 1, 1), as boli-nhas em vermelho representam as raızes quadradas de (1, 1, −1) e as bolinhas

Gentil 81

em verde representam as raızes quadradas de (2, 2, 0); de sorte que, combinandouma bolinha de cada cor temos as solucoes da equacao x2 + y2 = z2.

Nota: Se usarmos as raizes quadradas de 1− j, calculadas anteriormente, obte-mos outras 32 solucoes para a equacao dada.

Vejamos mais um exemplo,

A equacao de Fermat:x4 + y4 = z4 (1.80)

possui infinitas solucoes em R3.

Vamos agora encontrar, seguindo o algoritmo dado, 8×8×4 = 256 solucoes,para esta equacao. Pois bem, tomamos

x ∈ {w0, w

1, w

2, w

3, w

4, w

5, w

6, w

7}

y ∈ { w0, w

1, w

2, w

3, w

4, w

5, w

6, w

7}

onde, x = wk

e qualquer uma das raızes quartas de (1, 1, 1); e tomamos y = wk,

qualquer uma das raızes quartas de (1, 1, −1). Entao,

x4 = w4k

= (1, 1, 1)

y4 = w4k

= (1, 1, −1)⇒ x4 + y4 = (2, 2, 0)

Tomando z4 = (2, 2, 0), basta encontrarmos as raızes quartas de (2, 2, 0) emC. E o que faremos agora. Temos,

(2, 2, 0) = 2(1, 1) = 2√

2π4

Aplicando a formula de Moivre, resulta:

zk

=4√

2√

2 ·[

cos( π/4

4 + k · 2π4

)+ i · sen

( π/44 + k · 2π

4

) ]

Tomando k = 0, 1, 2, 3 obtemos,

z0

= 8√

8 ·(

q

2+√

2+√

2

2 + i ·q

2−√

2+√

2

2

)

z1

= 8√

8 ·(

−q

2−√

2+√

2

2 + i ·q

2+√

2+√

2

2

)

z2

= 8√

8 ·(

−q

2+√

2+√

2

2 − i ·q

2−√

2+√

2

2

)

z3

= 8√

8 ·(

q

2−√

2+√

2

2 − i ·q

2+√

2+√

2

2

)

Podemos escrever,

z0

= 8√

8 ·(

q

2+√

2+√

2

2 ,

q

2−√

2+√

2

2 , 0)

z1

= 8√

8 ·(

−q

2−√

2+√

2

2 ,

q

2+√

2+√

2

2 , 0)

z2

= 8√

8 ·(

−q

2+√

2+√

2

2 , −q

2−√

2+√

2

2 , 0)

z3

= 8√

8 ·(

q

2−√

2+√

2

2 , −q

2+√

2+√

2

2 , 0)

82

Portanto, tomando,

x ∈ {w0, w

1, w

2, w

3, w

4, w

5, w

6, w

7}

y ∈ { w0, w

1, w

2, w

3, w

4, w

5, w

6, w

7}

z ∈ { z0, z

1, z

2, z

3}

obtemos 256 solucoes para a equacao proposta. Plotando as solucoes, temos

Y

Z

X

Ou ainda,

As bolinhas em azul representam as raızes quartas de (1, 1, 1), as bolinhasem vermelho representam as raızes quartas de (1, 1, −1) e as bolinhas em verderepresentam as raızes quartas de (2, 2, 0); de sorte que, combinando uma boli-nha de cada cor temos as solucoes da equacao x4 + y4 = z4.

Capıtulo 2

Equacoes

2.1 Resolucao da equacao a · w = b

Vamos resolver a equacao, a · w = b , onde a = (a1, b

1, c

1) e b = (a

2, b

2, c

2)

sao dados e w = (x, y, z) e a incognita.Vamos assumir que (isto e, vamos resolver esta equacao para o caso em

que) a e b situam-se fora do eixo 0z (hipercomplexos nao-singulares).Pois bem, calculando o produto a · w em (D

4), obtemos

((a

1· x − b

1· y) γ, (a

1· y + x · b

1) γ, c

1· r

2+ z · r

1

)= (a

2, b

2, c

2)

Onde,

r1

=√

a2

1+ b2

1, r

2=√

x2 + y2 e γ = 1 − c1·z

r1·r

2

Devemos resolver o seguinte sistema,

(a1· x − b

1· y) γ = a

2(2.1)

(a1· y + b

1· x) γ = b

2(2.2)

c1· r

2+ z · r

1= c

2(2.3)

Como, por hipotese, r′2

=√

a2

2+ b2

26= 0, vamos considerar dois casos,

1o ) b26= 0. Dividindo (2.1) por (2.2) e resolvendo em relacao a y, obtemos,

y =a

1b2− a

2b1

a1a

2+ b

1b2

· x = µ · x (2.4)

Temos,

r2

=√

x2 + y2 =√

x2 + (µ · x)2 = |x|λ, onde, λ =√

1 + µ2 > 0

Ainda,

γ = 1 − c1· z

r1· r

2

= 1 − c1· z

r1· |x|λ

83

84

Tirando z em (2.3) e substituindo nesta equacao, obtemos

γ = 1 − c1

r1· |x|λ · z = 1 − c

1

r1· |x|λ · c

2− c

1|x|λ

r1

= 1 − c1c2− c2

1|x|λ

r21|x|λ (2.5)


(a1· µ · x + b

1· x)

(

1 − c1c2− c2

1|x|λ

r21|x|λ

)

= b2

Devemos considerar duas possibilidades:

1a) x > 0, ( |x| = x ). Neste caso ficamos com,

x (a1· µ + b

1)(

1 − c1 c2 − c21xλ

r21xλ

)

= b2

Resolvendo esta equacao para x encontramos,

x =1

ρ21

( b2

a1 µ + b1

r21

+c1c2

λ

)

Ou ainda (eliminando o parametro λ),

x =1

ρ21

( b2

a1 µ + b1

r21

+c1c2

√

1 + µ2

)

Este resultado em (2.4) nos da y e em z =c2−c

1|x|λ

r1nos da z.

2a) x < 0, ( |x| = −x ). Neste caso ficamos com,

x (a1· µ + b

1)(

1 +c1 c2 + c2

1xλ

r21xλ

)

= b2


x =1

ρ21

( b2

a1 µ + b1

r21− c1c2

λ

)


x =1

ρ21

( b2

a1µ + b

1

r21− c1c2√

1 + µ2

)

Este resultado em (2.4) nos da y e em z =c2−c1 |x|λ

r1nos da z.

2o ) a2 6= 0. Dividindo (2.2) por (2.1) e resolvendo em relacao a y, obtemos, omesmo resultado que em (2.4). Substituindo γ de (2.5) em (2.1), obtemos

(a1· x − b

1· µx)

(

1 − c1c2− c2

1|x|λ

r21|x|λ

)

= a2

Gentil 85

Devemos considerar duas possibilidades:

1a) x > 0, ( |x| = x ). Neste caso ficamos com,

x (a1− b

1· µ)

(

1 − c1c2− c2

1xλ

r21xλ

)

= a2


x =1

ρ21

( a2

a1− µ b

1

r21

+c1c2

λ

)


x =1

ρ21

( a2

a1− µ b

1

r21

+c1c2

√

1 + µ2

)

2a) x < 0, ( |x| = −x ). Neste caso ficamos com,

x (a1 − b1 · µ)(

1 +c1 c2 + c2

1xλ

r21xλ

)

= a2


x =1

ρ21

( a2

a1− µ b

1

r21− c

1c2

λ

)


x =1

ρ21

( a2

a1− µ b

1

r21− c

1c2

√

1 + µ2

)

Resumindo, a equacao (a1 , b1 , c1) · w = (a2 , b2 , c2), do primeiro grau,possui duas solucoes, dadas assim,

a26= 0 ⇒

x = 1ρ21

(a2

a1−µ·b

1r21

+c1c2√

1+µ2

)

y = µ · x

z =c2−c

1

√1+µ2 x

r1

ou

x = 1ρ21

(a2

a1−µ·b

1r21− c

1c2√

1+µ2

)

y = µ · x

z =c2+c

1

√1+µ2 x

r1

(2.6)Ou ainda,

b26= 0 ⇒

x = 1ρ21

(b2

a1 µ+b1r21

+c1c2√

1+µ2

)

y = µ · x

z =c2−c

1

√1+µ2 x

r1

ou

x = 1ρ21

(b2

a1 µ+b1r21− c

1c2√

1+µ2

)

y = µ · x

z =c2+c

1

√1+µ2 x

r1

(2.7)Nota: se a

26= 0 e b

26= 0 o leitor pode constatar que os dois casos acima

nos fornecem a mesma solucao.

Exemplo: Resolva a equacao:

(1, −1, 2) · w = (1, 0, 3) (2.8)

86

Solucao: Temos, (a1 , b1 , c1) = (1, −1, 2) e (a2 , b2 , c2) = (1, 0, 3); entao

r21

= 12 + (−1)2 = 2, ρ21

= 12 + (−1)2 + 22 = 6

e,

µ =a

1b2− a

2b1

a1a

2+ b

1b2

=1 · 0 − 1 · (−1)

1 · 1 + (−1) · 0 = 1

Sendo assim temos,

a26= 0 ⇒

x = 16

(1

1−1·(−1) · 2 + 2·3√1+12

)

y = 1 · xz = 3−2

√1+12 x√2

ou

x = 16

(1

1−1·(−1) · 2 − 2·3√1+12

)

y = 1 · xz = 3+2

√1+12 x√2

Ou ainda,

x = 16 (1 + 3

√2 )

y = 16 (1 + 3

√2 )

z = 16 (−2 + 3

√2 )

ou

x = 16 (1 − 3

√2 )

y = 16 (1 − 3

√2 )

z = 16 (2 + 3

√2 )

Nota: Confira este resultado com o exemplo 4o ), pag. 10.

a

X

Y

Z

b

w =( 1 + 3

√2

6,

1 + 3√

2

6,−2 + 3

√2

6

)

= 1, 29 45, 00o 16, 83o

e

w′ =( 1 − 3

√2

6,

1 − 3√

2

6,

2 + 3√

2

6

)

= 1, 29 225, 00o 53, 70o

Vamos conferir, temos,

a = (1, −1, 2) = 2, 45 −45, 00o 54, 74o

b = (1, 0, 3) = 3, 16 00, 00o 71, 57o

Temos,

a · w = 2, 45 −45, 00o 54, 74o · 1, 29 45, 00o 16, 83o

= 3, 16 00, 00o 71, 57o = b

Gentil 87

Tambem,

a · w′ = 2, 45 −45, 00o 54, 74o · 1, 29 225, 00o 53, 70o

= 3, 16 180, 00o 108, 44o ≃ b

2.1.1 Resolucao da equacao b · w = a

Nos reais (ou complexos) temos,

a x = b ⇒ (a x)x−1 = b x−1 ⇒ b x−1 = a

Isto e, para ir de a ate b multiplicamos por x. Para voltar de b para a, multi-plicamos ( b ) por x−1 (inverso de x).

Perguntamos: e nos hipercomplexos, como fazemos para voltar? (sera quevoltamos pelo mesmo caminho?). Temos,

a · w = b (2.9)

Vamos de a para b por dois caminhos (as duas solucoes de (2.9)). Para voltarde b para a basta permuta-los em (2.9), assim

b · w = a (2.10)

Ou ainda,(a

2, b

2, c

2) · w = (a

1, b

1, c

1) (2.11)

Para resolver esta equacao (isto e, para encontrar w) basta, na solucao de (2.9)fazer a seguinte permuta,

a = (a1, b

1, c

1)

b = (a2, b

2, c

2)

l l l

Isto e, basta trocarmos os ındices: 1 ↔ 2. Entao, a solucao de (2.10) fica,

b16= 0 ⇒

x = 1ρ22

(b1

a2

(−µ)+b2

r22

+c2c1√

1+(−µ)2

)

y = (−µ) · x

z =c1−c

2

√1+(−µ)2 x

r2

ou

x = 1ρ22

(b1

a2

(−µ)+b2

r22− c2c1√

1+(−µ)2

)

y = (−µ) · x

z =c1+c

2

√1+(−µ)2 x

r2

Ou ainda,

a16= 0 ⇒

x = 1ρ22

(a1

a2−(−µ)·b

2r22

+c2c1√

1+(−µ)2

)

y = (−µ) · x

z =c1−c

2

√1+(−µ)2 x

r2

ou

x = 1ρ22

(a1

a2−(−µ)·b

2r22− c

2c1√

1+(−µ)2

)

y = (−µ) · x

z =c1+c

2

√1+(−µ)2 x

r2

Observe que,

µ =a

2b1− a

1b2

a2a

1+ b

2b1

= −µ

88

onde µ diz respeito a solucao de (2.10).Resumindo, a solucao da equacao (2.11) e dada por

a1 6= 0 ⇒

x = 1ρ22

(a1

a2+µ·b2r22

+c2c1√

1+µ2

)

y = −µ · x

z =c1−c

2

√1+µ2 x

r2

ou

x = 1ρ22

(a1

a2+µ·b2r22− c

2c1√

1+µ2

)

y = −µ · x

z =c1+c

2

√1+µ2 x

r2

Ou ainda,

b16= 0 ⇒

x = 1ρ22

(b1

−a2

µ+b2

r22

+c2c1√

1+µ2

)

y = −µ · x

z =c1−c

2

√1+µ2 x

r2

ou

x = 1ρ22

(b1

−a2

µ+b2

r22− c

2c1√

1+µ2

)

y = −µ · x

z =c1+c

2

√1+µ2 x

r2

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−Perguntamos: que relacoes devem existir entre as (duas) solucoes w e as (duas)solucoes w? Sera que w · w = 1?

Vamos responder esta pergunta para o caso particular do exemplo anterior.

Vamos resolver a equacao,

(1, 0, 3) · w = (1, −1, 2)

“inversa” de (2.8).

Solucao: Temos,

r22

= 11 + 02 = 1, ρ22

= 11 + 02 + 32 = 10

e,

µ =a

2b1− a

1b2

a2a

1+ b

2b1

= −µ = −1

Vamos tomar para solucao,

b1 6= 0 ⇒

x = 1ρ22

(b1

−a2 µ+b2r22

+c2c1√

1+µ2

)

y = −µ · x

z =c1−c

2

√1+µ2 x

r2

ou

x = 1ρ22

(b1

−a2 µ+b2r22− c

2c1√

1+µ2

)

y = −µ · x

z =c1+c

2

√1+µ2 x

r2

Nota: poderiamos ter tomado, igualmente, a solucao para o outro caso ( a16= 0 ).

Temos,

x = 110

(−1

−1· 1+0 · 1 + 3·2√1+12

)

y = −1 · xz = 2−3·

√1+12 x1

ou

x = 110

(−1

−1· 1+0 · 1 − 3·2√1+12

)

y = −1 · xz = 2+3·

√1+12 x1

Sendo assim, temos

w =

x = 110 (1 + 3

√2)

y = 110 (−1 − 3

√2)

z = 110 (2 − 3

√2)

ou

x = 110 (1 − 3

√2)

y = 110 (−1 + 3

√2)

z = 110 (2 + 3

√2)

Gentil 89

Vamos repetir aqui, para efeito de comparacao, a solucao do “problema inverso”:

w =

x = 16 (1 + 3

√2 )

y = 16 (1 + 3

√2 )

z = 16 (−2 + 3

√2 )

ou

x = 16 (1 − 3

√2 )

y = 16 (1 − 3

√2 )

z = 16 (2 + 3

√2 )

Quem e inverso de quem? Isto e, w · w = 1?

Nota: Usando o programa dado no apendice (para multiplicar dois hipercom-plexos) constatamos que apenas a primeira solucao de w e inversa da primeirasolucao de w.

Da relacao,w1

w2

=ρ1

ρ2

θ1−θ2 β1−β2

Tomando w1

= 1 = 1 0o 0o , temos que o inverso de w2

e,

1

w2

=1

ρ2

−θ2 −β2

Vamos escrever as solucoes anteriores na forma polar para ver quem e inversode quem:

(b → a) w = 0, 77 −45, 00o −16, 83o ou w = 0, 77 135, 00o 53, 70o

Vamos repetir, para efeito de comparacao, as solucoes 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) tambem retornamos por doiscaminhos. Apenas um destes e inverso de um dos caminhos da ida (por sinalo “menor caminho” tem inverso). Portanto, retornamos por um caminho dife-rente da ida (embora o outro seja o mesmo da ida).

De outro modo: a solucao da equacao b → a nos da duas opcoes: ou vol-tamos pelo “mesmo caminho” (inverso) ou voltamos por um caminho diferentedos dois da ida.

90

2.1.2 Resolucao da equacao a · w−1 = b

Vamos resolver a equacao, aw = b (ou ainda a · w−1 = b) , onde a =

(a1, b

1, c

1) e b = (a

2, b

2, c

2) sao dados e w = (x, y, z) e a incognita.

Vamos assumir que (isto e, vamos resolver esta equacao para o caso emque) a e b situam-se fora do eixo 0z.

Inicialmente escrevemos w−1, assim,

w−1 =1

ρ2(x, −y, −z ), onde ρ2 = x2 + y2 + z2.

Devemos resolver a seguinte equacao,

(a1, b

1, c

1) ·( x

ρ2,−y

ρ2,−z

ρ2,)

= (a2, b

2, c

2)

A resolucao direta deste sistema torna-se extremamente difıcil (se e que epossıvel). Vamos resolve-lo indiretamente, aproveitando a solucao da equacaodo primeiro grau a ·w = b. Resolvemos esta equacao para as variaveis x

ρ2 , −yρ2 e

−zρ2 , assim (ver equacao (2.7), pag. 85),

b26= 0 ⇒

xρ2 = 1

ρ21

(b2

a1

µ+b1

r21

+c1c2√

1+µ2

)

−yρ2 = µ · x

ρ2

−zρ2 =

c2−c1

√1+µ2· x

ρ2

r1

ou

xρ2 = 1

ρ21

(b2

a1

µ+b1

r21− c

1c2√

1+µ2

)

−yρ2 = µ · x

ρ2

−zρ2 =

c2+c1

√1+µ2· x

ρ2

r1

Ou ainda,

b2 6= 0 ⇒

x = 1ρ21

(b2

a1 µ+b1r21

+c1c2√1+µ2

)

· ρ2

y = −µ · xz = − c

2

r1

ρ2 +c1

r1

√

1 + µ2 · x

ou

x = 1ρ21

(b2

a1 µ+b1r21− c1c2√

1+µ2

)

· ρ2

y = −µ · xz = − c

2

r1

ρ2 − c1

r1

√

1 + µ2 · x

Neste instante o leitor poderia argumentar: a equacao a · w−1 = b aindanao encontra-se resolvida devido a que ρ2 = x2 + y2 + z2.

Isto e verdade. Para contornar este obstaculo usaremos de um artifıcio.Pelo corolario 2 (pag. 33), temos

a · w−1 = b ⇒ |a · w−1| = |b| ⇒ |a| ·∣∣w−1

∣∣ = |b|

⇒ |a| · 1

ρ= |b| ⇒ ρ =

|a||b|

Sendo assim, vamos considerar ρ como uma constante. Tendo em conta

que ρ = |a||b| =

ρ1

ρ2, resulta

b26= 0 ⇒

x = 1ρ22

(b2

a1

µ+b1

r21

+c1c2√

1+µ2

)

y = −µ · xz = − c

2

r1

(ρ1

ρ2

)2+

c1

r1

√

1 + µ2 · x

ou

x = 1ρ22

(b2

a1

µ+b1

r21− c

1c2√

1+µ2

)

y = −µ · xz = − c

2

r1

(ρ1

ρ2

)2 − c1

r1

√

1 + µ2 · x

Gentil 91

A outra solucao fica assim (ver equacao (2.6), pag. 85),

a26= 0 ⇒

xρ2 = 1

ρ21

(a2

a1−µ·b

1r21

+c1c2√1+µ2

)

−yρ2 = µ · x

ρ2

−zρ2 =

c2−c1

√1+µ2· x

ρ2

r1

ou

xρ2 = 1

ρ21

(a2

a1−µ·b

1r21− c1c2√

1+µ2

)

−yρ2 = µ · x

ρ2

−zρ2 =

c2+c1

√1+µ2· x

ρ2

r1

Ou ainda,

a26= 0 ⇒

x = 1ρ22

(a2

a1−µ·b

1r21

+c1c2√

1+µ2

)

y = −µ · xz = − c

2

r1

(ρ1

ρ2

)2+

c1

r1

√

1 + µ2 · x

ou

x = 1ρ22

(a2

a1−µ·b

1r21− c

1c2√

1+µ2

)

y = −µ · xz = − c

2

r1

(ρ1

ρ2

)2 − c1

r1

√

1 + µ2 · x

Exemplo: Resolva a equacao: (1, −1, 2) · w−1 = (1, 0, 3). Ou ainda,

(1, −1, 2) · (x, y, z)−1 = (1, 0, 3)

Solucao: Temos, (a1 , b1 , c1) = (1, −1, 2) e (a2 , b2 , c2) = (1, 0, 3); entao

r21

= 12 + (−1)2 = 2, ρ21

= 12 + (−1)2 + 22 = 6, ρ22

= 12 + 02 + 32 = 10

e,

µ =a1 b2 − a2 b1

a1 a2 + b1 b2

=1 · 0 − 1 · (−1)

1 · 1 + (−1) · 0 = 1

Temos,

a26= 0 ⇒

x = 110

(1

1−1·(−1) · 2 + 2·3√1+12

)

y = −1 · xz = − 3√

2610 + 2√

2

√1 + 12 · x

ou

x = 110

(1

1−1·(−1) · 2 − 2·3√1+12

)

y = −1 · xz = − 3√

2610 − 2√

2

√1 + 12 · x

Simplificando, obtemos

x = 110 (1 + 3

√2)

y = − 110 (1 + 3

√2)

z = 110 (2 − 3

√2)

ou

x = 110 (1 − 3

√2)

y = − 110 (1 − 3

√2)

z = − 110 (2 + 3

√2)

92

2.1.3 Resolucao da equacao b · w−1 = a

Vamos resolver a equacao, bw = a (ou ainda b · w−1 = a) , onde a =

(a1, b

1, c

1) e b = (a

2, b

2, c

2) sao dados e w = (x, y, z) e a incognita.

Vamos assumir que (isto e, vamos resolver esta equacao para o caso emque) a e b situam-se fora do eixo 0z.

Inicialmente escrevemos w−1, assim,

w−1 =1

ρ2(x, −y, −z ), onde ρ2 = x2 + y2 + z2.

Devemos resolver a seguinte equacao,

(a2, b

2, c

2) ·( x

ρ2,−y

ρ2,−z

ρ2,)

= (a1, b

1, c

1) (2.12)

A resolucao direta deste sistema torna-se extremamente difıcil (se e que epossıvel). Vamos resolve-lo indiretamente, aproveitando a solucao da equacaodo primeiro grau a · w = b.

Inicialmente facamos uma “mudanca de variaveis” , assim,

X =x

ρ2, Y =

−y

ρ2, Z =

−z

ρ2. (2.13)

O nosso sistema torna-se,

(a2, b

2, c

2) · (X, Y, Z) = (a

1, b

1, c

1) (2.14)

Para resolver esta equacao (isto e, para encontrar W = (X, Y, Z)) basta, nasolucao de a · w = b fazer a seguinte permuta,

a = (a1, b

1, c

1)

b = (a2, b

2, c

2)

l l l

Isto e, basta trocarmos os ındices: 1 ↔ 2. Entao, a solucao de (2.14) fica (verequacao (2.6), pag. 85),

a16= 0 ⇒

X = 1ρ22

(a1

a2−(−µ)·b

2r22

+c2c1√

1+(−µ)2

)

Y = (−µ) · X

Z =c1−c2

√1+(−µ)2 X

r2

ou

X = 1ρ22

(a1

a2−(−µ)·b

2r22− c

2c1√

1+(−µ)2

)

Y = (−µ) · X

Z =c1+c2

√1+(−µ)2 X

r2

Ou ainda (ver equacao (2.7), pag. 85),

b16= 0 ⇒

X = 1ρ22

(b1

a2 (−µ)+b2r22

+c2c1√

1+(−µ)2

)

Y = (−µ) · X

Z =c1−c

2

√1+(−µ)2 X

r2

ou

X = 1ρ22

(b1

a2 (−µ)+b2r22− c2c1√

1+(−µ)2

)

Y = (−µ) · X

Z =c1+c

2

√1+(−µ)2 X

r2

Observe que,

µ =a1 b2 − a2 b1

a1a

2+ b

1b2

=⇒ a2 b1 − a1 b2

a2a

1+ b

2b1

= −µ1↔2

Gentil 93

Vamos voltar com as variaveis iniciais (dadas por (2.13)), entao,

a1 6= 0 ⇒

xρ2 = 1

ρ22

(a1

a2−(−µ)·b

2r22

+c2c1√

1+(−µ)2

)

−yρ2 = (−µ) · x

ρ2

−zρ2 =

c1−c

2

√1+(−µ)2 x

ρ2

r2

ou

xρ2 = 1

ρ22

(a1

a2−(−µ)·b

2r22− c

2c1√

1+(−µ)2

)

−yρ2 = (−µ) · x

ρ2

−zρ2 =

c1+c

2

√1+(−µ)2 x

ρ2

r2

Ou ainda,

b1 6= 0 ⇒

xρ2 = 1

ρ22

(b1

a2

(−µ)+b2

r22

+c2c1√

1+(−µ)2

)

−yρ2 = (−µ) · x

ρ2

−zρ2 =

c1−c

2

√1+(−µ)2 x

ρ2

r2

ou

xρ2 = 1

ρ22

(b1

a2

(−µ)+b2

r22− c

2c1√

1+(−µ)2

)

−yρ2 = (−µ) · x

ρ2

−zρ2 =

c1+c

2

√1+(−µ)2 x

ρ2

r2

De outro modo,

a16= 0 ⇒

x = 1ρ22

(a1

a2+µ·b

2r22

+c2c1√

1+µ2

)

· ρ2

y = µ · x

z =c1−c2

√1+µ2 x

ρ2

r2

· (−ρ2)

ou

x = 1ρ22

(a1

a2+µ·b

2r22− c

2c1√

1+µ2

)

· ρ2

y = µ · x

z =c1+c2

√1+µ2 x

ρ2

r2

· (−ρ2)

Ou ainda,

b16= 0 ⇒

x = 1ρ22

(b1

−a2

µ+b2

r22

+c2c1√

1+µ2

)

· ρ2

y = µ · x

z =c1−c

2

√1+µ2 x

ρ2

r2

· (−ρ2)

ou

x = 1ρ22

(b1

−a2

µ+b2

r22− c

2c1√

1+µ2

)

· ρ2

y = µ · x

z =c1+c

2

√1+µ2 x

ρ2

r2

· (−ρ2)

Neste instante o leitor poderia argumentar: a equacao (2.12) ainda naoencontra-se resolvida devido a que ρ2 = x2 + y2 + z2.

Isto e verdade. Para contornar este obstaculo usaremos de um artifıcio.Pelo corolario 2 (pag. 33), temos

b · w−1 = a ⇒ |b · w−1| = |a| ⇒ |b| ·∣∣w−1

∣∣ = |a|

⇒ |b| · 1

ρ= |a| ⇒ ρ =

|b||a|

Sendo assim, vamos considerar ρ como uma constante. Tendo em conta

que ρ = |b||a| =

ρ2

ρ1, resulta

a16= 0 ⇒

x = 1ρ21

(a1

a2+µ·b

2r22

+c2c1√

1+µ2

)

y = µ · xz = − c

1

r2

(ρ2

ρ1

)2+

c2

r2

√

1 + µ2 · x

ou

x = 1ρ21

(a1

a2+µ·b

2r22− c

2c1√

1+µ2

)

y = µ · xz = − c

1

r2

(ρ2

ρ1

)2 − c2

r2

√

1 + µ2 · x

94

Ou ainda,

b16= 0 ⇒

x = 1ρ21

(b1

−a2 µ+b2r22

+c2c1√

1+µ2

)

y = µ · xz = − c

1

r2

(ρ2

ρ1

)2+

c2

r2

√

1 + µ2 · x

ou

x = 1ρ21

(b1

−a2 µ+b2r22− c

2c1√

1+µ2

)

y = µ · xz = − c

1

r2

(ρ2

ρ1

)2 − c2

r2

√

1 + µ2 · x

2.2 Resolucao da equacao a · w2 = b

Vamos resolver a equacao, a · w2 = b , onde a = (a1, b

1, c

1) e b = (a

2, b

2, c

2)

sao dados e w = (x, y, z) e a incognita.Vamos assumir que (isto e, vamos resolver esta equacao para o caso em

que) a e b situam-se fora do eixo 0z.Pelo lema 1 (pag. 35) podemos escrever,

a·w2 = (a1 , b1 , c1)·(

(x2−y2)·(1− z2

x2 + y2

), 2 x y·

(1− z2

x2 + y2

), 2z

√

x2 + y2)

= (a2 , b2 , c2)

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

(

a1· (x2 − y2)

(1 − z2

x2 + y2

)− b

1· 2 x y

(1 − z2

x2 + y2

))

γ = a2

(

a1· 2 x y

(1 − z2

x2 + y2

)+ (x2 − y2)

(1 − z2

x2 + y2

)· b

1

)

γ = b2

c1 · r2 + 2z√

x2 + y2 · r1 = c2

Onde, r1

=√

a2

1+ b2

1,

r2

=√[(x2 − y2) ·

(1 − z2

x2+y2

) ]2+[2 x y ·

(1 − z2

x2+y2

) ]2

e,

γ = 1 − c1·2z

√x2+y2

r1·r

2

Simplificando, temos

(

a1· (x2 − y2) − b

1· 2 x y

))

·(1 − z2

x2 + y2

)· γ = a

2(2.15)

(

a1· 2 x y + (x2 − y2) · b

1

)

·(1 − z2

x2 + y2

)· γ = b

2(2.16)

c1 · r2 + 2z√

x2 + y2 · r1 = c2 (2.17)

r2

= (x2 + y2)∣∣∣

(1 − z2

x2 + y2

)∣∣∣ (2.18)

Como, por hipotese, r′2

=√

a2

2+ b2

26= 0, vamos considerar dois casos,

Gentil 95

1o ) b2 6= 0. Dividindo (2.15) por (2.16) e simplificando, obtemos,

µ (x2 − y2 ) − 2xy = 0, onde, µ =a

1b2− a

2b1

a1 a2 + b1 b2

(2.19)

Desta equacao obtemos, y2+ 2xµ y−x2 = 0. Resolvendo esta equacao, em relacao

a y, temos

y =− 2x

µ ±√

4 x2(1 + 1

µ2

)

2 · 1 (2.20)

Simplificando,

y = −x

µ± |x| ν, onde, ν =

√

1 + 1/µ2

Para prosseguir devemos considerar duas possibilidades:

1 ) x > 0, ( |x| = x ). Neste caso ficamos com,

y = −x

µ± x ν ⇒ y = −x

µ+ x ν, ou y = −x

µ− x ν

Nota: Nao podemos ter x = 0, porquanto teriamos y = 0, o que nao satisfaz osistema.

Consideremos, em separado, cada uma destas possibilidades para y:

1.1 ) y = − xµ + x ν = (− 1

µ + ν)x. Vamos necessitar das somas

x2 + y2 = x2 +[(− 1

µ+ ν)x

]2= x2

[1 + (− 1

µ+ ν)2

]= x2 λ (2.21)

x2 − y2 = x2 −[(− 1

µ+ ν)x

]2= x2

[1 − (− 1

µ+ ν)2

]= x2 σ (2.22)

onde, λ =[1 + (− 1

µ + ν)2]

e σ =[1 − (− 1

µ + ν)2]. Substituindo (2.21) em

(2.18), resulta,

r2

= x2 λ∣∣1 − z2

x2 λ

∣∣ = |x2 λ − z2|

Este resultado em (2.17), fornece,

c1· |x2 λ − z2| + 2z x

√λ · r

1= c

2(2.23)

γ = 1 − c1·2z

√x2+y2

r1·r

2= 1 − c

1·2z

√x2+y2

r1·r

2· r1

r1

= 1 − c1·2z

√x2+y2·r

1

r21·r

2

De (2.17), tiramos 2z√

x2 + y2 · r1

= c2− c

1· r

2, substituindo nesta ultima

equacao, temos

γ = 1 − c1· (c

2− c

1· r

2)

r21· r

2

=1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

r2

)

=1

r21

(

ρ21− c1 · c2

1

|x2 λ − z2|)

(2.24)

96

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

(

2a1x(− 1

µ+ ν

)x + x2 σ b

1

)

·(

1 − z2

x2 λ

)

· 1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|x2 λ − z2|)

= b2


(x2 λ − z2

)·(

ρ21− c1 c2

|x2 λ − z2|)

=λ r2

1

2 a1

(− 1

µ + ν)

+ σ b1

· b2

Ainda,

(x2 λ − z2

)· ρ2

1− (x2 λ − z2 )

|x2 λ − z2| · c1c2

=λ r2

1

2 a1

(− 1

µ + ν)

+ σ b1

· b2

Ou,

(x2 λ − z2

)· ρ2

1− (±1 ) · c

1c2

=λ r2

1

2 a1

(− 1

µ + ν)

+ σ b1

· b2

(2.25)

Sendo assim, temos

(x2 λ − z2

)=

1

ρ21

[ λ r21

2 a1

(− 1

µ + ν)

+ σ b1

· b2± c

1c2

]

(2.26)

Chamando a constante do lado direito de τ , resulta

|x2 λ − z2| = |τ |

Este resultado em (2.23) nos da z em funcao de x, assim

c1 · |τ | + 2z x√

λ · r1 = c2 ⇒ z =c2 − c1 · |τ |2 x r

1

√λ

(2.27)

Logo,

z2 =(c2 − c1 · |τ |)2

4 x2 r21λ

(2.28)

Agora vamos obter a seguinte relacao:

z2

x2 + y2=

1

x2 λ· (c

2− c

1· |τ |)2

4 x2 r21λ

=1

x4· (c

2− c

1· |τ |)2

4 r21λ2

Portanto,z2

x2 + y2=

κ

x4(2.29)

onde,

κ =( c

2− c

1· |τ |

2 r1λ

)2

Temos ainda,

γ =1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|x2 λ − z2|)

=1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|τ |)

= γ

Gentil 97

Onde γ = γ, agora e uma constante.Vamos substituir todos estes resultados em (2.16),

(

a1 · 2x(− 1

µ+ ν

)x + x2 σ · b1

)

·(

1 − κ

x4

)

γ = b2

Entao,

x2(

2 a1

(− 1

µ+ ν

)+ σ · b1

)

·(

1 − κ

x4

)

γ = b2

Isto nos da,

x2 ·(

1 − κ

x4

)

=b2

(2 a

1(− 1

µ + ν ) + σ · b1

)γ

Vamos chamar a constante do lado direito de α, entao,

x2 ·(

1 − κ

x4

)

= α ⇒ x4 − α x2 − κ = 0

Facamos x2 = X , entao, X2 − α X − κ = 0. Sendo assim, temos

X =α ±

√α2 + 4κ

2

A relacao x2 = X nos diz que devemos escolher X > 0 ( veja que α − |α| ≤ 0 ),portanto temos,

x2 =α +

√α2 + 4κ

2

Ou ainda,

x = ±

√

α +√

α2 + 4κ

2

Lembre-se que esta e a opcao 1 ) x > 0; portanto, finalmente, temos

x =

√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2

Fazendo um resumo (parcial), temos

x =

√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2

y =(− 1

µ+ ν

)x

z =c2− c

1· |τ |

2 r1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1 b2−a2 b1a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

2 a1

(− 1

µ+ν)+σ b

1

· b2± c

1c2

]

, κ =(

c2−c

1·|τ |

2 r1 λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c

1· c

2

1|τ |

)

98

α =b2(

2 a1

(− 1µ

+ν )+σ·b1

)γ

Continuemos,

1.2 ) y = − xµ − x ν = −( 1

µ + ν)x. Vamos necessitar das somas

x2 + y2 = x2 +[− (

1

µ+ ν)x

]2= x2

[1 + (

1

µ+ ν)2

]= x2 λ (2.30)

x2 − y2 = x2 −[− (

1

µ+ ν)x

]2= x2

[1 − (

1

µ+ ν)2

]= x2 σ (2.31)

onde, λ =[1 + ( 1

µ + ν)2]

e σ =[1 − ( 1

µ + ν)2]. Procedendo como no caso

anterior, obtemos

r2

= |x2 λ − z2|, γ =1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|x2 λ − z2|)

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

(

− 2a1x( 1

µ+ ν

)x + x2 σ b

1

)

·(

1 − z2

x2 λ

)

· 1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|x2 λ − z2|)

= b2


(x2 λ − z2

)·(

ρ21− c

1c2

|x2 λ − z2|)

=λ r2

1

−2 a1

(1µ + ν

)+ σ b

1

· b2


(x2 λ − z2

)=

1

ρ21

[ λ r21

−2 a1

(1µ + ν

)+ σ b

1

· b2± c

1c2

]

(2.32)

Chamando a constante do lado direito de τ , resulta

|x2 λ − z2| = |τ |

As constantes κ e γ sao como no caso anterior∗.Vamos substituir todos estes resultados em (2.16),

(

− a1 · 2x( 1

µ+ ν

)x + x2 σ · b1

)

·(

1 − κ

x4

)

γ = b2

Entao,

x2(

− 2 a1

( 1

µ+ ν

)+ σ · b1

)

·(

1 − κ

x4

)

γ = b2

Isto nos da,

x2 ·(

1 − κ

x4

)

=b2

(− 2 a1 ( 1

µ + ν ) + σ · b1

)γ

∗so que agora em funcao dos novos valores das constantes que as precedem, evidentemente.

Gentil 99

Vamos chamar a constante do lado direito de α, entao,

x2 ·(

1 − κ

x4

)

= α ⇒ x4 − α x2 − κ = 0

No mais, tudo segue como no caso anterior.


x =

√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2

y = −( 1

µ+ ν

)x

z =c2 − c1 · |τ |

2 r1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

−2 a1

(1µ

+ν)+σ b

1

· b2 ± c1 c2

]

, κ =(

c2−c

1·|τ |

2 r1

λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c1 · c2

1|τ |

)

α =b2(

−2 a1

( 1µ

+ν )+σ·b1

)γ

2 ) x < 0, ( |x| = −x ). Neste caso ficamos com,

y = −x

µ± (−x) ν ⇒ y = −x

µ+ x ν, ou y = −x

µ− x ν

Consideremos, em separado, cada uma destas possibilidades para y:

2.1 ) y = − xµ + x ν = (− 1

µ + ν)x. Desenvolvimento analogo ao caso 1.1 ).

Observe que o analogo de (2.23) (pag. 95), para este caso e:

c1 · |x2 λ − z2| − 2z x√

λ · r1 = c2

donde,

z = −c2− c

1· |τ |

2 x r1

√λ

(2.33)

Em,

x = ±

√

α +√

α2 + 4κ

2

optamos pelo sinal negativo, isto e,

x = −√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2

100


x = −√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = −c2− c

1· |τ |

2 r1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

2 a1

(− 1

µ+ν)+σ b1

· b2 ± c1 c2

]

, κ =(

c2−c

1·|τ |

2 r1

λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c1 · c2

1|τ |

)

α =b2(

2 a1

(− 1µ

+ν )+σ·b1

)γ

Continuemos,

2.2 ) y = − xµ −x ν = −( 1

µ + ν)x. Neste caso (os passos sao os mesmos de 1.2 )),temos

x = −√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = −c2 − c1 · |τ |2 r

1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1 b2−a2 b1a1 a2+b1 b2

, ν =√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

−2 a1

(1µ

+ν)+σ b

1

· b2 ± c1 c2

]

, κ =(

c2−c1 ·|τ |2 r

1λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c1 · c2

1|τ |

)

α =b2(

−2 a1

( 1µ

+ν )+σ·b1

)γ

Podemos unificar as solucoes de 1.1 ) e 2.1 ); bem como as de 1.2 ) e 2.2 )da seguinte forma:

Gentil 101

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.34)

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = ± c2 − c1 · |τ |2 r

1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1 b2−a2 b1a1 a2+b1 b2

, ν =√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

2 a1

(− 1

µ+ν)+σ b

1

· b2 ± c1 c2

]

, κ =(

c2−c1 ·|τ |2 r

1λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c1 · c2

1|τ |

)

α =b2(

2 a1

(− 1µ

+ν )+σ·b1

)γ

e,

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.35)

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = ± c2− c

1· |τ |

2 r1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

−2 a1

(1µ

+ν)+σ b

1

· b2 ± c1 c2

]

, κ =(

c2−c

1·|τ |

2 r1

λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c1 · c2

1|τ |

)

α =b2(

−2 a1 ( 1µ

+ν )+σ·b1)

γ

Analise do resultado:i ) Qualquer que seja o sinal de α, x sempre resulta real. De fato, devemos ter2α + 2

√α2 + 4κ > 0. Entao,

α +√

α2 + 4κ > 0 ⇔ α > −√

α2 + 4κ

Se α > 0 (ok!). Se α < 0:

α > −√

α2 + 4κ ⇔ α2 <(−√

α2 + 4κ)2 ⇔ α2 < |α2 + 4κ|

o que e sempre verdade uma vez que κ > 0.

ii ) Devido a presenca do termo ± c1c2

em τ , concluimos que podemos ter ate

102

oito solucoes para a equacao a·w2 = b. Portanto, em H, uma equacao quadraticapode ter ate oito solucoes.

iii ) Quando a = 1 = (1, 0, 0) entao as solucoes de a ·w2 = b sao precisamente asraızes quadradas de b. Neste caso observe que, devido c

1= 0, temos um unico

valor para τ , o que nos diz que sao em numero de quatro as raızes quadradasde um hiperimaginario (nao singular).

Nossa tarefa ainda nao encontra-se concluida. Falta resolver a equacaopara o caso a

26= 0.

2o ) a26= 0. Dividindo (2.16) por (2.15) e simplificando, obtemos,

−µ (x2 − y2 ) + 2xy = 0, onde, µ =a

1b2− a

2b1

a1a

2+ b

1b2

Que e a mesma equacao obtida em (2.19) (pag. 95), o que nos poupa algumtrabalho. Seguindo os mesmos passos da resolucao para o caso b

26= 0 chegamos

a seguinte solucao:

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.36)

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = ± c2− c

1· |τ |

2 r1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

τ = 1ρ21

[λ r2

1

−2 b1

(− 1

µ+ν)+σ a

1

· a2 ± c1 c2

]

κ =(

c2−c1 ·|τ |2 r1 λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c1 · c2

1|τ |

)

α =a2(

−2 b1 (− 1µ

+ν )+σ a1

)γ

e,

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.37)

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = ± c2− c

1· |τ |

2 r1

√λ

· 1

x

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

Gentil 103

τ = 1ρ21

[λ r2

1

2 b1

(1µ

+ν)+σ a

1

· a2± c

1c2

]

, κ =(

c2−c

1·|τ |

2 r1 λ

)2

, γ = 1r21

(

ρ21− c

1· c

2

1|τ |

)

α =a2(

2 b1

( 1µ

+ν )+σ a1

)γ

O leitor pode mostrar que se a26= 0 e b

26= 0, entao os dois casos nos

dao a mesma solucao. Ou ainda: as solucoes dadas por (2.34) e (2.36) sao asmesmas; bem como as dadas por (2.35) e (2.37).

(Contra)-Exemplo: Resolver a equacao: (1, 0, 1) · w2 = (−1, 0, 1).

Solucao: Temos,

a = (a1, b

1, c

1) = (1, 0, 1)

b = (a2 , b2 , c2) = (−1, 0, 1)

Portanto,a

1= 1, b

1= 0, c

1= 1

a2

= −1, b2

= 0, c2

= 1

Se tentarmos calcular µ:

µ =a

1b2− a

2b1

a1a

2+ b

1b2

=1 · 0 − (−1) · 01 · (−1) + 0 · 0 = 0,

e nao podemos usar a formula para resolver esta equacao. A proposito, observeque, para utilizar a formula, nao podemos ter, simultaneamente, b

1= b

2= 0 e

nem a1

= a2

= 0, isto e, a, b nao podem pertencer ao plano x0z ou ao planoy0z. Este caso deve ser tratado em separado. Embora nao possamos utilizar aformula, a tecnica de resolucao da equacao a ·w2 = b ainda se aplica neste caso.

Devido a que, por hipotese, estamos considerando r1

=√

a21

+ b216= 0 e

r′2

=√

a22

+ b226= 0, se

b1

= b2

= 0 (plano x0z) ⇒ a16= 0, a

26= 0;

a1

= a2

= 0 (plano y0z) ⇒ b16= 0, b

26= 0.

Pois bem, vamos resolver a equacao proposta. Substituindo os dados no sistemaoriginal, temos

(

1 · (x2 − y2) − 0 · 2 x y))

·(1 − z2

x2 + y2

)· γ = −1

(

1 · 2 x y + (x2 − y2) · 0)

·(1 − z2

x2 + y2

)· γ = 0

1 · r2+ 2z

√

x2 + y2 · 1 = 1

onde,

r2

= (x2 + y2)∣∣∣

(1 − z2

x2 + y2

)∣∣∣, γ = 1 − 1 · 2z

√

x2 + y2

1 · r2

(2.38)

104

Simplificando o sistema, temos

(x2 − y2)(1 − z2

x2 + y2

)· γ = −1 (2.39)

x y(1 − z2

x2 + y2

)· γ = 0 (2.40)

r2+ 2z

√

x2 + y2 = 1 (2.41)

De (2.39) e (2.40) concluimos que(1 − z2

x2+y2

)· γ 6= 0, o que implica x y = 0.

Observe que nao podemos ter, simultaneamente, x = 0 e y = 0. Vamosconsiderar duas hipoteses,

1a ) y = 0 (portanto x 6= 0). Com esta hipotese, obtemos

x2(1 − z2

x2

)· γ = −1 (2.42)

r2

+ 2z√

x2 = 1 (2.43)

r2 = x2∣∣∣

(1 − z2

x2

)∣∣∣ = |x2 − z2|, γ = 1 − 2z

√x2

r2

(2.44)


x2 = 1 − r2 , em γ, obtemos γ = 2 − 1/r2 . Estesresultados em (2.42), nos dao: x2 − z2 = 0 ou x2 − z2 = −1. De imediato,jogamos fora a primeira destas possibilidades (implica r

2= 0). Sendo assim,

nos resta, r2 = | − 1| = 1. Este resultado em (2.43) nos da z = 0, mas istoimplica em x2 = −1. Logo, devemos considerar a outra hipotese,

2a ) x = 0 (portanto y 6= 0). Com esta hipotese, obtemos

y2(1 − z2

y2

)· γ = 1 (2.45)

r2+ 2z

√

y2 = 1 (2.46)

onde,

r2 = y2∣∣∣

(1 − z2

y2

)∣∣∣ = |y2 − z2|, γ = 1 − 2z

√

y2

r2

(2.47)


y2 = 1 − r2, em γ, obtemos γ = 2 − 1/r

2. Estes re-

sultados em (2.45), nos dao: y2 − z2 = 0 ou y2 − z2 = 1. De imediato,jogamos fora a primeira destas possibilidades (implica r

2= 0). Sendo assim,

nos resta, r2

= |1| = 1. Este resultado em (2.46) nos da z = 0; o que implicay = ± 1. Sendo assim, temos duas raızes para a nossa equacao: w = (0, 1, 0)ou w = (0, −1, 0).

Nota: Um outro caso que deve ser resolvido em separado e o da equacao(1, 1, 1) ·w2 = (−1, 1, 1), porquanto neste caso temos o denominador de µ anu-lado.

Gentil 105

Exemplo: Resolver a equacao: (1, −1, 2) · w2 = (1, 0, 3).

Solucao: Temos,

a = (a1, b

1, c

1) = (1, −1, 2)

b = (a2, b

2, c

2) = (1, 0, 3)

Portanto,

a1 = 1, b1 = −1, c1 = 2a

2= 1, b

2= 0, c

2= 3

Como a26= 0 vamos usar as formulas (2.36) (pag. 102) e (2.37) (pag. 102).

Temos,

r21

= 12 + (−1)2 = 2, ρ21

= 12 + (−1)2 + 22 = 6

e,

µ =a

1b2− a

2b1

a1a

2+ b

1b2

=1 · 0 − 1 · (−1)

1 · 1 + (−1) · 0 = 1

Temos,

ν =√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

ν =√

1 + 1/12, λ = 1 + (− 11 +

√2)2, σ = 1 − (− 1

1 +√

2)2

Temos,

ν =√

2, λ = 2(2 −√

2), σ = 2(−1 +√

2)

Entao,

τ = 1ρ21

[λ r2

1

−2 b1

(− 1

µ+ν)+σ a

1

· a2± c

1c2

]

τ = 16

[2(2−

√2)·2

−2·(−1)(− 1

1+√

2)+2(−1+

√2)·1

· 1 ± 2 · 3]

=√

26 ± 1

Temos,

1o ) τ =√

26 + 1. Neste caso temos

κ =( c2 − c1 · |τ |

2 r1λ

)2

=( 3 − 2 ·

∣∣√

26 + 1

∣∣

2 ·√

2 · 2(2 −√

2)

)2

=1

242( 1 + 2

√2 )2

γ =1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|τ |)

=1

2

(

6 − 2 · 3 1∣∣√

26 + 1

∣∣

)

=3

17(−1 + 3

√2 )

α =a2(

−2 b1

(− 1µ

+ν )+σ a1

)γ

α = 1(−2·(−1) (− 1

1+√

2 )+2(−1+√

2)·1)· 317 (−1+3

√2 )

= 112 ( 7 + 4

√2 )

106

Substituindo estes valores em x = ±√

2α+2√

α2+4 κ2 , obtemos

x = ±

s

2· 112 ( 7+4

√2 )+2

r(112 ( 7+4

√2 ))2

+4· 1242

(1+2√

2)2

2

x = ±√

612

√

( 7 + 4√

2 ) +√

( 7 + 4√

2 )2 + (1 + 2√

2)2

Para estes valores de x, temos

y =(− 1

µ + ν)x =

(− 1 +

√2)x

z = ± c2−c

1·|τ |

2 r1

√λ

· 1x = ± (3

√2−2)·

√2+

√2

24 · 1x

2o ) τ =√

26 − 1. Neste caso temos

κ =( c

2− c

1· |τ |

2 r1λ

)2

=( 3 − 2 ·

∣∣√

26 − 1

∣∣

2 ·√

2 · 2(2 −√

2)

)2

=1

242( 5 + 4

√2 )2

γ =1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|τ |)

=1

2

(

6 − 2 · 3 1∣∣√

26 − 1

∣∣

)

= − 3

17( 1 + 3

√2 )

α =a2(

−2 b1

(− 1µ

+ν )+σ a1

)γ

α = 1(−2·(−1) (− 1

1+√

2 )+2(−1+√

2)·1)·−317 ( 1+3

√2 )

= − 112 ( 5 + 2

√2 )


2α+2√

α2+4 κ2 , obtemos

x = ±

s

2·−112 ( 5+2

√2 )+2

r(− 1

12 ( 5+2√

2 ))2

+4· 1242

(5+4√

2)2

2

x = ±√

612

√

−( 5 + 2√

2 ) +√

( 5 + 2√

2 )2 + (5 + 4√

2)2


y =(− 1

µ + ν)x =

(− 1 +

√2)x

z = ± c2−c

1·|τ |

2 r1

√λ

· 1x = ± (3

√2+2)·

√2+

√2

24 · 1x

Gentil 107

As outras solucoes sao dadas por (2.37) (pag. 102), onde, µ = 1 eν =

√2. Temos,

λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

λ = 1 + (11 +

√2)2 = 2(2 +

√2), σ = 1 − (1

1 +√

2)2 = −2(1 +√

2)

Temos,

τ = 1ρ21

[λ r2

1

2 b1

(1µ

+ν)+σ a1

· a2 ± c1 c2

]

τ = 16

[2(2+

√2)·2

2·(−1)(

11+

√2)+(−2)(1+

√2)·1

· 1 ± 2 · 3]

= −√

26 ± 1.

Temos,

1o ) τ = −√

26 + 1. Neste caso temos

κ =( c

2− c

1· |τ |

2 r1λ

)2

=( 3 − 2 ·

∣∣−

√2

6 + 1∣∣

2 ·√

2 · 2(2 +√

2)

)2

=1

242(2

√2 − 1)2

γ =1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|τ |)

=1

2

(

6 − 2 · 3 1∣∣−

√2

6 + 1∣∣

)

= − 3

17(1 + 3

√2)

α =a2(

2 b1 ( 1µ

+ν )+σ a1

)γ

α = 1(2·(−1) ( 1

1+√

2 )+(−2)(1+√

2)·1)·−317 (1+3

√2)

= − 112 (4

√2 − 7)


2α+2√

α2+4 κ2 , obtemos

x = ±

s

2·−112 ( 4

√2−7 )+2

r(− 1

12 ( 4√

2−7 ))2

+4· 1242

(2√

2−1)2

2

x = ±√

66

q

−( 4√

2−7 )+√

( 4√

2−7 )2+(2√

2−1)2

2


y = −(

1µ + ν

)x = −

(1 +

√2)x

z = ± c2−c

1·|τ |

2 r1

√λ

· 1x = ± (3

√2+2)·

√2−

√2

24 · 1x

Temos,

108

2o ) τ = −√

26 − 1. Neste caso temos

κ =( c

2− c

1· |τ |

2 r1λ

)2

=( 3 − 2 ·

∣∣−

√2

6 − 1∣∣

2 ·√

2 · 2(2 +√

2)

)2

=1

242(4

√2 − 5)2

γ =1

r21

(

ρ21− c

1· c

2

1

|τ |)

=1

2

(

6 − 2 · 3 1∣∣−

√2

6 − 1∣∣

)

= − 3

17(1 − 3

√2)

α =a2(

2 b1 ( 1µ

+ν )+σ a1

)γ

α = 1(2·(−1) ( 1

1+√

2 )+(−2)(1+√

2)·1)·−317 (1−3

√2)

= 112 (2

√2 − 5)


2α+2√

α2+4 κ2 , obtemos

x = ±

s

2· 112

( 2√

2−5 )+2

r(112

( 2√

2−5 ))2

+4· 1242

(4√

2−5)2

2

x = ±√

66

q

( 2√

2−5 )+√

( 2√

2−5 )2+(4√

2−5)2

2


y = −(

1µ + ν

)x = −

(1 +

√2)x

z = ± c2−c

1·|τ |

2 r1

√λ

· 1x = ± (3

√2−2)·

√2−

√2

24 · 1x

Gentil 109

Agrupando as raızes temos,

x = ±√

612

√

( 7 + 4√

2 ) +√

( 7 + 4√

2 )2 + (1 + 2√

2)2

y =(− 1 +

√2)x

z = ± (3√

2−2)·√

2+√

224 · 1

x

x = ±√

612

√

−( 5 + 2√

2 ) +√

( 5 + 2√

2 )2 + (5 + 4√

2)2

y =(− 1 +

√2)x

z = ± (3√

2+2)·√

2+√

224 · 1

x

x = ±√

612

√

( 7 − 4√

2 ) +√

( 7 − 4√

2 )2 + (1 − 2√

2)2

y = −(1 +

√2)x

z = ± (3√

2+2)·√

2−√

224 · 1

x

x = ±√

612

√

(−5 + 2√

2 ) +√

(−5 + 2√

2 )2 + (−5 + 4√

2)2

y = −(1 +

√2)x

z = ± (3√

2−2)·√

2−√

224 · 1

x

110

Vamos agrupar estas raızes (e seus respectivos quadrados) na formapolar (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 solucoes da equacao: (1, −1, 2) · w2 = (1, 0, 3),

Y

Z

X

A solucao da equacao a ·w2 = b para o caso em que a e b sao complexos(isto e, c

1= c

2= 0), fica:

x = ±√

2

2

√

α + |α| =

{

0, se α < 0;

±√α, se α > 0.

(2.48)

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = 0

Onde,

µ =a1 b2−a2 b1a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

τ = λ

2 a1

(− 1

µ+ν)+σ b

1

· b2, κ = 0, γ = 1

Gentil 111

α =b2

2 a1 (− 1µ

+ν )+σ·b1

e,

x = ±√

2

2

√

α + |α| =

{

0, se α < 0;

±√α, se α > 0.

(2.49)

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = 0

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

τ = λ

−2 a1

(1µ

+ν)+σ b

1

· b2, κ = 0, γ = 1

α =b2

−2 a1

( 1µ

+ν )+σ·b1

Para o caso em que a26= 0, fica:

x = ±√

2

2

√

α + |α| =

{

0, se α < 0;

±√α, se α > 0.

(2.50)

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = 0

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

τ = λ

−2 b1

(− 1

µ+ν)+σ a1

· a2 κ = 0, γ = 1

α =a2

−2 b1

(− 1µ

+ν )+σ a1

e,

x = ±√

2

2

√

α + |α| =

{

0, se α < 0;

±√α, se α > 0.

(2.51)

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = 0

112

Onde,

µ =a1

b2−a

2b1

a1

a2+b

1b2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

τ = λ

2 b1

(1µ

+ν)+σ a

1

· a2, κ = 0, γ = 1

α =a2

2 b1

( 1µ

+ν )+σ a1

Nota: Observe que nao utilizaremos as constantes λ e τ .

Exemplo: Resolver a equacao: (2, 1, 0) · w2 = (1, 3, 0).

Solucao: Temos,

a = (a1 , b1 , c1) = (2, 1, 0)

b = (a2, b

2, c

2) = (1, 3, 0)

Portanto,a

1= 2, b

1= 1, c

1= 0

a2 = 1, b2 = 3, c2 = 0

Como a2 6= 0 vamos usar as formulas (2.50) e (2.51). Temos,

µ =a1 b2 − a2 b1

a1a

2+ b

1b2

=2 · 3 − 1 · 12 · 1 + 1 · 3 = 1

Temos,

ν =√

1 + 1/µ2, σ = 1 − (− 1µ + ν)2

ν =√

1 + 1/12, σ = 1 − (− 11 +

√2)2

Temos,

ν =√

2, σ = 2(−1 +√

2)

Entao,α =

a2

−2 b1

(− 1µ

+ν )+σ a1

α = 1−2·1 (− 1

1+√

2 )+2(−1+√

2)·2 = 1+√

22

Sendo assim, temos

x = ±√

2+2√

22 ; y = (−1 +

√2 )x; z = 0.

Agora vejamos a solucao (2.51): Temos,

ν =√

1 + 1/µ2, σ = 1 − ( 1µ + ν)2

ν =√

1 + 1/12, σ = 1 − (11 +

√2)2

Temos,

ν =√

2, σ = −2(1 +√

2)

Gentil 113

Entao,α =

a2

2 b1

( 1µ

+ν )+σ a1

α = 12·1 ( 1

1+√

2 )+(−2)(1+√

2)·2 = 1−√

22

Sendo assim, temosx = 0; y = 0; z = 0.

2.2.1 Algoritimo para extracao de raızes quadradas

A solucao da equacao a·w2 = b nos permite, tomando a = (1, 0, 0), extrairas raızes quadradas de b. Para este caso as equacoes (2.34) (pag. 101) e (2.35)(pag. 101) transformam-se em,

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.52)

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = ± c2

2√

λ· 1

x

Onde,

µ =b2

a2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

κ =( c

2

2 λ

)2, α =

b2

2 (− 1µ

+ν )

e,

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.53)

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = ± c2

2√

λ· 1

x

Onde,

µ =b2

a2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

κ =( c

2

2 λ

)2, α =

b2

−2 ( 1µ

+ν )

114

As equacoes (2.36) (pag. 102) e (2.37) (pag. 102) transformam-se em,

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.54)

y =(− 1

µ+ ν

)x

z = ± c2

2√

λ· 1

x

Onde,

µ =b2

a2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + (− 1µ + ν)2, σ = 1 − (− 1

µ + ν)2

κ =( c

2

2 λ

)2, α =

a2

σ a1

e,

x = ±√

2α + 2√

α2 + 4 κ

2(2.55)

y = −( 1

µ+ ν

)x

z = ± c2

2√

λ· 1

x

Onde,

µ =b2

a2, ν =

√

1 + 1/µ2, λ = 1 + ( 1µ + ν)2, σ = 1 − ( 1

µ + ν)2

κ =( c

2

2 λ

)2, α =

a2

σ a1

Nota: O algoritmo acima aplica-se apenas quando em b = (a2, b

2, c

2) tivermos

a26= 0 e b

26= 0.

Exemplo: Calcular√

1 + i + j.

Solucao: Temos, 1 + i + j = (1, 1, 1). Logo, a2 = 1, b2 = 1 e c2 = 1. Vamosinicialmente usar (2.54), entao

µ = 11 = 1, ν =

√

1 + 1/12 =√

2,

λ = 1 + (− 11 +

√2 )2 = 2 (2 −

√2 ), σ = 1 − (− 1

1 +√

2 )2 = 2 (−1 +√

2 )

κ =( c

2

2 λ

)2= 1

25 (3 + 2√

2 ), α =a2

σ = 1+√

22

Gentil 115

Substituindo estes resultados em (2.54), obtemos

x = ±

r

(1+√

2 )+

q

3(3+2√

2 )2

2

y = (√

2 − 1 )x

z = ±√

2+√

24 · 1

x

Agora consideremos (2.55),

µ = 11 = 1, ν =

√

1 + 1/12 =√

2,

λ = 1 + (11 +

√2 )2 = 2 (2 +

√2 ), σ = 1 − (1

1 +√

2 )2 = −2 (1 +√

2 )

κ =( c

2

2 λ

)2= 1

25 (3 − 2√

2 ), α =a2

σ = 1−√

22

Substituindo estes resultados em (2.54), obtemos

x = ±

r

(1−√

2 )+

q

3(3−2√

2 )2

2

y = −(√

2 + 1 )x

z = ±√

2−√

24 · 1

x

Portanto, sao em numero de quatro as raızes quadradas de 1 + i + j.

Capıtulo 3

Funcoes Hipercomplexas deArgumentosHipercomplexos

Nosso objetivo neste capıtulo e modesto: generalizar algumas poucas funcoesdas variaveis complexas para o contexto dos hipercomplexos. Nao e nosso ob-jetivo desenvolver um “Calculo” de tais funcoes.

3.1 Generalizacao da formula de Euler (26.01.07 )

Consideremos a formula de Euler,

eiy = cos y + i sen y

para numeros complexos. Podemos generalizar esta formula, para o contextodos 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, quesao simetricas; o que significa que calculando uma delas temos a outra, para omesmo par (y, z) de argumentos, evidentemente.

Observe tambem que sao funcoes pares, com respeito a segunda variavel,isto e, elas nao se alteram se trocarmos z por −z.

117

118

Exemplos:

a )

y z

π π

π −π

−π π

−π −π

⇒ eiπ+jπ = cosπ cosπ + i sen π cosπ + j senπ = 1

⇒ eiπ+j(−π) = cosπ cos(−π) + i senπ cos(−π) + j sen (−π) = 1

⇒ ei(−π)+jπ = cos(−π) cos π + i sen (−π) cosπ + j senπ = 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 ( · ) nao complexos, mas sim hipercomplexos.

b )

y z

π 2π

π −2π

−π 2π

−π −2π

⇒ eiπ+j2π = cosπ cos 2π + i sen π cos 2π + j sen 2π = −1

⇒ eiπ+j(−2π) = cosπ 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 zπ2

π2

π2 −π

2

−π2

π2

−π2 −π

2

⇒ei π

2 +j π2 = cos π

2 cos π2 + i sen π

2 cos π2 + j sen π

2 = j

⇒ ei π2 +j(− π

2 ) = cos π2 cos(−π

2 ) + i sen π2 cos(−π

2 ) + j sen (−π2 ) = j

⇒ei(−π

2 )+j π2 = cos(−π

2 ) cos π2 + i sen (−π

2 ) cos π2 + j sen π

2 = j⇒ei(−π

2 )+j(−π2 ) = cos(−π

2 ) cos(−π2 ) + i sen (−π

2 ) cos(−π2 ) + j sen (−π

2 ) = j

A outra exponencial nos fornece valores simetricos, em resumo temos

e(i+j) π2 = j, e(i−j) π

2 = −j

e(−i+j) π2 = j, e(−i−j) π

2 = −j

Gentil 119

d )

y zπ2 2π

π2 −2π

−π2 2π

−π2 −2π

⇒ei π

2 +j2π = cos π2 cos 2π + i sen π

2 cos 2π + j sen 2π = i

⇒ ei π2 +j(−2π) = cos π

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

⇒ei(−π

2 )+j2π = cos(−π2 ) cos 2π + i sen (−π

2 ) cos 2π + j sen 2π = −i⇒ei(−π

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

2 ) cos(−2π) + j sen (−2π) = −i

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

e(i 12+2j)π = i, e(i 1

2−2j)π = i

e(i−12 +2j)π = −i, e(i−1

2 −2j)π = −i

O leitor pode mostrar que,

eiπ + 1 = ejπ + 1 = 0

3.2 Generalizacao de funcoes complexas elementares

Aqui procuraremos generalizar algumas das funcoes complexas elementa-res.

Definicao 10 (Exponencial). Dado um hipercomplexo w = (x, y, z) a expo-nencial de w e 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 e uma funcao bivalente. Isto e, a cada valor davariavel w, associa dois valores. Cada uma das expressoes acima e denominadoum ramo da exponencial. Cada ramo e uma funcao univalente, isto e associaum unico valor a variavel w. Observe que os dois ramos da exponencial diferemapenas na terceira parcela que sao simetricas, de sorte que tendo um deles,temos tambem 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 ar-gumento principal, isto e, 0 ≤ θ < 2π e −π

2 ≤ β ≤ π2 .

Pela definicao de exponencial temos

ρ eiθ+jβ = ρ (cos θ cosβ + i sen θ cosβ + j sen β),

ρ eiθ−jβ = ρ (cos θ cosβ + i sen θ cosβ − j sen β).

120

Da forma trigonometrica de um hipercomplexo (veja pag. 27), temos

w =

ρ(cos θ · cosβ + i sen θ · cosβ + j sen β

), se senβ ≥ 0;

ρ(cos θ · cosβ + i sen θ · cosβ − j senβ

), se senβ ≤ 0.

Portanto,

w =

ρ eiθ+jβ , se 0 ≤ β ≤ π2 ;

ρ eiθ−jβ , se − π2 ≤ β ≤ 0.

- Logaritmo (Nos complexos)

Recordamos que o logaritmo complexo e definido como,

ln z = ln r + iθ, z = reiθ

- Logaritmo (Nos hipercomplexos)

Para generalizar o logaritmo aos hipercomplexos, definimos

lnw =

ln ρ + iθ + jβ, se 0 ≤ β ≤ π2 ;

ln ρ + iθ − jβ, se − π2 ≤ β ≤ 0.

Nota: Se deixarmos θ e β “livres” a funcao logaritmo resultara multivalente.Tal como foi definida acima, resultou numa funcao univalente; este e o ramoprincipal do logaritmo.

Exemplos:

a ) Seja w = −1 = 1 π 0 . Entao,

ln (−1) = ln 1 + iπ + j 0 ⇒ iπ = ln (−1)

b ) Seja w = i + j =√

2π2

π4 . Entao,

ln (i + j) = ln√

2 + iπ

2+ j

π

4

Em outra notacao,

ln (0, 1, 1) =(

ln√

2,π

2,

π

4

)

A localizacao grafica de ln (i + j), fica assim:

Y

Z

X

ln (i+j) ln (i + j) = 1, 79 77, 56o 26, 02o

Gentil 121

Definicao de wµ

Dados os numeros hipercomplexos w e µ. w 6= 0, definimos wµ pelaequacao

wµ = eµ lnw

Exemplos:

a ) Calcule ij. Aplicando a definicao, temos

ij = ej ln i

Temos,i = 1

π2 0 ⇒ ln i = ln 1 + i π

2 = i π2

Fazendo a multiplicacao, j · ln i, encontramos

(0, 0, 1) ·(0, π

2 , 0)

=(0, 0, π

2

)

Sendo assim, temos (ramo principal da exponencial),

ej ln i = e0(cos 0 cos π

2 + i sen 0 cos π2 + j sen π

2

)= j


ij = 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)

Exercıcio: Mostre que ji = j.

b ) Calcule πi. Aplicando a definicao, temos

πi = ei ln π

Temos,π = π 0 0 ⇒ lnπ = lnπ + i 0 + j 0 = ln π

Fazendo a multiplicacao, i · lnπ, encontramos

(0, 1, 0) ·(lnπ, 0, 0

)=(0, lnπ, 0

)

Sendo assim, temos

ei lnπ = e0(cos ln π cos 0 + i sen ln π cos 0 ± j sen 0

)


πi = cos ln π + i sen ln π

Em outra notacao fica,

π(0, 1, 0) =(cos ln π, sen ln π, 0

)

c ) Calcule πj . Aplicando a definicao, temos

πj = ej lnπ

122

Temos,π = π 0 0 ⇒ lnπ = lnπ + i 0 + j 0 = lnπ

Fazendo a multiplicacao, j · lnπ, encontramos

(0, 0, 1) ·(lnπ, 0, 0

)=(0, 0, lnπ

)

Sendo assim, temos (ramo principal)

ej lnπ = e0(cos 0 cos ln π + i sen 0 cos ln π + j sen ln π

)


πj = cos ln π + j sen ln π


π(0, 0, 1) =(cos ln π, 0, sen ln π

)

Para efeitos de comparacao, 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 lnπ

)cos ln π

π(0, 1, 0)

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

)cos ln π

A seguir localizamos πi e πj no espaco:

Y

Z

X

πi

πj

πi = 1, 00 65, 59o 0, 00o

πj = 1, 00 0, 00o 65, 59o

Observe que πi e um numero complexo e πj e um H − 2D.

d ) Calcule πi+j . Aplicando a definicao, temos

πi+j = e(i+j) lnπ

Temos,π = π 0 0 ⇒ lnπ = lnπ + i 0 + j 0 = lnπ

Fazendo a multiplicacao, (i + j) · lnπ, encontramos

(0, 1, 1) ·(lnπ, 0, 0

)=(0, lnπ, lnπ

)

Gentil 123

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

)


πi+j = cos ln π cos ln π + i sen ln π cos ln π + j sen ln π

No grafico temos,

Y

Z

X

πi+jπi+j = 1, 00 65, 59o 65, 59o


π(0, 1, 0)+(0, 0, 1) =(cos ln π, sen ln π, tg lnπ

)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 definicao, temos

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

Temos,

1 + i =√

2π4 0 ⇒ ln (1 + i) = ln

√2 + i π

4

Fazendo a multiplicacao, (1 + j) · ln (1 + i), encontramos

(1, 0, 1) ·(ln√

2, π4 , 0

)=(ln√

2, π4 ,√

( ln√

2)2 + (π4 )2

)


e(1+j) ln (1+i) = e ln√

2(

cos π4 · cos

√

( ln√

2)2 + (π4 )2 + i sen π

4 · cos√

( ln√

2)2 + (π4 )2

+j sen√

( ln√

2)2 + (π4 )2

)


(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


(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 localizacao grafica de (1 + i)1+j , fica assim:

Y

Z

X(1+i)1+j

(1 + i)1+j =√

2 45, 00o 0, 86o

3.2.2 Funcoes trigonometricas com argumentos hipercomplexos

Queremos atribuir um significado aos sımbolos cosw e senw, onde w e umhipercomplexo.

Inicialmente lembramos que na trigonometria do cırculo unitario, temos

X

Y

x

p

↑cos x

↑sen x

Onde o ponto p e a intersecao da reta de inclinacao x com o cırculo unitario.Definimos cosx como sendo a abscissa de p e sen x como sendo sua ordenada.

Pois bem, nada obsta a que generalizemos a trigonometria do cırculounitario para a esfera unitaria, assim

0

X

Y

Z

p

x

z ↑sne (x, z)→cse (x, z)

→cte (x, z)

Onde o ponto p e a intersecao da reta de inclinacao (x, z) com a esfera deraio unitario. Definimos cosseno esferico de (x, z), denotado cse (x, z), comosendo a abscissa de p; definimos seno esferico de (x, z), denotado sne (x, z),como sendo sua ordenada. Como estamos no espaco surge mais uma funcao

Gentil 125

trigonometrica (esferica) dada pela cota de p; a falta de um nome melhor abatizaremos de cota esferia: cte (x, z).

Podemos mostrar a seguinte relacao entre as funcoes esfericas e circulares,

cse (x, z) = cosx cos z

sne (x, z) = sen x cos z

cte (x, z) = sen z

E valida a seguinte identidade,

cse 2(x, z) + sne 2(x, z) + cte 2(x, z) = 1

Observe que os graficos das funcoes esfericas sao superfıcies. Na figuraseguinte temos o grafico do cse (x, z) no domınio [0, 2π] × [0, 4π].

p

p

p

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- Grafico do cosseno esferico: cse (x, z) = cosx cos z

.No estudo das variaveis complexas, decorrem da equacao de Euler, as se-

guintes equacoes

cosx = eix + e−ix

2 , sen x = eix − e−ix

2i ,

que relacionam as funcoes trigonometricas circulares com exponenciais comple-xas. As funcoes circulares acima (de argumentos reais) sao generalizadas parao plano complexo da seguinte forma,

cos z = eiz + e−iz

2 , sen z = eiz − e−iz

2i ,

Agora o argumento destas funcoes sao numeros complexos.O nosso objetivo sera generalizar estas funcoes de modo que elas aceitem

argumentos hipercomplexos. Iniciemos com as equacoes,

eix+jz = cosx cos z + i sen x cos z + j sen z (3.2)

eix−jz = cosx cos z + i sen x cos z − j sen z (3.3)

126

Tomando o oposto dos numeros (3.2) e (3.3) obtemos, respectivamente

− eix+jz = − cosx cos z − i senx cos z − j sen z (3.4)

− eix−jz = − cosx cos z − i senx cos z + j sen z (3.5)

Tomando o oposto de x nas quatro equacoes anteriores, obtemos, respec-tivamente

e−ix+jz = cosx cos z − i sen x cos z + j sen z (3.6)

e−ix−jz = cosx cos z − i sen x cos z − j sen z (3.7)

− e−ix+jz = − cosx cos z + i senx cos z − j sen z (3.8)

− e−ix−jz = − cosx cos z + i senx cos z + j sen z (3.9)

Temos as seguintes somas,

(3.3) + (3.6) : cosx cos z = eix−jz + e−ix+jz

2

(3.2) + (3.7) : cosx cos z = eix+jz + e−ix−jz

2

(3.10)

(3.2) + (3.8) : senx cos z = eix+jz − e−ix+jz

2i

(3.3) + (3.9) : senx cos z = eix−jz − e−ix−jz

2i

(3.11)

(3.2) + (3.5) : sen z = ± eix+jz − eix−jz

2j

(3.3) + (3.4) : sen z = ∓ eix−jz − eix+jz

2j

(3.12)

Nota: Na primeira equacao de (3.12) tome o sinal + se sen z ≥ 0 e o sinal −caso contrario. Na segunda equacao da-se ao contrario. O duplo sinal deve-se a“divisao” por j, veja a proposicao 4, pag. 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)

Gentil 127

Nota:Para fazer as multiplicacoes acima estamos assumindo r2 =√

x2 + y2 6= 0.Na forma algebrica temos

i w = (−y, x, z) ⇒ i w =

{

−y + ix + jz, se z ≥ 0;

−y + ix − jz, se z ≤ 0.

−(i w) = (y, −x, −z) ⇒ −(i w) =

{

y − ix − jz, se z ≥ 0;

y − ix + jz, se z ≤ 0.

−i w = (y, −x, z) ⇒ −i w =

{

y − ix + jz, se z ≥ 0;

y − ix − jz, se z ≤ 0.

−(−i w) = (−y, x, −z) ⇒ −(−i w) =

{

−y + ix − jz, se z ≥ 0;

−y + ix + jz, se z ≤ 0.

i (−w) = (y, −x, −z) ⇒ i (−w) =

{

y − ix − jz, se z ≥ 0;

y − ix + jz, se z ≤ 0.

−(i (−w)) = (−y, x, z) ⇒ −(i (−w)) =

{

−y + ix + jz, se z ≥ 0;

−y + ix − jz, se z ≤ 0.

−i (−w) = (−y, x, −z) ⇒ −i (−w) =

{

−y + ix − jz, se z ≥ 0;

−y + ix + jz, se z ≤ 0.

−(−i (−w)) = (y, −x, z) ⇒ −(−i (−w)) =

{

y − ix + jz, se z ≥ 0;

y − ix − jz, se z ≤ 0.

Nota: −i(−w) = −(−iw).De posse destes resultados definimos,

cosw =

e−(−iw) + e−iw

2 , z ≥ 0;

eiw + e−(iw)

2 , z ≤ 0.

cosw =

eiw + e−(iw)

2 , z ≥ 0;

e−(−iw) + e−iw

2 , z ≤ 0.

sen w =

eiw − e−iw

2i , z ≥ 0;

e−(−iw) − e−(iw)

2i , z ≤ 0.

sen w =

e−(−iw) − e−(iw)

2i , z ≥ 0;

eiw − e−iw

2i , z ≤ 0.

128

cte w =

± eiw − e−(−iw)

2j , z ≥ 0;

± e−(−iw) − eiw

2j , z ≤ 0.

cte w =

∓ e−(−iw) − eiw

2j , z ≥ 0;

∓ eiw − e−(−iw)

2j , z ≤ 0.

As funcoes trigonometricas, com argumentos hipercomplexos, resulta-ram bivalentes, isto e, com dois ramos. Observe, em todas elas, que a parte deum ramo para z ≥ 0 e igual a parte do outro ramo para z ≤ 0. A parte deum ramo para z ≤ 0 e 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 algebra complexae assim, os dois ramos de cada funcao, unificam-se em apenas um ramo.

Chamaremos, para efeito de referencia, a primeira das definicoes, de cadauma das funcoes, de ramo principal.

Exemplos

(a ) Encontre (no ramo principal) os seguintes numeros:

cos(

π2 , π

4 , 0); sen

(π2 , π

4 , 0); cte

(π2 , π

4 , 0).

Solucao: Sendo w =(

π2 , π

4 , 0)

dado, temos

iw = (−y, x, z) ⇒ i w =(− π

4 , π2 , 0

)

−(iw) = (y, −x, −z) ⇒ −(iw) =(

π4 , −π

2 , 0)

−iw = (y, −x, z) ⇒ −i w =(

π4 , −π

2 , 0)

−(−iw) = (−y, x, −z) ⇒ −(−iw) =(− π

4 , π2 , 0

)

Vamos calcular,

cosw = e−(−iw) + e−iw

2

Vamos inicialmente calcular a exponencial e−(−iw). Neste momento surgeuma duvida: ja que a exponencial tem dois ramos∗ em qual deles calculamosesta exponencial? Respondemos: como z = 0 (isto e, sen z = 0) e indiferente,porquanto os dois ramos nos fornecem o mesmo valor. No caso em que sen z 6= 0devemos escolher o ramo (com +j ou −j) que deu origem a propria exponen-cial. Por exemplo, neste caso, vemos pela equacao (3.10) (pag. 126), que estaexponencial se originou da exponencial eix−jz portanto em (3.1) escolhemos oramo com “−j”.

Entao, calculemos a exponencial de −(−iw) =(− π

4 , π2 , 0

). Pela equacao

(3.1), temos

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

)

= e−π4

(cos

π

2cos 0 + i sen

π

2cos 0 − j sen 0

)= i e−

π4

∗Conforme equacao (3.1), pag. 119.

Gentil 129

Agora vamos calcular a exponencial e−iw. Pela equacao (3.10), vemos que estaexponencial se originou da exponencial e−ix+jz portanto em (3.1) escolhemos oramo com “+j”. Entao, −iw =

(π4 , −π

2 , 0), pela equacao (3.1), temos

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

)

= eπ4

(cos

π

2cos 0 − i sen

π

2cos 0 + j sen 0

)= −i e

π4

Somando estas duas exponenciais e divindo o resultado por dois, obtemos

cos(

π2 , π

4 , 0)

= − i2

(e

π4 − e−

π4

)

A calculadora HP − 48 trabalha com as funcoes elementares, com argu-mentos complexos, ela nos forneceu:

cos(

π2 , π

4

)= (0, −0.868670961487)

o que confirma nosso resultado.

Agora vamos calcular,

sen w = eiw − e−iw

2i

Nao necessitamos calcular, novamente, estas exponenciais. Com efeito, como jadissemos , devido a que w = (x, y, 0) estamos restritos a algebra complexa e,nesta, vale a identidade: iw = −i(−w). Do caso precedente, temos eiw = i e−

π4

e e(−i)w = −i eπ4 . Fazendo a subtracao e dividindo por 2i obtemos,

sen(

π2 , π

4 , 0)

= 12

(e

π4 + e−

π4

)

A calculadora HP − 48 nos forneceu:

sen(

π2 , π

4

)= (1.32460908925, 0)

o que confirma nosso resultado.

No grafico,

Y

Z

ցcos( π

2 , π4 , 0 )

sen ( π2 , π

4 , 0 )

cos( π2 , π

4 , 0 )=0, 87 270, 00o 0, 00o

sen ( π2 , π

4 , 0 )=1, 32 0, 00o 0, 00o

Quanto a funcao cota esferica uma simples inspecao em sua equacaonos informa de que cte w = 0. De fato, isto se deve a que na algebra complexa,vale: iw = −i(−w).

130

(b ) Encontre (no ramo principal) os seguintes numeros:

cos(

π2 , π

4 , π6

); sen

(π2 , π

4 , π6

); cte

(π2 , π

4 , π6

).

Solucao: Sendo w =(

π2 , π

4 , π6

)dado, temos

iw = (−y, x, z) ⇒ i w =(− π

4 , π2 , π

6

)

−(iw) = (y, −x, −z) ⇒ −(iw) =(

π4 , −π

2 , −π6

)

−iw = (y, −x, z) ⇒ −i w =(

π4 , −π

2 , π6

)

−(−iw) = (−y, x, −z) ⇒ −(−iw) =(− π

4 , π2 , −π

6

)

Vamos calcular,

cosw = e−(−iw) + e−iw

2

Vamos inicialmente calcular a exponencial e−(−iw). Como no exemploanterior, escolhemos o ramo de (3.1) com “−j”.

Entao, −(−iw) =(− π

4 , π2 , −π

6

), temos

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

)

= e−π4

(cos

π

2cos−π

6+ i sen

π

2cos−π

6− j sen − π

6

)=

1

2e−

π4 (i

√3 − j)

Agora vamos calcular a exponencial e−iw. Pela equacao (3.10), vemos queesta exponencial se originou da exponencial e−ix+jz portanto em (3.1) escolhe-mos o ramo com “+j”. Entao, −iw =

(π4 , −π

2 , π6

), pela equacao (3.1), temos

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

)

= eπ4

(cos−π

2cos

π

6+ i sen − π

2cos

π

6+ j sen

π

6

)=

1

2e

π4 (−i

√3 + j)

Somando estas duas exponenciais e divindo o resultado por dois, obtemos

cos(

π2 , π

4 , π6

)= 1

4

[i (e−

π4 − e

π4 )

√3 + j (e

π4 − e−

π4 )]

A calculadora HP − 48, infelizmente (melhor dizendo, felizmente) foi fa-bricada antes do advento dos numeros hipercomplexos, razao porque nao temoscomo confirmar este resultado (a nao ser, claro, revisando os calculos).

Agora vamos calcular,

sen w = eiw − e−iw

2i

Uma destas exponenciais ja possuimos do calculo do cosw. Calculemos a expo-nencial eiw, onde i w =

(− π

4 , π2 , π

6

). Esta exponencial foi originada de eix+jz

(ver equacao (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

)

= e−π4

(cos

π

2cos

π

6+ i sen

π

2cos

π

6+ j sen

π

6

)=

1

2e−

π4 (i

√3 + j)

Gentil 131

Somando este resultado com o oposto da exponencial,

e−iw =1

2e

π4 (−i

√3 + j)

e dividindo o resultado por 2i, obtemos

sen(

π2 , π

4 , π6

)= 1

4

[(e

π4 + e−

π4 )

√3 − j (e

π4 − e−

π4 )]

Vamos agora calcular

cte w = ± eiw − e−(−iw)

2j

Como sen z = sen π6 ≥ 0, escolhemos o sinal positivo nesta equacao. Observe

que ja possuimos as duas exponenciais para o calculo desta funcao. Entao,

eiw =1

2e−

π4 (i

√3 + j)

e−(−iw) =1

2e−

π4 (i

√3 − j)

Tomando o oposto desta ultima equacao, somando com a primeira e dividindoo resultado por 2j, obtemos

cte w = 12 e−

π4

No grafico,

Y

Z

ցcos( π

2 , π4 , π

6 )

sen ( π2 , π

4 , π6 )

cte w

cos( π2 , π

4 , π6 )=0, 87 270, 00o 30, 00o

sen ( π2 , π

4 , π6 )=1, 23 0, 00o −20, 74o

cte ( π2 , π

4 , π6 )=0, 23 0, 00o 0, 00o

Capıtulo 4

Aplicacoes

4.1 Computacao Grafica

A multiplicacao hipercomplexa pode ser vista como uma rotacao no espaco.Isto nos sugere aplica-la nas transformacoes geometricas.

Rotacao em torno da origem

Segundo a proposicao 6 (pag. 33) se multiplicarmos o numerow

1= 1 · (cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, sen β) pelo ponto (numero) w = (x, y, z)

obteremos uma rotacao, deste ultimo, de um angulo (θ, β). Para atender areferida proposicao basta escolher −π

2 ≤ β ≤ π2 (isto e, cosβ ≥ 0).

Para obter a rotacao - de argumento (θ, β) - de um ponto w = (x, y, z),em torno da origem, devemos realizar o produto:

(cos θ · cosβ, sen θ · cosβ, senβ) · (x, y, z)

Vamos calcular este produto para o caso especial em que,

r1 =√

(cos θ · cosβ)2 + ( sen θ · cosβ)2 = | cosβ| = cosβ 6= 0 ⇒ β 6= ±π

2.

e w fora do eixo Oz. Sendo assim, multiplicamos em (D4):

((x·cos θ·cos β−y· sen θ·cosβ)γ, (y·cos θ·cosβ+x· sen θ·cos β)γ, sen β·r

2+z·cosβ

)

Onde, r2

=√

x2 + y2 e γ = 1 − z sen β

cos β√

x2+y2, isto e, γ = 1 − z√

x2+y2tg β.

Facamos,

x′ =(x cos θ cosβ − y sen θ cosβ) γ

y′ =(y cos θ cosβ + x sen θ cosβ) γ

z′ =√

x2 + y2 · sen β + z · cosβ

133

134

Para efeito de exemplificacao vamos rotacionar um numero complexo w =(x, y, 0). Sendo assim temos γ = 1, logo,

x′ =(x cos θ − y sen θ ) cosβ

y′ =(y cos θ + x sen θ ) cosβ

z′ =√

x2 + y2 · sen β

Observe que cosβ funciona como um “fator de contracao”. Na figura a seguirrotacionamos sucessivamente um quadrado de lado unitario:

Em cada figura θ assume os valores: 0o, 5o, 10o, 15o, . . . , 60o; enquantoβ = 30o permanece fixo. O quadrado, que inicialmente encontra-se no plano(complexo), apos a operacao de rotacao vai para o espaco (devido ao angulo β),na figura temos a projecao no plano complexo, isto e, plotamos (x′, y′).

Mais algumas figuras obtidas a partir da rotacao hipercomplexa sao exibidasa seguir:

Para obter os quadrados acima existe uma relacao entre o “fator de escalo-namento” (contracao) α e o angulo θ desejado, assim:

α = (cos θ + sen θ)−1 = cosβ

Gentil 135

No caso da figura aplicamos “escalonamento sobre escalonamento”. Inicial-mente, α = (cos 10o + sen 10o)−1 = cosβ = 0, 8632.

O segundo escalonamento e: 0, 8632 × 0, 8632, entao: β = cos−1(0, 8632 ×0, 8632) = 41, 8284o, no terceiro escalonamento β = cos−1(0, 86323) = 49, 9674o,etc.

4.2 Robotica

Aqui queremos apenas deixar a sugestao de que se estudem a viabilidadede aplicacao dos numeros 3 − D na robotica, cremos que isto nao sera difıcil.

4.3 Um Desafio Dirigido aos Matematicos do Planeta Terra

Existem problemas sobre numeros Reais que so podem ser resolvidos como auxılio dos numeros Complexos, por exemplo certas equacoes cubicas.

Motivados por este fato podemos elaborar problemas sobre numeros Complexosque so podem ser resolvidos com o auxılio dos numeros Hipercomplexos. Dentrodeste contexto foi que elaboramos o Desafio a seguir.∗

∗Este Desafio foi divulgado a nıvel nacional e esteve disponıvel em nossa home-page porcerca de dois meses, nao recebemos nenhuma proposta de resolucao.

136

Um Desafio Dirigido aos Matematicos do Planeta Terra

Premio: R$ 1.000, 00. 24.08.07

Uma assembleia de avatares decidiu por a prova (conhecer) o nıvel de de-senvolvimento tecnologico do planeta terra. Para tanto, decidiram enviar umdesafio aos mais ilustres dentre os matematicos do planeta terra. Seguiu-se aesta decisao um impasse: Este desafio versaria sobre que topico da matematica?Apos um dia inteiro de discussoes concluiram: nao deveriam enviar um desafiosobre um assunto de “fronteira”, porquanto so os especialistas da respectivaarea estariam aptos a atacar o problema; os demais estariam excluidos! A fimde que o desafio se estendesse, de fato, a todos os matematicos do planeta terra,e que o assunto escolhido deveria ser comum a todos eles. Apos algumas re-flexoes deram o veredicto: Numeros Complexos!

Ah! ia esquecendo: como os terraqueos sao consumidores - contumaz -do cafezinho (ou do cha), decidiram ofertar um premio de R$ 1.000, 00 paracustear estes estimulantes; talvez seja necessario para as - possıveis - noites emclaro.

O Desafio: Desejamos construir, de modo iterativo, a sequencia ( zn

) denumeros Complexos dada em (4.1); onde, para isto, sao dados um termo iniciale dois parametros, assim:

( i ) Semente da sequencia: z0 = (1, 0);

( ii ) primeiro parametro: θ = −10o;

( iii ) segundo parametro: β = −8o.

zn

= (cos nθ, sen nθ) ·

cosnβ, n = 1, 2, 3, . . . , 11, 12.

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 atu-ando - de modo iterativo - dentro da estrutura numeros complexos, C, obter asequencia dada em (4.1)!

Nota Importante: Nao esquecer que os termos da sequencia sao numerosComplexos. C = (R2, +, ·) e uma estrutura algebrica onde estao definidasduas operacoes. Evite operacoes espurias. Operacoes legıtimas sao: adicao emultiplicacao; e as que decorrem destas, tais como: subtracao, divisao, poten-ciacao e radiciacao. Estamos chamando a atencao para este detalhe para que seevite operacoes que nao se justifiquem em uma estrutura algebrica como a queestamos tratando.

Por exemplo, a operacao,

((cos−10o, sen − 10o) · (1, 0)

)· cos−8o

∴ z0→ z

1

e “logicamente” valida, uma vez que se justifica na estrutura numeros comple-xos. O Desafio consiste, precisamente, em: como sair do termo z1 para o termoz2, atraves de uma estrutura algebrica onde temos definida apenas uma adicao

Gentil 137

e uma multiplicacao? Como sair do termo z2 para o termo z3 , atraves. . . Comosair do termo z

3para do termo z

4, atraves. . . entenderam?

Este Desafio tera validade de um mes (se estendera ate 24.09.07)∗

Mande sua resolucao para: [email protected] um unico vencedor: o que entregar a resolucao primeiro (se por email,vale a data e a hora do mesmo).

Nota: Uma exigencia (obvia) e que nao podemos usar a resposta (sequenciadada em (4.1)) para obter a propria resposta (uma especie de raciocınio circu-lar).

- Curiosidades acerca da sequencia ( zn

)

1a ) Plotando os termos da sequencia no plano complexo, obtemos

x

y

z0=(1, 0)

1

2

3

−10o

2a ) A distancia - para a origem - das 12 primeiras bolinhas vale,

|zn| =

√

(cosnθ cosnβ)2 + ( sen nθ cosnβ)2 = | cosnβ|

n = 1, 2, 3, . . . , 11, 12.

3a ) As bolinhas azuis (n = 14, 16, 18, . . .) estao em um cırculo de raio,

|zn| =

√

(cosnθ cos 12β)2 + ( sennθ cos 12β)2 = | cos 12β|

4a ) As bolinhas vermelhas (n = 13, 15, 17, . . .) estao em um cırculo de raio,

|zn| =

√

(cosnθ cos 11β)2 + ( sennθ cos 11β)2 = cos 11β

∗Boa Vista-RR/24.08.07Nota: O .pdf deste Desafio esta disponıvel em nossa pagina: www.dmat.ufrr.br/∼ gentil

138

Resolucao do Desafio

Este e um problema do “plano” mas cuja resolucao so pode dar-se no“espaco”.

Na verdade este (segundo) Desafio e uma variante de um que lancamosanteriormente. O primeiro Desafio e resolvido por “sucessivas multiplicacoes”em H − 3D, enquanto este segundo e resolvido por “sucessivas divisoes” emH − 3D, assim:

Sejam w2

= 1 · 10o 8o e w1

= (1, 0, 0). Definimos,

w1

w(1)2

=w1

w2,

w1

w(2)2

= 1w

2· w1

w2,

w1

w(3)2

= 1w

2·(

1w

2· w1

w2

), . . .

Utilizaremos as divisoes (pag. 146),

w1

w2

=

ρ1

ρ2

θ1−θ2 β1−β2 se cosβ1 ≥ 0, cosβ2 ≥ 0 (DP1 )

ρ1

ρ2

θ1−θ2 β1+β2 se cosβ1 < 0, cosβ2 ≥ 0 (DP3 )

Sendo assim, temos

w1

w2

= 1 0o 0o

1 10o 8o

= 1 −10o −8o

Iteracoes sucessivas nos dao:

w1

w(2)2

= 1w

2· w

1

w2

=1 10o 8o

1 · 1 −10o −8o = 1 −20o −16o

w1

w(3)2

= 1w

2·(

1w

2· w

1

w2

)=

1 10o 8o

1 · 1 −20o −16o = 1 −30o −24o

E assim sucessivamente. Note que, para efeitos das divisoes (DP1 ) e (DP3 )temos que w2 = 1 · 10o 8o esta sempre fixo, enquanto os resultados parciais dasdivisoes e sempre colocado em w

1. Utilizamos (DP1 ), isto e, vamos subtraindo

β2

= 8o, enquanto cosβ1 ≥ 0, apos o que utilizamos (DP2 ), isto e, somamosβ

2= 8o e aı o angulo β

1ficara oscilando entre dois valores:

−88o − 8o = −96o; Iteracoes: 12, 14, 16, . . . (4.2)

−96o + 8o = −88o; Iteracoes: 13, 15, 17, . . . (4.3)

Observamos que,

w1

w(n)2

= 1 −10o·n −8o·n ; n = 1, 2, . . .?

Gentil 139

Esta regra, para este quociente vale ate que valor de n? Para respondera esta pergunta, recorremos a condicao de Moivre. Inicialmente observe queβ = −8o = − 2π

45 , entao

− π2(n−1) ≤ − 2π

45 ≤ π2(n−1) ⇒ n ≤ 12.

Portanto,w

1

w(n)2

= 1 nθ nβ ; n = 1, 2, . . . 12

onde θ = −10o e β = −8o. Temos,

w = 1 nθ nβ ⇒

x = cosnθ cosnβ

y = sen nθ cosnβ

z = sennβ

Logo, a solucao (parcial) do nosso Desafio e:

zn

=(

cosnθ cosnβ, sen nθ cosnβ); n = 1, 2, . . . , 12.

onde θ = −10o e β = −8o. De (4.2), concluimos que,

zn

=(

cosnθ cos 12β, sen nθ cos 12β); n = 12, 14, 16, . . .

De (4.3), concluimos que,

zn

=(

cosnθ cos 11β, sen nθ cos 11β); n = 13, 15, 17, . . .

Sendo assim, temos (para solucao do Desafio):

zn

=

(cosnθ cosnβ, sen nθ cosnβ), n = 1, 2, . . . , 9, 10, 11.

(cosnθ cos 12β, sen nθ cos 12β), n = 12, 14, 16, . . .

(cosnθ cos 11β, sen nθ cos 11β), n = 13, 15, 17, . . .

onde θ = −10o e β = −8o.

Observe que tudo se passa no “espaco”, a solucao do nosso Desafio e a“projecao” no plano Complexo de uma sequencia que encontra-se em 3 − D(ver figura da sequencia complexa que consta no Desafio).

Para o primeiro Desafio que propomos (nao para este) construimos umafigura da sequencia no espaco, assim:

0

1

2

140

Apendice

Da impossibilidade de uma multiplicacao no R3

Existe uma prova (ver [3]) da impossibilidade dos numeros tridimensionais.Vamos repetir aqui esta prova:

A impossibilidade de um numero complexo tri-dimensional.

Examinaremos aqui o problema de introduzir uma multiplicacao no espacode tres dimensoes R3 de maneira que resulte uma generalizacao natural dosnumeros complexos como pontos do plano (α, β) = α + β i, assim como estessao uma generalizacao natural dos numeros reais como pontos da reta sob aidentificacao (α, 0) = α. Em outras palavras, considerando os ternos ordenadosde numeros reais (α, β, γ) com as identificacoes (α, 0, 0) = α e (α, β, 0) =α + β i, e com as operacoes usuais de adicao e multiplicacao por escalares, aquestao e: podemos definir uma multiplicacao de vetores em R3 de modo quesejam validos todos os axiomas de um corpo?

Nao e difıcil mostrar que isto e impossıvel.

Com efeito, seja (α, β, γ) = α + β i + γ j (onde, e claro, j = (0, 0, 1)) evamos supor que uma tal multiplicacao esta definida. Entao podemos escrever

i j = α0+ β

0i + γ

0j

onde α0, β

0e γ

0sao reais. Multiplicando ambos os lados por i a esquerda,

obtemos

−j = i2 j = i (i j) = i (α0+ β

0i + γ

0j) = α

0i − β

0+ γ

0i j.

Substituindo agora i j por α0+ β

0i + γ

0j, segue que

(α0 γ0 − β0 ) + (α0 + β0 γ0 ) i + ( γ20

+ 1 ) j = 0,

contradizendo o fato de que γ0

e real.Note que para chegar a uma contradicao usamos apenas a associatividade

e distributividade da multiplicacao.

“Dizendo isso, gritou bem

forte: ‘Lazaro, saia para fora!’ O

morto saiu. Tinha os bracos e as

pernas amarrados. . . Jesus disse aos

presentes: ‘Desamarrem e deixem

que ele ande’.” Jo. (43 − 44 )

Gentil 141

Programa para multiplicar hipercomplexos

O programa dado a seguir (calculadoras HP − 48, 49, 50) multiplica doishipercomplexos: (a1 , b1 , c1) · (a2 , b2 , c2).

≪ → a1 b1 c1 a2 b2 c2

≪ ′√(a1 ∧ 2 + b1 ∧ 2)′ EV AL ′r1′ STO

′√(a2 ∧ 2 + b2 ∧ 2)′ EV AL ′r2′ STO

IF ′r1 == 0 AND r2 == 0′

THEN ′ − c1 ∗ c2′ EV AL 0 0

ELSE

IF ′r1 == 0 AND r2 6= 0′

THEN ′ − c1 ∗ c2 ∗ a2/r2′ EV AL

′ − c1 ∗ c2 ∗ b2/r2′ EV AL

′c1 ∗ r2′ EV AL

ELSE

IF ′r1 6= 0 AND r2 == 0′

THEN ′ − c1 ∗ c2 ∗ a1/r1′ EV AL

′ − c1 ∗ c2 ∗ b1/r1′ EV AL

′c2 ∗ r1′ EV AL

ELSE

′1 − c1 ∗ c2/(r1 ∗ r2)′ EV AL ′γ ′ STO

′(a1 ∗ a2 − b1 ∗ b2) ∗ γ ′ EV AL

′(a1 ∗ b2 + a2 ∗ b1) ∗ γ ′ EV AL

′c1 ∗ r2 + c2 ∗ r1′ EV AL

END

END

END

≫≫Programa para o calculo de potencias

Dados um hipercomplexo w = (x, y, z) e um natural n ≥ 2 o programa aseguir calcula a potencia wn .

≪ → x y z n

≪ x y z 1 n 1 −FOR I

x y z MHC3D

NEXT≫

≫

Nota: MHC3D chama o programa anterior (o programa para multiplicarhipercomplexos 3D deve ser armazenado na variavel MHC3D).

142

Prova da proposicao 6

(pag. 33) Nota importante: Uma observacao importante a respeito desta pro-posicao e que, para qualquer numero do eixo 0Z (β = π

2 +k π, k ∈ Z ) devemostomar θ = 0 e β = π

2 ou θ = 0 e β = −π2 , antes de fazer a multiplicacao.

Prova: Consideremos algumas possibilidades:

1 ) r1 = r2 = 0. Suponhamos,

w1

= (0, 0, c1) e w

2= (0, 0, c

2)

Na forma trigonometrica escrevemos,

w1

=

|c1|(

cos 0 cos π2 , sen 0 cos π

2 , sen π2

), c

1> 0

|c1 |(

cos 0 cos −π2 , sen 0 cos −π

2 , sen −π2

), c1 < 0

w2

=

|c2|(


2 , sen π2

), c

2> 0

|c2 |(


2 , sen −π2

), c2 < 0

Calculando (em D1) o produto w

1· w

2, temos w

1· w

2= (−c

1· c

2, 0, 0),

que na forma trigonometrica pode ser escrito:

1.1 ) c1

> 0 e c2

> 0 (−c1· c

2< 0)

w1· w

2= | − c

1· c

2|(

cosπ cos 0, senπ cos 0, sen 0)

= |c1 | · |c2 |(

cos(0 + 0) cos(π

2+

π

2), sen (0 + 0) cos(

π

2+

π

2), sen (

π

2+

π

2))

1.2 ) c1

> 0 e c2

< 0 (−c1· c

2> 0)

w1· w

2= | − c

1· c

2|(

cos 0 cos 0, sen 0 cos 0, sen 0)

= |c1| · |c

2|(

cos(0 + 0) cos(π

2− π

2), sen (0 + 0) cos(

π

2− π

2), sen (

π

2− π

2))

1.3 ) c1

< 0 e c2

> 0 (−c1· c

2> 0)

w1· w

2= | − c

1· c

2|(

cos 0 cos 0, sen 0 cos 0, sen 0)

= |c1| · |c

2|(

cos(0 + 0) cos(−π

2+

π

2), sen (0 + 0) cos(−π

2+

π

2), sen (−π

2+

π

2))

1.4 ) c1 < 0 e c2 < 0 (−c1 · c2 < 0)

w1· w

2= | − c

1· c

2|(

cosπ cos 0, senπ cos 0, sen 0)

= |c1| · |c

2|(

cos(0 + 0) cos(−π

2− π

2), sen (0 + 0) cos(−π

2− π

2), sen (−π

2− π

2))

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

w1

= (0, 0, c1) e w

2= (a

2, b

2, c

2)

Gentil 143


w1 =

|c1|(


2 , sen π2

), c

1> 0

|c1|(


2 , sen −π2

), c

1< 0

w2

= ρ2

(cos θ

2cosβ

2, sen θ

2cosβ

2, senβ

2

)


1· w

2, temos

w1· w

2=(

− c1· c

2· a

2

r2

, −c1· c

2· b

2

r2

, c1· r

2

)

Vamos escrever este produto na forma trigonometrica, temos

r2

=√

a22+ b2

2=√

(ρ2

cos θ2

cosβ2)2 + (ρ

2sen θ

2cosβ

2)2 = ρ

2| cosβ

2|

Observacao: r26= 0 ⇒ cosβ

26= 0. Entao,

w1 · w2 =(

− c1

ρ2

senβ2·ρ

2cos θ

2cos β

2

ρ2| cos β

2| , − c

1ρ2

senβ2·ρ

2sen θ

2cos β

2

ρ2| cos β

2| , c1 ρ2 | cosβ2 |

)

Nota: Para prosseguir vamos supor cosβ2

> 0; esta nao e uma restricao seriadevido a equacao (1.18), pag. 25.

Sendo assim, temos

2.1) cosβ2

> 0 ( | cosβ2| = cosβ

2). Temos

w1· w

2=(

− c1 ρ2 senβ2 ·ρ2 cos θ2 cos β2

ρ2 cos β2, − c1 ρ2 senβ2 ·ρ2 sen θ2 cos β2

ρ2 cos β2, c

1ρ

2cosβ

2

)

Entao,

w1· w

2=(− c

1ρ

2cos θ

2sen β

2, −c

1ρ

2sen θ

2sen β

2, c

1ρ

2cosβ

2

)

2.1.1 ) c1

> 0 ( |c1| = c

1)

w1· w

2= c

1ρ

2

(− cos θ

2senβ

2, − sen θ

2senβ

2, cosβ

2

)

= |c1 |ρ2

(

cos(0 + θ2) cos(π

2+ β2), sen (0 + θ2) cos(

π

2+ β2), sen (

π

2+ β2)

)

2.1.2 ) c1

< 0 ( |c1| = −c

1)

w1· w

2= −c

1ρ

2

(cos θ

2senβ

2, sen θ

2sen β

2, − cosβ

2

)

= |c1|ρ

2

(

cos(0 + θ2) cos(−π

2+ β

2), sen (0 + θ

2) cos(−π

2+ β

2), sen (−π

2+ β

2))

3 ) r16= 0 e r

2= 0. Suponhamos,

w1 = (a1 , b1 , c1) e w2 = (0, 0, c2)


w1

= ρ1

(cos θ

1cosβ

1, sen θ

1cosβ

1, senβ

1

)

144

w2

=

|c2|(


2 , sen π2

), c

2> 0

|c2 |(


2 , sen −π2

), c2 < 0

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

w1· w

2=(

− c1· c

2· a

1

r1

, −c1· c

2· b

1

r1

, c2· r

1

)

Vamos escrever este produto na forma trigonometrica, temos

r1 =√

a21

+ b21

=√

(ρ1 cos θ1 cosβ1)2 + (ρ1 sen θ1 cosβ1)

2 = ρ1 | cosβ1 |

Observacao: r16= 0 ⇒ cosβ

16= 0. Entao,

w1· w

2=(

− ρ1 senβ1 ·c2 ·ρ1 cos θ1 cos β1

ρ1 | cos β1 |, − ρ1 senβ1 ·c2 ·ρ1 sen θ1 cos β1

ρ1 | cos β1 |, c

2· ρ

1| cosβ

1|)

3.1) cosβ1

> 0 ( | cosβ1| = cosβ

1). Temos

w1· w

2=(

− ρ1

senβ1·c

2·ρ

1cos θ

1cos β

1

ρ1

cos β1

, − ρ1

senβ1·c

2·ρ

1sen θ

1cos β

1

ρ1

cos β1

, c2· ρ

1cosβ

1

)

Entao,

w1· w

2=(− c

2ρ

1cos θ

1senβ

1, −c

2ρ

1sen θ

1sen β

1, c

2ρ

1cosβ

1

)

3.1.1 ) c2 > 0 ( |c2 | = c2)

w1· w

2= c

2ρ

1

(− cos θ

1sen β

1, − sen θ

1sen β

1, cosβ

1

)

= |c2|ρ

1

(

cos(θ1+ 0) cos(β

1+

π

2), sen (θ

1+ 0) cos(β

1+

π

2), sen (β

1+

π

2))

3.1.2 ) c2

< 0 ( |c2| = −c

2)

w1· w

2= −c

2ρ

1

(cos θ

1sen β

1, sen θ

1sen β

1, − cosβ

1

)

= |c2|ρ

1

(

cos(θ1+ 0) cos(β

1− π

2), sen (θ

1+ 0) cos(β

1− π

2), sen (β

1− π

2))

4 ) r16= 0 e r

26= 0. Suponhamos,

w1 = (a1 , b1 , c1) e w2 = (a2 , b2 , c2)


w1

= ρ1

(cos θ

1cosβ

1, sen θ

1cosβ

1, sen β

1

)

w2

= ρ2

(cos θ

2cosβ

2, sen θ

2cosβ

2, sen β

2

)


1· w

2, temos

w1· w

2=((a

1· a

2− b

1· b

2)(1 − c1 ·c2

r1 ·r2

), (a

1· b

2+ a

2· b

1)(1 − c1 ·c2

r1 ·r2

), c

1· r

2+ c

2· r

1

)

Escrevamos este produto na forma trigonometrica,

r1

= ρ1| cosβ

1|, r

2= ρ

2| cosβ

2|

Gentil 145

Nota: Vamos considerar que cosβ1 > 0 e cosβ2 > 0.Temos,

(1 − c

1·c

2

r1·r

2

)=(1 − ρ

1sen β

1·ρ

2sen β

2

ρ1| cos β

1|·ρ

2| cos β

2|)

=cos(β

1+β

2)

cos β1· cos β

2

Tomando w1· w

2= (X, Y, Z), temos:

X = (ρ1

cos θ1

cosβ1· ρ

2cos θ

2cosβ

2− ρ

1sen θ

1cosβ

1· ρ

2sen θ

2cosβ

2) · cos(β

1+β

2)

cos β1· cos β

2

Y = (ρ1 cos θ1 cosβ1 · ρ2 sen θ2 cosβ2 + ρ2 cos θ2 cosβ2 · ρ1 sen θ1 cosβ1) ·cos(β

1+β

2)

cos β1· cos β

2

Z = ρ1

senβ1· ρ

2| cosβ

2| + ρ

2sen β

2· ρ

1| cosβ

1|

Simplificando,

X = ρ1 ρ2 cosβ1 cosβ2 cos(θ1 + θ2) ·cos(β

1+β

2)

cos β1· cos β

2

Y = ρ1ρ

2cosβ

1cosβ

2sen (θ

1+ θ

2) · cos(β1+β2)

cos β1 · cos β2

Z = ρ1 ρ2( sen β1 · | cosβ2 | + sen β2 · | cosβ1 |)

Mais ainda,

X = ρ1ρ

2cos(θ

1+ θ

2) cos(β

1+ β

2)

Y = ρ1ρ

2sen (θ

1+ θ

2) cos(β

1+ β

2)

Z = ρ1ρ

2sen (β

1+ β

2)

Nota: Aqui podemos incluir os casos anteriores:

1) r1

= r2

= 0,

2) r1 = 0, r2 6= 0,

3) r16= 0, r

2= 0.

Juntando este ultimo caso (caso 4 ) com os anteriores (casos 1 ), 2 ) e 3 )) com-pletamos a prova da proposicao. �

146

Multiplicacao na forma trigonometrica sem restricoes

Na prova anterior supomos cosβ1

> 0 e cosβ2

> 0, sem estas restricoes,isto e para uma formula geral vale (exercıcio):

M) Multiplicacao

ρ1ρ

2θ1+θ2 β1+β2 se cosβ1 ≥ 0, cosβ2 ≥ 0 (MP1 )

ρ1ρ

2θ1+θ2 −(β1−β2) se cosβ1 ≥ 0, cosβ2 < 0 (MP2 )

ρ1ρ

2θ1+θ2 β1−β2 se cosβ1 < 0, cosβ2 ≥ 0 (MP3 )

ρ1ρ

2θ1+θ2 −(β1+β2) se cosβ1 < 0, cosβ2 < 0 (MP4 )

w1· w

2=

D) Divisao

w1

w2

=

ρ1

ρ2

θ1−θ2 β1−β2 se cosβ1 ≥ 0, cosβ2 ≥ 0 (DP1 )

ρ1

ρ2

θ1−θ2 −(β1+β2) se cosβ1 ≥ 0, cosβ2 < 0 (DP2 )

ρ1

ρ2

θ1−θ2 β1+β2 se cosβ1 < 0, cosβ2 ≥ 0 (DP3 )

ρ1

ρ2

θ1−θ2 −(β1−β2) se cosβ1 < 0, cosβ2 < 0 (DP4 )

Gentil 147

Programa para transformar coordenadas retangulares em polares

Vamos escrever um programa computacional para transformar um numerohipercomplexo das coordenadas retangulares para polares. Antes precisamosrever um pouco das funcoes trigonometricas inversas,

1 ) y = arc sen x = sen−1x. O domınio e contra-domınio de f = sen−1 saodados por,

f : [−1, 1 ] −→[− π

2,

π

2

]

Temos,

senβ =z

ρ⇒ β = sen−1

( z

ρ

)∴ −π

2≤ β ≤ π

2.

2 ) y = arc cosx = cos−1 x. O domınio e contra-domınio de f = cos−1 saodados por,

f : [−1, 1 ] −→ [ 0, π ]

Nota: Observe que as funcoes sen−1 e cos−1 nao 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.

cos θ =x

ρ cosβ, sen θ =

y

ρ cosβ

ii ) x < 0, y > 0 ( IIQ ). Neste caso fazemos θ = cos−1. Isto e,

θ = cos−1( x

ρ cosβ

)

iii ) x > 0, y < 0 ( IV Q ). Neste caso fazemos θ = sen−1. Isto e,

θ = sen−1( y

ρ cosβ

)

iv ) x < 0, y < 0 ( IIIQ ). Neste caso, obtemos θ com o auxılio da figura aseguir:

x −x

φθ

y

Para obter θ: trocamos o sinal de x, calculamos o angulo φ e tomamosθ = 180o + φ, assim:

φ = cos−1( −x

ρ cosβ

)

⇒ θ = 180o + φ.

O programa e dado a seguir:

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

≪ → x y z

≪ DEG ′√(x ∧ 2 + y ∧ 2 + z ∧ 2)′ EV AL ′ρ ′ STO

′ASIN(z/ρ)′ EV AL ′β ′ STO

IF ′ cosβ == 0′

THEN ρ ′′ρ′′ → TAG 0 ′′θ′′ → TAG β ′′β′′ → TAG

ELSE

IF ′x ≥ 0 AND y ≥ 0′

THEN ′ACOS(x/(ρ ∗ cos(β))) ′ EV AL ′θ ′ STO

ELSE

IF ′x ≤ 0 AND y ≥ 0′

THEN ′ACOS(x/(ρ ∗ cos(β))) ′ EV AL ′θ ′ STO

ELSE

IF ′x ≥ 0 AND y ≤ 0′

THEN ′ASIN(y/(ρ ∗ cos(β))) ′ EV AL ′θ ′ STO

ELSE′180 + ACOS(−x/(ρ ∗ cos(β)))′ EV AL ′θ ′ STO

END

END

END ρ ′′ρ′′ → TAG θ ′′θ′′ → TAG β ′′β′′ → TAG

END

≫≫

- 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 angulos em graus. Para entrar com os angulos em radianotroque, no programa, DEG por RAD.

Gentil 149

Resenha de trabalhos

A seguir listamos uma resenha de nossos trabalhos disponıveis em nossoendereco: www.dmat.ufrr.br/∼ gentil

I - O Mito das Ambiguidades nas Representac~oes Decimais

Resumo: Este trabalho poe fim as interminaveis pendengas sobre as repre-sentacoes decimais de reais do intervalo [ 0, 1 ]. Mostramos que as supostas am-biguidades de algumas destas representacoes, tipo: 0, 5 = 1/2 = 0, 4999 . . . saoum mito. Aqui esclarecemos, em definitivo, igualdades tais como 0, 999 . . . = 1.

II - Uma Curva de Peano Inedita ( No Quadrado [ 0, 1 [×[ 0, 1 [ )

Resumo: Nao temos conhecimento de que alguem ja tenha construido umacurva de Peano no quadrado [ 0, 1 [× [ 0, 1 [. Construimos uma e mostramosque a mesma resulta com propriedades topologicas “absurdamente” distintasda curva usual, isto e, 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 tecnica para transitar entre dimensoesarbitrarias: seja no sentido de reduzir, quanto elevar, uma dimensao a outra.Cremos que o mesmo possa ser util ao entendimento de algumas questoes con-cernentes as dimensoes na Teoria das Supercordas. Em resumo: provamos apossibilidade teorica (matematica) da transposicao de dimensoes.

IV - Uma Modificac~ao na Equac~ao de Schroedinger

Resumo: Neste trabalho estamos sugerindo uma modificacao na equacao deSchroedinger (da Mecanica Quantica) de modo a obtermos solucoes reais paraa funcao de onda.

V - Algebras em Dimens~ao potencia de Dois

Resumo: O objetivo deste trabalho e desenvolver os numeros 2N− dimensio-nais, ou seja, numeros que estao em uma dimensao que e potencia de dois. Porexemplo:

( i ) 20 = 1, na dimensao 1 (reta) numeros reais;

( ii ) 21 = 2, na dimensao 2 (plano) numeros complexos;

( iii ) 22 = 4, na dimensao 4 (hiperplano) numeros quaternions.

A partir destes exemplos somos levados a conjecturar que sao possıveis osnumeros que moram em uma dimensao que seja potencia de dois.

VI - A Metrica Divina

Resumo: Este artigo nasceu de um sentimento meu de solidariedade com os“menos favorecidos”. No caso do - classico - paradoxo de Zenao, Aquiles, numaatitude de puro esnobismo da uma vantagem inicial a tartaruga. Em nosso para-doxo a situacao se inverte: a tartaruga dara uma distancia inicial a Aquiles paralogo em seguida ultrapassa-lo e vencer a corrida. Mostraremos, com tecnicasmatematicas recentes, que nao trata-se de um engodo - nao tomariamos em vaoo precioso (e ja escasso) tempo do leitor!.

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VII - MATRIZ DIGITAL

Resumo: Neste trabalho construimos - atraves do algoritmo da divisao - umamatriz e mostramos aplicacoes da mesma em: conversao de um inteiro positivopara uma base numerica qualquer; calculo de combinacoes; teoria dos numeros.

VIII - Progress~oes Aritmeticas e Geometricas de ordem m

Resumo: Neste trabalho estudamos, sob uma nova otica (isto e, a partir deuma nova definicao) as progressoes aritmeticas e geometricas de ordem m.

IX - Sequencias Aritmeticas e Geometricas Multidimensionais

Resumo: Neste trabalho desenvolvemos uma outra generalizacao das pro-gressoes aritmeticas e geometricas: as progressoes aritmeticas e geometricasmultidimensionais (ou em dimensao N).

X - TRACADOS 3 − D (Um auxılio para o tracado de figuras no LATEX)

Resumo: Neste pequeno trabalho mostramos (deduzimos) o “menor algoritmodo mundo” para tracados 3 − D. Este algoritmo nos auxilia no tracado dealgumas figuras no LATEX.

XI - Numeros Hipercomplexos−2D ( Uma Nova Generalizac~ao dos Numeros

Reais)

Resumo: Neste trabalho construimos um novo sistema numerico sobre o R2.Este sistema resulta numa nova generalizacao dos numeros reais.

XII - Numeros Hipercomplexos−3D ( Uma Nova Generalizac~ao dos Numeros

Complexos)

Resumo: Neste trabalho construimos (sobre o R3) os numeros tridimensionais,uma nova generalizacao dos numeros complexos.

XIII - O Problema do Cavalo Pastando

Resumo: Neste trabalho resolvemos, apenas com matematica do ensino medio,o famoso problema do cavalo pastando.

XIV - O Problema da regua de combustıvel

Resumo: Neste trabalho resolvemos, apenas com matematica do ensino medio,o problema da regua de combustıvel.

Referencias Bibliograficas

[1] Fundamentos de matematica elementar (por) Gelson Iezzi (e outros). SaoPaulo, Atual Ed., 1977- v.6

[2] Boyer, Carl Benjamin. Historia da Matematica. Sao Paulo - Edgar Blucher,1974.

[3] Bernardo Felzenszwalb. Algebras de Dimensao Finitas. 12o Coloquio Brasi-leiro de Matematica. IMPA, 1979.

[4] Newton C. A. da Costa. Ensaio sobre os fundamentos da logica. Sao Paulo:HUCITEC: Ed. da Universidade de Sao Paulo, 1980.

[5] Silva, Gentil Lopes. Numeros Hipercomplexos−2D (Uma nova generalizacaodos numeros reais). www.dmat.ufrr.br/∼ gentil

[6] Ubaldi, Pietro. As Noures: Tecnica e recepcao das correntes de pensamento.Traducao de Clovis Tavares. 4. ed. Rio de Janeiro: FUNDAPU, 1988.

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gentil lopes - números hipercomplexos 3d

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