Números construtíveis com origamiMateus Spezia

Universidade federal de Santa Catarina

2018

Sumário1 Introdução 1

2 Conceitos básicos 22.1 Axiomas de Construtibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2 Operações de Corpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.2.1 Adição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2.2 Multiplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2.3 Inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Algumas Propriedades algébricas do corpo dos números construtíveiscom origami 93.1 Usando Origami Para resolver equações . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1 IntroduçãoO objetivo deste trabalho é dar sentido ao que consiste os números constituível comorigamis e por �m explorar algumas interessante propriedades algébricas deste nú-meros.

Origami é a arte de dobrar uma folha de papel sem cortar ou colar como a �na-lidade de criar determinados objetos. A origem dos origamis remota tempos imemo-riáveis estando fortemente presentes na cultura asiática, principalmente na japonesa,mas nosso objetivo aqui não é �car falando da história dos origamis, para que quisersabem um pouco mais recomentados consultar [2]. Além do nítido apelo estéticos dosorigamis é possível explorar interessantes propriedades matemáticas de tais objetos.Nossa objetivo aqui vai ser estudar os números que são construtíveis com origamis.Então o primeiro passo é dar sentido a isso. Vamos de�nir nossa folha como o planocomplexo (C), a�nal somos matemáticos com nossa objetivo de vida é abstrair as coisa,e nessa folha �xaremos dois pontos e de�niremos quais as regras para para dobrar opapel. As dobraduras serão justamente os segmentos construtíveis e os números cons-trutíveis são justamente os que estão na intersecção de dois segmentos construtíveis,vamos formalizar isso no capitulo 2.

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Problemas de construções geométricas são clássicos na historia da matemáticas,suas origens remetem a Grécia antiga onde o principal objetivo era executar tais cons-truções apenas com régua e compasso, Podemos destacar três problemas clássicos.

• A quadratura do círculo: dada uma circunferência, construir um quadrado coma mesma área desta circunferência

• A duplicação do cubo; dado um cubo construir um novo cubo com volume odobro do cubo original

• A tricessão do ângulo: dado um ângulo construir um novo com um terço de suaamplitude.

Foi com o advento da Teoria de Galois que conseguimos transcrever esse problemade problemas puramente geométricos para problemas algébricos com conceitos denúmeros construtíveis , corpos e extensões de corpos. No entanto essas novas fer-ramentas permitiram mostra que nenhum dos três problemas clássicos tem soluçãousando apenas régua e compasso. Então os matemáticos se perguntaram se não temcomo de�nir outro tipo de construção que permitam resolver esse problemas.É nessecontexto que as construções com origamis vão se mostrar extremamente úteis. Comesse novo tipo de construção vai ser possível realizar as mesma construção já feitascom régua e compasso , e ademais vão se mostrar extremamente frutíferas para atacaros problemas clássicos citados acima , sendo possível trissectar o ângulo e duplicar ocubo, mas infelizmente ainda não permite fazer a quadratura do circulo.

Esse trabalho tem como base os artigos [5] e [6], bem com o livro de Teoria deGalois de Davix Cox [4]. Outra referencia bem tradicional do tema é o artigo doRogers Alperin [3]. Então vamos lá ver o que nos reserva essa construções com osorigami.

2 Conceitos básicosNessa seção vamos introduzir os axiomas de construtibilidade e mostra que os núme-ros construtíveis com origami formam um sub grupo dos números complexo(C).

Nossa ’folha’ será o plano complexo C e nesse plano serão dados dois pontos,asaber o (0, 0) e (1, 0) que denotaremos simplesmente por 0 e 1. Os números constru-tíveis serão justamente os elementos de C que podem ser oitidos a partir desse doispontos usando os axiomas de construtibilidade.

2.1 Axiomas de ConstrutibilidadeO Conjunto de Axiomas de origami que vamos utilizar é Atribuído a Huzita’s [1],este é um conjunto de seis axiomas completo , I.e., qualquer dobra pode ser obtido apartir dele. Mas não é um conjunto minimal de axiomas, de fato todos os axiomas deHuzita’s podem ser óbitos usando apenas o axioma 6. Os axiomas de Huzita’s são osseguintes:

A1. Dados pontos p1 e p2 podemos dobrar uma linha que passa por ambos.

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A2. Dados pontos P1 e P2 podemos dobrar p1 em p2, ou seja encontrar a reta medi-atriz do segmento p1p2

A3. Dados linhas l1 e l2 podemos dobra l1 em l2, ou seja bissecta o angulo entre elascaso sejam concorrentes.

A4. Dados um ponto P e uma linha l podemos encontra uma linha perpendicular al que passa por P

A5. Dados pontos P1 e P2 e uma linha l podemos levar P1 em cima l dobrando umalinha,que chamaremos de s, que passa por P2. Isto é a re�exão de P1 através s�ca sobre a reta l.

A6.Dados pontos P1 e P2 e linhas l1 e l2, podemos construir uma dobra,chamaremosde s, de tal forma que P1 seja levado sobre l1 e P2 sobre l2 de uma única vez.Ou seja a re�exão de Pi através s �ca sobre a reta li, i = 1, 2.

Observação As dobras (quando nos dobramos o papel formamos uma linha na folha)serão justamente as retas construtíveis. E os pontos construtíveis serão justamenteaqueles que pertencem a interseção de duas retas construtíveis.

Como os axiomas podemos provar dois resultados básicos, vamos chama-los deP1 eP2:

P1 Dado uma ponto P e uma reta l podemos construir uma reta paralela a l quepassa por P .

Demonstração: Por A4, podemos encontra uma reta s perpendicular a l quepassa por P . Aplicando novamente A4 podemos encontra uma reta t que passa porP e é perpendicular a s, logo t é a reta procurada �.

P2 Dado uma ponto P e uma reta l podemos re�etir P através de l.

Demonstração: Por A4, podemos encontra uma reta l1 perpendicular a l quepassa por P . Agora por A3 encontrar as bissetrizes l2 e l3 dos ângulos formados por le l1. Agora por P1 podemos construir uma reta l4 paralela a l2 que passa por P , essereta encontra l em Q. Agora podemos construir uma reta l5 paralela a l3 que passapor Q, esse reta encontra l1 em P ′ que é justamente o ponto procurado. Um desenhodeixa o que �zemos um pouco mais claro

�Usando apenas essa ideias também podemos construir os eixo (real e imaginário)

do plano complexo.De fato o eixo real é justamente o segmento que liga os pontos 0 e 1 usando A1,

lembre que esse pontos são dados.já para o eixo complexo aplique A4 para 0. E paraobter o ponto i também é simples basta aplicar A4 a 1 assim ganha uma reta l1, agoraaplicar A3 as retas l1 e ao eixo real, ganhando assim uma reta l2 que intersecta o eixoimaginário justamente em i. denotaremos por Ox o eixo real e Oy o eixo imaginário.

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Figura 1: Re�exão de um ponto por uma reta

Figura 2: Eixos no plano complexo

2.2 Operações de CorpoUsando os axiomas e as propriedades que acabamos de mostrar, nos concentraremosagora em mostra que os números construtíveis com origami formam um sub corpo,vamos chama-lo de O, do corpo dos números complexo. Para isso temos que mostrar

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que as operações estão bem de�nidas, I.e., dados α e β elementos de O temos quemostrar que, α+ β ∈ O, α · β ∈ O e α−1 ∈ O se α 6= 0.

Observação para facilitar a notação vamos considerar os axiomas A1, A2, A3,A4,A5, A6 e P1 como operações que atuam sobre pontos e retas e devolvem retas,P2 e INT ( Estamos de�nindo agora essa operação, ela toma duas retas e devolve aintercessão) como operações que atuam sobre pontos e retas e devolvem um ponto.

2.2.1 Adição

Dados pontos P1 e P2 pontos construtíveis. P1 e P2 são números complexos e a nossaoperação de adição é a usual dos números complexos, Vamos considerar dois caso:

• P1 e P2 não são colineares e não nulos então podemos usar a regra do parale-logramo para a soma temos:

– A1(0, P1)→ l1

– A1(0, P2)→ l2

– P1(P2, l1)→ l3

– P1(P1, l2)→ l4

– INT(l3, l4)→ P1 + P2

Figura 3: Soma 1

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• P1 eP2 são colineares, ou seja são múltiplos escalares. Agora não podemos maisusar a regra do paralelogramo, então o ponto base para somar dois númerospassa a ser como trasportar uma medida(I.e., como trasportar um segmento),vamos sumarizar como podemos fazer isso:

– A1(0, P1)→ l1

– P1(i, l1)→ l2

– P1(P1, Oi)→ l3

– INT(l3, l2)→ P3

– A1(i, P2)→ l4

– P1(P3, l4)→ l5

– INT(l1, l5)→ P1 + P2

Figura 4: Soma 2

Observe que se uma dos números for zero não a nada fazer, no caso dois poderíamosfazer a mesma construção usando o 1 no lugar de i casoP1 eP2 fossem colineares comi. E Para obter −P , basta re�etir pela origem. Portanto nosso conjunto O é fechadopela soma.

2.2.2 Multiplicação

Para a multiplicação é interessante pensar no números complexo na forma polar , istoé P1 = r1e

θ1i e P2 = r1eθ2i, logo P1P2 = r1r2e

(θ1+θ2)i onde 0 ≤ θ1, θ2 < 2π e 0 ≤

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r1, r2. Então podemos pensar a multiplicação de dois números complexo como girarP1 em em angulo de amplitudeθ2 e depois multiplicar o comprimento dos segmentos.Para fazer isso vamos usar semelhança de triângulos.

• A1(0, P1)→ l1

• A1(0, P2)→ l2

• INT(A4(P1,O1),O1)→ P3

• P2(A5(P3, 0, l2), P3)→ P ′3

• A4(P ′3, l2)→ l3

• P2(A5(P1, 0, l3), P1)→ P ′1

• A1(0, P ′1)→ l′1

Figura 5: Multiplicação, "girar"

Observe que o que �zemos até aqui foi girar P1 em em angulo de amplitude θ2.Agora temos que arrumar comprimento do segmento para isso considere:

• P2(A5(P2, 0, O1), P2)→ P ′2

• A1(1, P ′1)→ l4

• P1(P ′2, l4)→ l5

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• INT(l′1, l5)→ P1P2

Uma simples semelhança de triângulos mostra que de fato P1P2 é o ponto pro-curado. Note também que a mesma demonstração serve caso eles seja colineares, naverdade nesse caso e até mais fácil transferir o angulo.

Figura 6: Multiplicação, ’homotetia’

2.2.3 Inversão

Aqui novamente a construção que vamos fazer exige dividir em dois caso:

• P é um números real e diferente de 1, pois se for 1 não a nada a fazer

– P2(A5(P, 0,Oy), P )→ P ′

– A1(1, P ′)→ l1

– P1(i, l1)→ l′1

– INT(l′,Ox)→ 1P

Podemos observa o que foi feito na �gura 7.

• P não é um números real

– P2(P,Ox)→ P ′

– A1(0, P ′)→ l1

– A1(1, P )→ l2

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– INT(l1, l2)→ 1P

Podemos observa o que foi feito na �gura 8.

Note que em ambas as construções usamos semelhança de triângulos e as proprie-dades in inversão nos complexos onde (reθi)−1 = 1

r e−θi, ou seja re�etimos o angulo

pelo eixo real.

Figura 7: Inversão 1

Com isso �nalmente depois de muitos desenho conseguimos provar da fato O éum sub corpo de C. E daqui para frente poderemos exeplorar algumas propriedadesdesse subcorpo.

Corolário 1 Q é um sub corpo de O, ou seja Q ⊆ O ⊆ C

Segue imediatamente do Fato de 1∈ Q e das propriedades demonstradas a cima�.

3 Algumas Propriedades algébricas do corpo dos nú-meros construtíveis com origami

Nesse capitulo nosso principal objetivo vai ser resultados de álgebra para entenderum pouco melhor os como se comporta o corpo O. Vamos ver que os números consti-tuíveis com origamis generalizam os números construtíveis com régua e compasso, eainda permitem resolver o problema de trissecção do angulo e da duplicação do cubo.

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Figura 8: Inversão 2

O desenrolar do capitulo vai revelar que isso está ligado com o fato de construçõescom origami além de permitir achar raízes de equações quadráticas, o que é possívelusando régua e compasso, também permite encontra raízes de equações cubicas.

Mas para isso vamos começar com o resultado de natureza geométrica.

Proposição 1 Seja P um ponto e l1 uma reta. Dado uma reta l, a re�exão P ′ de Patravés da reta l pertence a l1 se e somente se l é reta tangente da parábola como foco Pe reta diretora l1

Demonstração:Podemos demostra esse proposição usando geometria analítica e es-crevendo as equações das retas de da parábola, mas particularmente acho essa abor-dagem um tanto quanto de trabalhosa de mais e deselegante. Então optáramos poruma prova que usa a de�nição geométrica da parábola. Lembre a parábola é de�nidacomo o conjunto dos pontos que são equidistantes de uma reta dada (reta diretora) ede um ponto dado (Foco).⇐= suponha que l é reta tangente da parábola. Então observe que o ângulo que

a reta l forma com o segmento PP ′ é um angulo reto e também PQ = P ′Q, logo ostriângulos PQR e P ′QR são congruentes logo PR = P ′R ou seja P ′ é a re�exão deP através de l.

=⇒ Agora suponha que P ′ é a re�exão de P através de l. Construa o segmentoP ′Q tal queQ esteja sobre l e PQ é perpendicular a l1. Observe que por congruênciade triângulos temos que P ′Q = PQ ou seja Q pertence a parábola.

Agora temos que Mostra que Q é o único pontos com essa propriedade, I.e., Per-tence a l e a parábola. Então suponha que tenha outro pontoQ′ com essa propriedade.

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Logo temos que PQ′ = SQ′, mas por outro lado usando novamente congruência detriângulos temos PQ′ = P ′Q′ dai sai que SQ′ = P ′Q′ uma contradição com a fatodo angulo P ′SQ′ ser reto. Portanto l é a reta tangente a parábola.

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Figura 9: Reta tangente a parábola

�Uma observação muito importante desse fato é que dados pontos P1 e P2 e retas

l1 e l2 e as respectivas parábolas A1 e A2. Podemos encontra uma reta l que re�ita Pie li, i = 1, 2, isso o axioma A6 permite fazer. Logo pala proposição acima temos quel e reta tangente a ambas as parábolas.

Uma observação simples mas bem útil para o que se segue é o seguinte lema:

Lema 1 Seja α = a+ ib, então α ∈ O se e somente se a, b ∈ O

Demonstração Se α ∈ O para obter a e b basta construir as retas perpendicularesaos eixos real e imaginário que passam por α. Reciprocamente dados a e b construaduas retas uma que passa por a e é perpendicular ao eixo real e outra que passa por be é perpendicular ao eixo imaginário. �

3.1 Usando Origami Para resolver equaçõesVamos mostra como as construções com origamis podem ser usadas para resolverequações e grau dois e três.

Equação de 2º grau Considere a equação ax2 + bx+ c = 0 com coe�cientesReais e em O. É bem sabido que para encontrar as raízes dessa equação basta saber ex-trair raiz quadrada. Então mostraremos que dado α =∈ O então

√α ∈ O, então con-

sidere α em sua representação polar α = reiθ . Então suas raízes são√α = ±

√rei

θ2 .

Bissectar o ângulo usando origami é trivial, é só usar A3. Então basta saber cons-truir um segmento de comprimento

√r.

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Observe primeiro que que o ponto (r, 0) é construtível basta para isso re�etir αno eixo real, e como vimos no resultados precedentes sabemos fazer isso. Então bastasaber construir o ponto P = (

√r, 0) e para obter o resultado �nal re�etimos esse

ponto sobre a reta de ângulo θ2 . Mostraremos que construir (

√r, 0):

• A4(1,Ox)→ l1

• A5(0, P+12 , l1)→ P1

Figura 10: Segmento de comprimento√r

Observe que o triângulo OP1P+12 é retângulo e usando semelhança de triângulos

podemos ver que o segmento 1P1 tem comprimento√r. Então podemos construir o

ponto (o,√r), logo os pontos (±

√r, o) também podem ser construído.

Ou seja se α ∈ O ⇒√α ∈ O. Logo Podemos resolver equações quadráticas

usando origami. �

Equação de 3º grau Vamos apresentar uma método para resolver equaçõescubicas da forma x3 + ax2 + bx+ c onde a, b e c são números reais dados.

De�na os pontos P1 = (a, 1) e P2 = (c, b) e construa as retas de�nidas pelasequações; l1 : y = −1 e l2 : x = −c. Aplicando A6 em P1, P2,l1 e l2 obtemos umanovo reta l3. Considere a equação de l3 : y = mx + d AFIRMAMOS QUE m ÉSOLUÇÃO DA EQUAÇÃO CUBICA ORIGINAL!!!

O leitor deve estar estranhando a a�rmação acima, pois de fato ela não é nadaevidente, vamos deixar as coisa mais claras então:

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Considere duas parábolas: A parábola com foco P1 e reta diretora l1, eB parábolacom foco P2 e reta diretora l2.

Seja A={P = (x, y); d(P, P1) = d(P, l1)}, onde d é distancia logo veri�camosque os pontos de A satisfazem a relação: (x− a)2 +(y− 1)2 = (y+1)2 ou seja 4y =(x−a)2. Analogamente os pontos de B satisfazem a seguinte relação (y− b)2 = 4cx.

A proposição 1 garante que l3 é tangente respectivamente a A e B. Sejam Q1 =(x1, y1) e Q2 = (x2, y2) os respectivos pontos de tangencia. Recorrendo a nossoconhecimentos básicos de Geometria analítica e calculo podemos calcular a reta tan-gente de A em Q1 e de B em Q2. Para isso lembre que a reta tangente de uma curvaem um ponto (x1, y1) é dada por: (y − y1) = α(x − x1) onde α é a derivada cal-culada em tal ponto. Logo para A é o ponto (x1, y1) a equação da reta tangente �ca(x1 − a)(x − x1) = 2(y − y1) (1) e para B e é o ponto (x2, y2) a equação da retatangente �ca (y2 − b)(y − y2) = 2c(x− x2) (2). Mas lembre que essa duas retas sãoas mesma e procuramos uma equação da forma l3 : y = mx+ d (3).

Podemos reescrever (1) como y = x1−a2 x + −(x1−a)x1+2y1

2 , mas y1 = (x−a)24 ,

Logo y = x1−a2 x +

−(x1−a)x1+12 (x1−a)2

2 , sendo assim temos m = x1−a2 . Por outro

lado (1) calculado em x = a nos dá−(x1−a)2 = 2y−2y1 mas da equação deA temosque −4y1 = −(x1 − a)2 = 2y − 2y1 → y = −y1, calculando (3) também em x = a

temos −y1 = y = ma+ d⇒ d = −ma− y1 = −ma− ( (x1−a)2 )2 = −ma−m2 (4).

Procedendo de forma análoga para (2) veri�camos que m = 2cy2−b e d = y2 −

2cx2

y2−b ⇒ d = y2 −mx2, calculando (3) agora em y = b temos b = −mx2 + d mas(y2− b)2 = 4cx2 ⇒ x2 = (y2−b2c )c⇒ x2 = 1

m2 c o que nos dá d = b+m 1m2 c⇒ d =

b+ cm

Por �m tem que d = b + cm = −ma −m2 = d ⇒ m3 + am2 + bm + c = 0 o

seja m é de fato solução da equação cubica original.O leitor deve perceber que o que encontramos foi uma reta com coe�ciente an-

gular m, que mostramos que é de fato uma raiz da equação, mas o que realmentequeremos é encontra o ponto de coordenadas (m, 0). Da equação y = mx + d é fá-cil construir os pontos (0, d) e (1,m + d). Então pelas propriedades de corpo de Opodemos veri�car que (m, 0) ∈ O. O Que mostra que Podemos construir uma raizda equação cubica (lembre que uma equação cubica sempre tem pelo menos uma raizreal) usando origami. �

Observação: Note que foi a primeira vez que usamos o axioma A6. De fato tudoo que foi feito anterior a isso usamos os axiomas de 1 a 5 e de fato todas as construçãoanteriores pode ser feitas usando régua e compasso. Mas como já conhecemos não épossível extrair raiz cubica usando apenas régua e compasso, então a introdução dessenovo axioma é para podermos de fato extrair rais cubica!

Como corolário temos:Corolário 2 O corpo O é fechado por extração de raiz quadrada e raiz cubica.

Demonstração:De fato para raiz quadrada tudo já esta feito acima.Consideremos o casa de extração da raiz cubica. Seja α = reiθ ∈ O sabemos que

3√α = 3

√rei

θ3 e

i2πj3 , j = 0, 1, 2.

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Observe que 3√r é raiz de x3 − r = 0 ou seja pertence a O. Vamos mostra que

podemos trissectar o angulo usando origami. dado θ observe que:sin(θ) = 3sin( θ3 )−4sin

3( θ3 ). Mas dado θ conhecemos sin(θ), e sabemos resolvera equação acima com origami ou seja encontrar sin( θ3 ). e conhecendo esse valorconseguimos encontra θ

3 , para isso usamo as re�exões I.e, re�etimos o ponto 1 sobrea reta perpendicular a o eixo imaginário que passa por ( θ3 , 0). A essa altura o leitordeve ter percebido que as re�exões tem o mesmo poder do compasso uma vez queusamos elas para para trasportar comprimento de segmentos.

Logo com a trisseção do angulo conseguimos construir os números, ei θ3 , e i2πj3 , j =0, 1, 2, Logo conseguimos extrair raiz cubica o que completa a prova. �

Para os próximos resultados vamos usar a seguinte notação. Dado uma corpo Fcom Q ⊂ F ⊂ R dizemos que:

• Uma linha l pertence a F se passa por dois pontos com coordenadas em F

• Uma parábola A pertence a F se seu foco tem coordenadas ee F e sua diretrizpertence a F .

Para atingirmos nosso objetivo �nal e deixa a demonstração um pouco mais con-cisa vamos fazer dois lemas, que vão ser basicamente uma grande conta, vamos láentão:

Lema 2 Seja F uma corpo com Q ⊂ F ⊂ R e l uma reta em C e A uma parábola.Então:

(a) l pertence a F se e somente se exitem a, b e c ∈ F tal que l : ax+ by + c = 0

(b) SeA pertence aF então existem a, b, c, d, e, f ∈ F com b2 = 4ac e det

a b2

d2

b2 c e

2d2

e2 f

6=0 tal que A = (x, y); ax2 + bxy + cy2 + dx+ ey + f = 0

Demonstração (a) Basta Observar que se l ∈ F conhecemos dois pontos logo pode-mos obter a equação da reta por operações elementares, sobre as coordenadas dessespontos. Reciprocamente conhecendo a equação facilmente veri�camos que pelo me-nos dois pontos que as sati fazem tem coordenas em f logo a reta vai pertencer aF.

(b)Note que se A ∈ F temos que a reta diretriz l : a1x+ b1y +C1 = 0 e seu focoP = (f1, F2) pertencem a F . fando um pouco de contas, que é realmente escreve aequação da parábola e simpli�car um pouco concluímos o resultado.

�

Lema 3 Seja F um corpo com Q ⊂ F ⊂ R então:

a) Sejam l1 e l2 retas não paralelas em F então o pontos de interseção delas pertencea F

b) Seja l uma reta pertencente a F e P um ponto com coordenadas em F então a retaperpendicular l que passa por P pertence a F

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c) Sejam l1 e l2 em F , então exitem números reais u e v com u2, v2 ∈ F . Então abissetriz dessa duas retas pertencem a F (u, v).

d) Seja P ∈ C com coordenadas pertencentes a F e A uma parábola pertencente aF . Então exite u ∈ R com u2 ∈ F então a reta tangente a parábola passando porP pertence a F (u)

e) Sejam A1 e A2 duas parábolas pertencentes a F . Então exitem u, v ∈ R taisque u2 ∈ F e v3 ∈ F (u) e a tangente simultânea(se existir) as duas parábolaspertence a F (u, v)

Demonstração A demonstração desse resultado é basicamente fazer contas e usar olema anterior. Os itens (a) e (b) são mais imediato pois é ideia é a mesma que vamosempregar nos outros, e consiste em apenas resolver um sistema linear por operaçõeselementares.

(c) sejam l1 : a1x+ b1y+ c1 = 0 e l2 : a2x+ b2y+ c2 = 0 , recorrendo um poucoa geometria analita , temos que as equação das (note o plural) bissetrizes são dadaspor :

a1x+b1y+c1√a21+b

21

= ±a2x+b2y+c2√a22+b

22

seja u =√a21 + b21 e v =

√a22 + b22 temos que u2, v2 ∈ F e pelo lema anterior

(a) temos também que as bissetrizes pertencem a um corpo que contem u e v a saberF (u, v).

(d) Observe que a reta tangente a parábola em (x1, y1) é dada por:(x− x1, y − y1) · ∇A(x, y) = 0

Abrindo as contas temos:

x(2ax1+by1+d)−2ax21−bx1y1−x1d+y(2cy1+bx1+e)−2cy21−by1x1−ey1 = 0.Agora note que P = (x0, y0) satisfaz a equação, justamente pois por hipotese temosque a reta passa por este ponto, logo podemos encontra y1 em função de x0, y0, x1nessa equação e substituir na equação da parábola (de grau 2 ) e encontra que é oponto (x1, y1), Logo temos que (x1, y1) pertence a uma extensão de grau 2.

(e) A ideia aqui é a mesma do item anterior escreve a equação da reta tangenteque passa pelos pontos P = (xi, yi) que pertence a Ai, i = 1, 2, sabendo que éa mesma reta tangente,temos que fazer contas que são de fato muito trabalhosas, eassim encontra os coe�ciente. Os detalhes serão deixados de lado.

�Por �m temos tudo para enunciar o nosso principal teorema:

Teorema 1 Um número complexo α ∈ O se e somente se existe sub corpos, tais queQ = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Fn−1 ⊂ Fn ⊂ C, tal que α ∈ Fn e [Fi : Fi−1] = 2 ou 3 para1 ≤ i ≤ n

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Demonstração:⇐= Suponha que exita tal torre I.e., Q = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Fn−1 ⊂ Fn ⊂ C e

que α ∈ Fn, vamos provar por indução em n.De base de indução temos n = 0, segue que F0 = Q ou seja não temo nada para

fazer. Como hipótese de indução, assuma que Fi ∈ O∀0 ≤ i ≤ n− 1.Como temos da hipote também que [Fn : Fn−1] = 2, 3 seja α ∈ Fn então ele

é raiz de uma polinômio de grau no máximo três com coe�cientes em Fn−1, mas araiz nesse caso pode ser expressa em termos dos coe�cientes via extração de raiz (nomáximo cubica) e operações elementares , então o corolário 2 garante que ∈ O.

=⇒ dado α ∈ O vamos prova que existe essa torre de corpos tais que Q = F0 ⊂F1 ⊂ · · · ⊂ Fn−1 ⊂ Fn ⊂ C. Tal que a partes reais e imaginaria de α = a + bipertencem a Fn dai sai que α ∈ Fn(i) e temos que [Fn(i) : Fn] = 2 ou seja oresultado segue do mesmo modo.

Para provar isso note que se a e b são pontos constituíveis então eles foram obtidosem um número �nito de passo usando os axiomas de construtibilidade a partir dospontos bases 0 e 1. O Lema 3 garante que em cada passo a coordenada do novo pontoobtido pertence a uma extensão de grau dois ou três, ou no mesmo corpo. O quetermina a prova �

Referências[1] Huzita–hatori axioms wikipedia. https://en.wikipedia.org/wiki/Huzita Accessed:

2018-04-25.

[2] Origami wikipedia. https://pt.wikipedia.org/wiki/Origami. Accessed: 2018-04-25.

[3] Roger C. Alperin. A mathematical theory of origami constructions and numbers.New York Journal of Mathematics, 6:119–133, 2000.

[4] David A. Cox. Galois Theory. 2ª edition, 2012.

[5] James King. Origami-contructible numbers. 2004.

[6] Antonio M. Oller Marcén. Origami contructions. 2013.

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