O leitor Carlos Alberto M. de Assis nos enviou a dedução feita por Euler* (1707-1783) da fórmula que resolve uma equação de 2 grau que reproduzimos a seguir.

Consideremos a equação do 2 grau ax²+ bx + c = 0 (com a ≠ 0). Euler usou um artifício muito comum em Matemática, conhecido por método de substituição, fazendo x = u + z e, portanto, x² = (u + z)x, obtendo o sistema da esquerda.

Multiplicou todas as equações por x e considerou o sistema linear homogêneo da direita (todos os termos independentes das equações são iguais a 0) nas incógnitas x, x²e x³.

Como conhecia a teoria dos determinantes, Euler sabia que num tal sistema uma das soluções é a solução trivial ou nula e só existe outra solução se o determinante de seus coeficientes, ∆, é igual a 0.

Desse modo, estabeleceu que

Desenvolvendo segundo os elementos da 1 linha, obteve

a[−(u + z)²] − b(u + z) + c(−1) = 0 ou

−au² − 2auz − az² − bu − bz − c = 0, o que é equivalente a

au² + (2az + b)u + az² + bz + c = 0, uma equação do 2 grau em u.

Para transformar essa equação em uma incompleta em u, fez uma escolha conveniente para z: z = −b / 2a, implicando 2az + b = 0.

A equação au² + (2az + b)u + az² + bz + c = 0 ficou reduzida a

au²+ az² + bz + c = 0, ou seja,

au² = −az² − bz − c.

Substituindo z por −b/2a, obteve

au² = −a(−b/2a)² − b(−b/2a) − c, ou seja,

u² = −b²/4a² + b²/2a² − c/a,

ou ainda, ou seja,

Finalmente, substituindo os valores de z e u em x = u + z, vem

ou seja,

Interessante, não é?

* Segundo o livro History of Mathematics de Davis E. Smith, vol II, o método é devido a Euler e Bézout e aperfeiçoado por Sylvester (1840) e Hesse (1844). Esse método também está publicado no livro Matemática − Uma breve história, vol. II, de Paulo R. M. Contador.

Uma igualdade curiosa sobre os números inteiros positivos é a que fornece a soma dos n primeiros cubos:

1³ + 2³ + 3³ + 4³ +...+ n³ = (1 + 2 + 3 + 4 +...+ n)².

Em geral essa igualdade é demonstrada por indução; mas como chegar a ela intuitivamente? Primeiramente observamos que:

1³ = 1; 2³ = 8 = 3 + 5; 3³ = 27 = 7 + 9 + 11;

4³ = 64 = 13 + 15 + 17 + 19; 5³ = 125 = 21 + 23 + 25 + 27 + 29; etc.

Isto é, parece que cada cubo m³é a soma de m números ímpares consecutivos. Se isso for verdade, então quando se somam os 2 primeiros cubos, somam-se os 1 + 2 = 3 primeiros ímpares; quando se somam os 3 primeiros cubos, somam-se os 1 + 2 + 3 = 6 primeiros ímpares; quando se somam os 4 primeiros cubos, somam-se os 1 + 2 + 3 + 4 = 10 primeiros ímpares, etc.

Percebemos então o aparecimento de uma outra seqüência interessante: 1, 3, 6, 10, 15, ..., a saber, os números triangulares T₁ = 1; T₂ = 1 + 2; T₃ = 1 + 2 + 3; T₄ = 1 + 2 + 3 + 4; T₅ = 1 + 2 + 3 + 4 + 5; etc.

Usando-se a fórmula da soma dos n primeiros termos de uma PA de razão 1, temos que o n-ésimo número triangular é dado por

Observemos

1³ = 1

2³ = 3 + 5 = (2T₁+ 1) + (2T₂− 1)

3³ = 7 + 9 + 11 = (2T₂ + 1) + 9 + (2T₃− 1)

4³ = 13 + 15 + 17 + 19 = (2T₃ + 1) + 15 + 17 + (2T₄− 1)

               ........................

n³ = (2T_n-1 + 1) + ... + (2T_n− 1),

ou seja, 1³ + 2³ + 3³ +... + n³ = 1 + ... + (2T_n − 1), isto é, igual à soma de todos os ímpares de 1 até (2T_n − 1). Essa é a soma dos T_n termos de uma PA de razão 2 e primeiro termo 1, sendo, portanto, igual a

Segue então que 1³ + 2³ + 3³ +... + n³ = (1 + 2 + ... + n)².

Painel III Parece mas não é, além das cúbicas José Cloves V. Saraiva

No artigo Parece mas não é, publicado na RPM 62, são apresentados e estudados números reais com aparência irracional, como, por exemplo, que é igual ao inteiro 2, sendo esses números oriundos de raízes de equações polinomiais cúbicas que surgem na fórmula de Cardano. Conforme o título deste texto, vamos apresentar o exemplo

que também é aparentemente um irracional e, no entanto, é igual a 1.

Vamos nos basear no nosso artigo A fórmula de Cardano além das cúbicas, publicado na revista Eureka!, OBM n^o 15, 2002, em que se mostra que a equação do quinto grau da forma tem uma raiz dada pela fórmula :

Para obter uma equação desse tipo que tenha raiz 1, deve-se ter ou seja: p² − 5p + 5(1 − r) = 0, equação do segundo grau cujo discriminante é ∆ = 5( 1 + 4r). Fazendo r = 11, a equação fica: p² − 5p − 50 = 0, que tem raízes −5 e 10.

Tomamos então p = −5, chegando à equação do quinto grau x⁵ + 5x³ + 5x − 11 = 0. A raiz que buscamos é dada por:

Inicialmente observamos que a raiz real acima, calculada numa máquina, aproxima-se do valor inteiro 1, mas isso não justifica a igualdade! Mesmo porque, a equação do quinto grau acima pode ter 4 outras raízes além de 1 e alguma poderia ter valor real diferente de 1.

Vamos então provar que o único valor real das raízes da equação x⁵ + 5x³ + 5x − 11 = 0 é x = 1, sendo todas as outras raízes números complexos. Isso provará a igualdade. De fato, sendo x = 1 uma raiz da equação, então (x − 1) divide x⁵ + 5x³ + 5x − 11 com quociente x⁴ + x³ + 6x² + 6x + 11 e resto 0. Todas as outras raízes estão no quociente que pode ser escrito na forma

x⁴ + x³ + 6x² + 6x + 11 = x²(x² + x + 5) + (x + 3)² + 2,

que é positivo para todo valor real de x, visto que

é positivo para qualquer x real.

E, assim, o polinômio x⁴ + x³ + 6x² + 6x + 11 nunca se anula, concluindo a prova.

Deixamos para o leitor verificar a igualdade

usando que a equação x⁷ +7x⁵ − 14x³ − 7x + 13 = 0 tem 1 como raiz.