Pentágono, complexos e trigonometria

Suponhamos que pretendemos determinar

\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}

Como x=a é uma solução de x^{n}-a^{n}=0 o resto da divisão de x^{n}-a^{n} por x-a será nulo. Podemos determinar o polinómio quociente através do método geral da divisão polinomial — em tudo semelhante à divisão aritmética de dois números –, dividindo o polinómio do numerador pelo do denominador. Como é de difícil reprodução aqui (relacionado com o código \LaTeX de escrita matemática), vou utilizar o método alternativo dos coeficientes indeterminados. Seja Q(x) o polinómio quociente, isto é

x^{n}-a^{n}=\left( x-a\right) Q(x)+R(x)=\left( x-a\right) Q(x)=xQ(x)-aQ(x)

atendendo a que neste caso o resto R(x)=0. Notemos que o grau de Q(x) há-de ser n-1:

Q(x)=x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+q_{2}x^{n-3}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}

Fazendo o desenvolvimento de xQ(x)-aQ(x), obtém-se

x^{n}-a^{n}= x\left( x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}\right) -a\left( x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}\right)

=x^{n}+\left( q_{1}-a\right) x^{n-1}+\left( q_{2}-aq_{1}\right) x^{n-2}+\cdots

+\cdots +\left( q_{n-2}-aq_{n-3}\right) x^{2}+\left( q_{n-1}-aq_{n-2}\right) x-aq_{n-1}

Comparando agora coeficientes obtemos

q_{1}=a q_{k}=aq_{k-1}\qquad k=2,3,\ldots ,n-1

aq_{n-1}=a^{n}

ou seja q_{1}=a e

q_{k}=aq_{k-1}=a^{2}q_{k-2}=\cdots =a^{k}\qquad k=2,3,\ldots ,n-1

donde

x^{n}-a^{n}=(x-a)(x^{n-1}+ax^{n-2}+\cdots +a^{n-2}x+a^{n-1})

ou

\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=x^{n-1}+ax^{n-2}+\cdots +a^{n-2}x+a^{n-1}

Exemplo: Num pentágono regular determine \cos \alpha , em que \alpha é o ângulo igual a 1/5 do ângulo giro \alpha =\dfrac{2\pi }{5}.

Geometricamente é o ângulo ao centro formado por dois raios que unem o centro do círculo circunscrito a um pentágono regular a dois dos seus vértices adjacentes.

Começo por transformar este problema trigonométrico num de variáveis complexas. Para isso faço w=e^{i2\pi /5}\neq 1. Pondo a=1, na fórmula anterior e substituindo x por w,obtém-se:

w^{5}-1=(w-1)(w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1)

Como w^{5}=e^{i2\pi }=1, então w^{5}-1=0 e sendo w\neq 1 será

w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1=0

e também

\text{Re}\left( w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1\right) =0

pelo que, atendendo a que \text{Re}w^{4}=\cos \dfrac{8\pi }{5}, \text{Re}w^{3}=\cos \dfrac{6\pi }{5}, etc., vem sucessivamente

\cos \dfrac{8\pi }{5}+\cos \dfrac{6\pi }{5}+\cos \dfrac{4\pi }{5}+\cos \dfrac{2\pi }{5}+1=0

\cos \left( 2\pi -\dfrac{2\pi }{5}\right) +\cos \left( 2\pi -\dfrac{4\pi }{5}\right) +\cos \dfrac{4\pi }{5}+\cos \dfrac{2\pi }{5}+1=0

2\cos \left( \dfrac{4\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +1=0.

Como

\cos \left( \dfrac{4\pi }{5}\right) =\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -\sin ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right)

será

2\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -2\sin ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +1=0

4\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -1=0

ou seja

\cos \dfrac{2\pi }{5}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}

igual ao valor calculado de outra forma nesta entrada sobre a construção do pentágono

Fonte

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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