Forma algébrica das raízes quínticas da unidade

Tradução e adaptação da minha resposta no MSE a uma questão de Paul “Como determinar as raízes da equação x^5-1=0?”

A equação x^5-1=0, que é equivalente a x=\sqrt[5]{1}, tem as 5 soluções seguintes:

e^{i\dfrac{2\pi (1+k)}{5}}=\cos\left( \dfrac{2\pi (1+k)}{5}\right)+i\sin\left( \dfrac{2\pi (1+k)}{5}\right),\qquad k=0,1,\ldots,4.

Vamos factorizar a quíntica em dois factor, um linear e outro quadrático. Por inspecção vemos que x=1 é um zero de x^{5}-1. Pela divisão de polinómios ou pela regra de Ruffini determinamos

x^{5}-1=\left( x-1\right) \left( x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1\right).

Agora factorizamos x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1 em dois polinómios quadráticos

x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=\left( x^{2}+bx+c\right) \left( x^{2}+Bx+C\right),

cujos coeficientes (reais) se determinam comparando o 1.º membro com o 2.º expandido. Visto que

\left( x^{2}+bx+c\right) \left( x^{2}+Bx+C\right)

=x^{4}+\left( B+b\right) x^{3}+\left( C+bB+c\right) x^{2}+\left(bC+cB\right) x+cC,

os coeficientes devem verificar

\left\{\begin{array}{c}B+b=1 \\C+bB+c=1 \\bC+cB=1 \\  cC=1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}B=1-b \\1/c+b\left( 1-b\right) +c=1 \\b/c+c\left( 1-b\right) =1\\C=1/c\end{array}\right.

Uma das soluções de b/c+c\left( 1-b\right) =1 é c=1. Substituíndo-a determinamos os restantes coeficientes:

\left\{\begin{array}{c}B=\dfrac{1}{2}\mp \dfrac{1}{2}\sqrt{5}\\b=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\\c=1 \\C=1\end{array}\right.

Portanto

x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=\left( x^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right)\left( x^{2}+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right)

e finalmente

x^{5}-1=\left( x-1\right)\left( x^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right) \left( x^{2}+\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right).

Assim as raízes de x^{5}-1 são as destes três factores, respectivamente, x_1=1 e

x_{2,3}=-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm\dfrac{1}{4}\sqrt{-10+2\sqrt{5}},\quad x_{4,5}=-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm\dfrac{1}{4}\sqrt{-10-2\sqrt{5}}

ou seja,

x_{2,3}=-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm i\dfrac{1}{4}\sqrt{10-2\sqrt{5}},\quad x_{4,5}=-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm i\dfrac{1}{4}\sqrt{10+2\sqrt{5}}.

Nota: este método de decomposição de uma quártica em duas quadráticas nem sempre permite determinar as suas raízes — é a teoria de Galois que fornece as condições em que tal é possível,  como comentou Gerry Myerson, na minha resposta inicial. Nesses casos é necessário recorrer a uma equação cúbica resolvente, método que descrevi em resolução da equação do 4.º grau ou quártica.

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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3 respostas a Forma algébrica das raízes quínticas da unidade

  1. serolmar diz:

    Confesso que me apraz fazer uma visita a este blogue onde nos podemos deliciar com uma grande variedade de problemas de índole matemático. Aproveito para referir aqui o método de De Moivre que permitiu obter uma forma para as raízes da unidade de grau 7, o qual exponho para o grau 5 considerado (Vandermonde e, mais tarde, Gauss, desenvolveram métodos gerais para obter as raízes da unidade de qualquer ordem).
    Sabemos que 1 é raiz de x^5-1=0 e as restantes quatro são também soluções de x^4+x^3+x^2+x+1=0. Dividimos a equação por x^2 e reagrupamos os termos para ficarmos com
    x^2+\frac{1}{x^2}+x+\frac{1}{x}+1=0.
    Se fizermos
    y=x+\frac{1}{x}
    também temos
    y^2=x^2+\frac{1}{x^2}+2
    Facilmente vemos que, em termos de y, a equação que pretendemos resolver fica
    y^2+y-1=0
    cujas soluções são
    y=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.
    Lembramos que a nossa substituição,
    y=x+\frac{1}{x}
    pode ser escrita como
    x^2-xy+1=0
    cujas soluções são da forma
    x=\frac{y\pm\sqrt{y^2-4}}{2}
    Substituímos aqui os valores de y para obtermos as soluções apresentadas no artigo.

    No caso em que pretendemos a raiz de índice 7 da unidade, observamos que o principal problema consiste em determinar as raízes da equação
    x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0
    a qual dividimos por x^3 e rearranjamos os termos, vindo
    x^3+\frac{1}{x^3}+x^2+\frac{1}{x^2}+x+x^3+\frac{1}{x}+1=0
    Fazemos novamente
    y=x+\frac{1}{x}
    e observamos que
    y^3=x^3+\frac{1}{x^3}+3y
    Na variável y, a nossa equação fica da forma
    y^3+y^2-2y-1=0
    que se pode resolver com o auxílio das conhecidas fórmulas resolventes para equações do terceiro grau.
    O resto do problema fica semelhante ao anterior.

    • Pedro diz:

      y^3-3y=x^3+\frac{1}{x^3} \therefore y^3-3y=\frac{x^6+1}{x^3}\therefore x^6+x^3(3y-y^3)+1=0 , se usarmos x^3=t teremos: t^2-t(y^3-3y)+1=0\therefore t=\frac{y^3-3y\pm \sqrt{y^6-6y^4+9y^2-4}}{2} , logo temos o cubo de t. Porém esse caso só é aplicável para todos os termos tendo coeficientes equivalentes a 1.

  2. Muito obrigado por nos trazer, a mim e aos leitores, este método, que já tinha visto aplicado no MSE, mas sem qualquer explicação ou enquadramento.

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