Sauda,c~oes,
Como dito na mensagem anterior, voltemos
ao estudo de uma quártica.
e_c = bissetriz externa do vértice C.
Problema: Construir o triângulo ABC dados
<a,h_b,e_c> ou <a,h,e>. Esta construção
é imediata e o problema tem (pode ter)
4 soluções.
Algebricamente, o lado b é raiz da quártica
(4a^2h^2 + e^4 - 4a^2e^2)b^4 + (8a^3e^2 - 4ae^4)b^3
+ (6a^2e^4 - 4a^4e^2)b^2 - 4a^3e^4 b + a^4e^4 = f(b).
Assim, se <a,h,e> são números construtíveis, então as
4 raízes de f(b) também são construtíveis e a cúbica
resolvente tem uma (pelo menos) raiz racional.
Os casos complicados aparecem quando os dados não
permitem a construção dos triângulos, como h>a.
Exemplos:
1) <a=e=1, h=0> f(b) = 0 torna-se
3b^4 - 4b^3 - 2b^2 + 4b - 1 = 0
e f(b) = (3b-1)(b+1)(b-1)^2
Raízes reais que não formam um triângulo.
2) <a=e=1, h=(\sqrt7)/2> f(b) = 0 torna-se
4b^4 + 4b^3 + 2b^2 - 4b + 1 = 0
Vimos na mensagem anterior que a cúbica
resolvente tem uma raiz racional e as 4 raízes
da quártica são complexas.
Estes e outros exemplos me levaram a fazer
a seguinte conjectura:
Se <a,h,e> são números construtíveis, então
As raízes de f(b) são sempre construtíveis.
Ou a cúbica resolvente de f(b) possui sempre
uma - pelo menos - raiz racional.
Seria possível provar ou refutar esta afirmação?
Dar condições para que ela seja verdadeira?
Abs,
Luís
