MATEMÁTICA CURIOSA: Euler e os cinco sólidos platónicos

quinta-feira, 16 de junho de 2011

Euler e os cinco sólidos platónicos

Nesta entrada afirmei que só existiam cinco poliedros regulares convexos, com faces iguais, os chamados sólidos platónicos, cuja justificação se podia deduzir da relação de Euler. Mas é preciso estabelecer condições adicionais que estes sólidos verificam. É o que explico a seguir, na chamada prova topológica.

A equação que relaciona o número de faces $F$ , vértices $V$ e arestas $A$ de um poliedro

$F+V=A+2\;\qquad$ , (1)

aplicada ao cubo ( $F=6$ faces, $V=8$ vértices, $A=12$ arestas), traduz-se na igualdade

$6+8=12+2$

e, aplicada ao tetraedro, que é uma pirâmide equilátera ( $F=4$ faces, $V=4$ vértices, $A=6$ arestas), em

$4+4=6+2$ .

Num poliedro regular convexo (um segmento de recta que una quaisquer dois dos seus pontos não sai para fora do poliedro), em que cada face tem $n$ lados iguais, se multiplicar o número de faces $F$ por estes $n$ lados, conto as arestas duas vezes. Porquê? Porque cada aresta é a intersecção de duas faces adjacentes. No caso do cubo, em que as faces são quadrados ( $n=4$ ) isto traduz-se em:

$6\times 4=2\times 12$ .

Para o tetraedro, cujas faces são triângulos equiláteros ( $n=3$ lados), pelo mesmo motivo, se multiplicar o número de faces por estes $3$ lados , obtenho

$4\times 3=2\times 6$ .

No caso geral de um poliedro regular convexo, em que cada face tem $n$ lados iguais, devido à dupla contagem será então:

$nF=2A\Leftrightarrow F=\dfrac{2A}{n}$ .

Voltando ao cubo, em que cada vértice é o ponto de encontro de $m=3$ arestas, se multiplicar agora o número de vértices por estas $3$ arestas, obtenho o dobro do número de arestas, porque também estou a contar cada aresta duas vezes, em virtude de cada aresta unir dois vértives:

$8\times 3=2\times 12$ .

Fazendo o mesmo para o tetraedro, $m=3$ , obtenho, pelo mesmo motivo

$4\times 3=2\times 6$ .

O caso geral, em que cada vértice de um poliedro regular convexo é o ponto de encontro de $m$ arestas, traduz-se em

$mV=2A\Leftrightarrow V=\dfrac{2A}{m}$ .

Assim, um poliedro regular convexo verifica a dupla igualdade

$nF=mV=2A\;\qquad$ , (2)

em que $n$ é o número inteiro de lados de cada face poligonal e $m$ o número inteiro de arestas que se intersectam em cada vértice, pelo que a equação (1) é equivalente a

$\dfrac{2A}{n}+\dfrac{2A}{m}=A+2$

ou a

$\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}\;\qquad$ . (3)

Esta equação corresponde, no caso particular do cubo a

$\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}$

e no do tetraedro a

$\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}$ .

Mas há duas restrições aos possíveis valores inteiros de $m$ e $n$ : uma, em virtude do número de arestas ser positivo, é

$\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 2n+2m>mn\;\qquad$ (4)

e a outra, porque o poliedro é um sólido tridimensional,

$m\ge 3\;\qquad$ . (5)

O número de lados $n$ de cada face define a sua forma poligonal: para $n=3$ é o triângulo equilátero, $n=4$ , o quadrado, $n=5$ , o pentágono regular. Será que num poliedro regular convexo $n$ poderá ser igual a $6$ ? Vamos ver que não.

Para $m=3$ a equação (3) assume o valor particular

$\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{6}$ .

e, pela restrição (4)

$2n+6>3n\Leftrightarrow n<6\qquad$

conclui-se que $3\le n\le 5$ . Os dois casos vistos acima são o tetraedro, que corresponde a $n=3$ e o cubo, a $n=4$ . Para $n=5$ , vem

$\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{30}$

donde $A=30$ , $V=\dfrac{60}{3}=20$ e $F=32-20=12$ . Este poliedro regular com $12$ faces é o conhecido dodecaedro.

Para $m=4$ , a mesma equação (3) passa a ser

$\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{4}$

e agora a restrição (4),

$2n+8>4n\Leftrightarrow n<4\;\qquad$ ,

isto é, $n=3$ . O número de arestas, vértices e faces são, respectivamente, $A=12$ , $V=\dfrac{24}{4}=6$ e $F=14-6=8$ . É o octaedro, com oito faces que são triângulos equiláteros.

Para $m=5$ , (3) é a equação

$\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{3}{10}$

e a condição (4)

$2n+10>5n\Leftrightarrow n<\dfrac{10}{3}<4\;\qquad$

logo, é também $n=3$ . O número de arestas, vértices e faces são, respectivamente, $A=30$ , $V=\dfrac{60}{5}=12$ e $F=32-12=20$ . É o icosaedro, com vinte faces que são triângulos equiláteros.