ATRACTOR

Seja \([ABCDE]\) um pentágono regular, \(d\) a medida da sua diagonal e \(l\) a medida do seu lado. Supondo que \(d\) e \(l\) são comensuráveis, temos \(d=mx\) e \(l=nx\), onde \(m\) e \(n\) são inteiros positivos e \(x\) é uma medida comum à diagonal e ao lado do pentágono.

Sejam \(F\), \(G\), \(H\), \(I\) e \(J\) os pontos de intersecção das diagonais. Construindo a circunferência que circunscreve o pentágono, notemos que os pontos \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) e \(E\) dividem esta em arcos de igual amplitude, dada por \(\frac{1}{5}.360\,^{\circ}=72\,^{\circ}\). Considerando, por exemplo, o triângulo \(\left[ FBC\right] \), temos que \[F\hat{B}C=F\hat{C}B=\frac{1}{2}.72\,^{\circ}=36\,^{\circ}\] (ângulos inscritos numa circunferência têm como amplitude metade do valor do respectivo arco), logo ele é isósceles. Analogamente, os triângulos \(\left[ GCD\right] \), \(\left[ HDE\right] \), \(\left[ IEA\right] \) e \(\left[ JAB\right] \) também são isósceles. Além disso, são todos congruentes entre si, pois têm um lado e os ângulos adjacentes iguais. Logo, \[\overline{AJ}=\overline{BJ}=\overline{BF}=\overline{CF}=\overline{CG}=\overline{DG}=\overline{DH}=\overline{EH}=\overline{EI}=\overline{AI}\] e, como \[I\hat{A}J=J\hat{B}F=F\hat{C}G=G\hat{D}H=H\hat{E}I=\frac{1}{2}.72\,^{\circ}=36\,^{\circ},\] os triângulos \(\left[ IAJ\right] \), \(\left[ JBF\right] \), \(\left[ FCG\right] \), \(\left[ GDH\right] \) e \(\left[ HEI\right] \) também são isósceles e congruentes entre si. Temos então que \[\overline{FG}=\overline{GH}=\overline{HI}=\overline{IJ}=\overline{JF}\] e que \[F\hat{G}H=G\hat{H}I=H\hat{I}J=I\hat{J}F=J\hat{F}G=180\,^{\circ}-36\,^{\circ}-36\,^{\circ}=108\,^{\circ},\] pelo que \([FGHIJ]\) é um pentágono regular.

Como \[F\hat{C}D=\frac{1}{2}.144\,^{\circ}=72\,^{\circ}\] e \[C\hat{F}D=F\hat{B}C+F\hat{C}B=36\,^{\circ}+36\,^{\circ}=72\,^{\circ},\] vem que \(\left[ FCD\right] \) é isósceles, com \(\overline{FD}=\overline{CD}\). Analogamente, \(\left[ BCG\right] \) também é isósceles, com \(\overline{BG}=\overline{BC}\). Além disso, como \(\overline{IJ}=\overline{JF}\), temos que \(\left[ IJF\right] \) é isósceles e \[J\hat{I}F=J\hat{F}I=\frac{1}{2}(180\,^{\circ}-I\hat{J}F)=36\,^{\circ}=J\hat{B}F,\] pelo que \(\left[ BFI\right] \) também é isósceles, com \(\overline{FI}=\overline{BF}\). Designando por \(d_{1}\) a medida da diagonal de \([FGHIJ]\) e por \(l_{1}\) a medida do seu lado, temos: \[d_{1}=\overline{FI}=\overline{BF}=\overline{BD}-\overline{FD}=\overline{BD}-\overline{CD}=d-l\] \[l_{1}=\overline{FG}=\overline{BG}-\overline{BF}=\overline{BC}-\overline{BF}=l-(d-l)=2l-d\]

Como \(d=mx\) e \(l=nx\), temos: \[l_{1}=2nx-mx=(2n-m)x=n_{1}x\] \[d_{1}=mx-nx=(m-n)x=m_{1}x\] onde \(n_{1}=2n-m\) e \(m_{1}=m-n\) são dois números inteiros positivos, com \(m_{1}<m\). Procedendo da mesma forma com o pentágono \([FGHIJ]\), vamos obter um novo pentágono regular cuja diagonal é \(d_{2}=m_{2}x\) e cujo lado é \(l_{2}=n_{2}x\), sendo que \(n_{2}=2n_{1}-m_{1}\) e \(m_{2}=m_{1}-n_{1}\) são dois números inteiros positivos, com \(m_{2}<m_{1}<m\).

Uma vez que podemos continuar indefinidamente a construir novos pentágonos regulares, vamos obter uma sucessão estritamente decrescente de números inteiros positivos: \[m_{1}>m_{2}>m_{3}>m_{4}>...\] tal que \(m_{i}<m,\:\forall i\in\mathbb{N},\) o que é absurdo, dado que não pode haver uma infinidade de números inteiros positivos distintos menores do que \(m\) (de facto, existem exactamente \(m-1\) elementos: \(1\), \(2\), \(3\),...,\(m-2\) e \(m-1\)). Logo, a diagonal e o lado de \([ABCDE]\) são grandezas incomensuráveis.