“Quadrar” uma figura, para os gregos, era encontrar um quadrado, ou outra figura retilínea, com a mesma área. Quadrar o círculo era o problema impossível por excelência. Arquimedes conseguiu quadrar uma figura curva: o segmento de parábola, a região entre uma parábola e uma corda.

Todo segmento limitado por uma reta e por uma seção de cone retângulo é quatro terços do triângulo que tem a mesma base e a mesma altura que o segmento.

— Arquimedes, Quadratura da parábola, carta a Dositeu

“Seção de cone retângulo” era o nome que Arquimedes dava à parábola. O livro é dedicado a Dositeu, depois da morte de Cónon, a quem Arquimedes teria mostrado primeiro o resultado.

Triângulos dentro de triângulos

Trace a corda e, no arco, o ponto em que a tangente é paralela à corda. Os três pontos formam um triângulo, de área $T$, que ocupa a maior parte do segmento. Sobram duas pequenas regiões, entre os lados do triângulo e a curva. Em cada uma, faça a mesma coisa: um novo triângulo com o terceiro vértice na parábola. Sobram quatro regiões menores, e assim por diante.

A descoberta de Arquimedes é que cada par de triângulos novos tem, juntos, um quarto da área do triângulo que os gerou. Assim, a primeira etapa dá $T$, a segunda $\frac{T}{4}$, a terceira $\frac{T}{16}$, e a área total é

$$T + \frac{T}{4} + \frac{T}{16} + \frac{T}{64} + \cdots$$

Somar infinitos termos

Arquimedes não falava em “soma infinita”, e evitava cuidadosamente o infinito. Em vez disso, provou um fato sobre somas finitas: para qualquer número de termos,

$$1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \cdots + \frac{1}{4^n} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4^n} = \frac{4}{3}.$$

Ou seja, o que falta para chegar a $\frac{4}{3}$ é sempre um terço do último termo, que pode ser tão pequeno quanto se queira. Depois, com um duplo argumento por absurdo, mostrou que a área do segmento não pode ser nem maior nem menor que $\frac{4}{3}T$. É o método da exaustão, herdado de Eudoxo, e é o antepassado direto do conceito de limite.

Conferindo com o cálculo

Com as ferramentas de hoje, a conta é imediata. Para a parábola $y = 1 - x^2$ e a corda no eixo $x$, entre $-1$ e $1$:

$$\int_{-1}^{1} (1 - x^2)\,dx = \left[x - \frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{1} = \frac{4}{3}.$$

O triângulo inscrito tem base 2 e altura 1, ou seja, área $T = 1$. A razão é exatamente $\frac{4}{3}$, como Arquimedes provou dezenove séculos antes de Newton e Leibniz.

Exercício: a soma de Arquimedes

Verifique a identidade de Arquimedes para $n = 2$: $1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{16} = \frac{4}{3}$.

Com denominador 48: $\frac{48}{48} + \frac{12}{48} + \frac{3}{48} + \frac{1}{48} = \frac{64}{48} = \frac{4}{3}$. Para qualquer $n$, a prova é por indução: acrescentar o termo $\frac{1}{4^{n+1}}$ e trocar $\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4^n}$ por $\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4^{n+1}}$ não muda a soma, porque $\frac{1}{4^{n+1}} + \frac{1}{3\cdot 4^{n+1}} = \frac{4}{3\cdot 4^{n+1}} = \frac{1}{3\cdot 4^n}$.

Exercício: os dois primeiros triângulos menores

Na parábola $y = 1 - x^2$, o primeiro triângulo tem vértices $(-1, 0)$, $(1, 0)$ e $(0, 1)$. O segundo, à direita, tem vértices $(0, 1)$, $(1, 0)$ e o ponto da parábola com $x = \frac{1}{2}$. Calcule a sua área e confira que os dois triângulos da segunda etapa somam $\frac{1}{4}$.

O terceiro vértice é $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$. Pela fórmula da área com coordenadas, $\frac{1}{2}\left|x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)\right|$, com $(0,1)$, $(1,0)$, $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$: $\frac{1}{2}\left|0 + 1\cdot\left(\frac{3}{4} - 1\right) + \frac{1}{2}(1 - 0)\right| = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4} = \frac{1}{8}$. Por simetria, o da esquerda também tem $\frac{1}{8}$, e juntos somam $\frac{1}{4}$ do primeiro.

Fontes: Arquimedes, Quadratura da parábola, proposições 14–24 · Thomas L. Heath, The Works of Archimedes (1897) · E. J. Dijksterhuis, Archimedes (1956), cap. X · Carl B. Boyer, The History of the Calculus and Its Conceptual Development (1949).

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