Lista Aula 07-08 Radiciacao e Raiz N-esima da Unidade

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MATEMÁTICA
F B O N L I N E . C O M . B R
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PROFESSOR(A): JUDSON SANTOS
ASSUNTO: RADICIAÇÃO E RAIZ N-ÉSIMA DA UNIDADE
FRENTE: MATEMÁTICA III
022.222 – 147162/20
AULAS 07 E 08
EAD – ITA/IME
Resumo Teórico
Radiciação de números complexos
Considere o número complexo Z, não nulo, dado na forma 
trigonométrica:
Z Z i sen= ⋅ + ⋅( )cosθ θ
Denomina-se raiz n-ésima de Z um número complexo 
w w i sen= + ⋅( )cosα α , tal que:
w Z w Zn n= ⇔ =
Daí resulta:
w n i sen n Z i sen
n
cos cosα α θ θ( ) + ⋅ ( ) = + ⋅( )
E, portanto,
• = ⇒ =
• = + ⋅
w Z w Z pois w e Z
n k
n n , s reais positivos
um número in
α θ π2
tteiro (k)
de voltas completas
⇒ = + ⋅α θ πk
n
2
ão
���
ú
Assim:
w Z
k
n
i sen
k
n
n=
+ ⋅
+ ⋅
+ ⋅



cos ,
θ π θ π2 2
 apresentando os seguintes 
valores distintos:
• cos
• cos
Se k w Z
n
i sen
n
Se k w Z
n
i sen
n
n
= ⇒ = + ⋅



= ⇒ = + + ⋅
0
1
2
0
1
θ θ
θ π θ++



= −
=
+ −( ) + ⋅
+ −( )
−
2
1
1 2 1 2
1
π
θ π θ π
n
Se k n
Se w Z
n
n
i sen
n
n
n
• :
• cos
nn
Se k n w w
n
n
n n n
n




= ⇒ =
+ ⋅ = + ≡



• 0
2
2repete-se, pois
θ π θ π θ
A partir daí, para k = n + 1, k = n + 2 etc, recairemos em 
raízes já obtidas. Podemos, então, dizer que um número complexo 
Z Z i sen= + ⋅( )cosθ θ apresenta n raízes n-ésimas, e são tais que:
Z w
w Z
k
n
i sen
k
n
n
k
k
n
=
= ⋅
+ ⋅
+ ⋅
+ ⋅



∈
, onde:
, 
com k 0, 
cos
θ π θ π2 2
11, ..., n 1
(Segunda fórmula de Moivre)
−( ){ }
Observações importantes:
a) As n raízes do número complexo Z têm o mesmo módulo Zn e, 
portanto, os afi xos dessas n raízes fi cam sobre a circunferência de 
raio igual a Zn .
b) Os n argumentos dividem essa circunferência em n arcos de 
medidas iguais a 
2 360
n
ou
n
ºπ
, sendo portanto:
O
w
0
w
1
w
2
w
3 0ºθ
0
θ
1
w
n –1
Re
θ
2
Im
2
n
π
2
n
π
2
n
π
0
2
n
π θ 
 
Note: raio = Zn
θ
θ
θ θ
π
θ θ
π
θ θ
π
0
1 0
2 1
1 2
2
2
2
=
= +
= +
= +− −
n
n
n
n
n n
Teorema-Fórmula de Moivre (2a)
Seja n um número inteiro positivo e z um número complexo. 
Existem n raízes n-ésimas de z, que são assim defi nidas:
w r
k
n
i sen
k
n
n n=
+




 + ⋅
+

















1
2 2
cos
β π β π
para k = 0, 1, 2, ..., n – 1.
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MÓDULO DE ESTUDO
022.222 – 147162/20
Para mostrar este resultado, inicialmente w e z nas respectivas 
formas trigonométricas, ou seja:
w = s(cosα + i · senα) e z = r(cosβ + i · senβ) com s ≥ 0 e r ≥ 0.
Com isso, 
z = r(cos β + i · sen β) = wn = sn(cos α + i · sen α)n = 
= sn[cos(n α) + i · sen(n α)], resultando s r n=






1
 e 
nα = β + 2kπ para algum inteiro k. 
Com isso, teremos n raízes n-ésimas de z.
Verifi cando, concluímos que apenas z i e z i0 53 3= + = − tem a 
parte real positiva.
Então, z i i z z i z0 5 0 5
2
2
0 53 3 3 4⋅ = +( ) −( ) → ⋅ = ( ) − → ⋅ =z z
Raiz da Unidade
Caro aluno, agora vamos utilizar uma técnica de somar e 
subtrair termos (sem alterar o problema) e depois colocar o fator comum 
(agrupados de dois a dois) que pode ser feita não somente com as 
diferenças de dois quadrados e cubos, mas com diferenças entre:
a b a a b a b a b a b a b
a b a
n n n n n n n n
n
− = − + − + − +
+ −
− − − − −
−
1 1 2 2 2 2 3 3
2 2 1
...
... bb a b bn n n− −+ −1 1 1
Agrupando os termos comuns de dois em dois, temos:
a b a a b a b a b a b a bn n n n n n n n− = − + − ⋅ + −− − − − −1 1 2 2 2 2 1 1
� �� �� � ��� ��� � ��� ���� � �� ��+ −
− = −( ) + −( ) + −( ) +
−
− − −
a b b
a b a a b a b a b a b a b
n n
n n n n n
1 1
1 2 1 2 bb a bn− −( )1
Portanto:
an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2 b + ... + abn – 2 + bn – 1)
Obs.: Quando a potência n for ímpar é verdadeiro também para
 a soma de ou mais termos.
 Isto é:
 a b a a b a b a b a b b3 3 3 2 2 2 2 3
− −( ) = − −( ) + −( ) − −( ) + −( ) − −( )
Agrupando os termos comuns de dois em dois, temos:
a b a a b a b a b a b b3 3 3 2 2 2 2 3
+ = − −( ) + −( ) − ⋅ −( ) + −( ) − −( )� �� �� � ���� ���� � ���� ���
a b a a b a b a b b a b3 3 2 2
+ = +( ) + −( ) +( ) + −( ) +( )
Portanto:
a b a b a ab b3 3 2 2+ = +( ) − +( )
Com isso, de modo análogo ao anterior, podemos generalizar 
que:
a b a b a a b ab nn n n n n n+ = +( ) − + + −( )− − − −1 2 2 1... , se n for ímpar
Teorema do resto usando a fatoração anterior
Se o número complexo α é raiz de uma função polinomial p, 
então p(x) é divisível por (x – α).
Demonstração.:
Como P(α) = 0, temos:
p(x) = p(x) – p(α)
p(x) = (a
n
 · xn + a
n–1
 · xn–1 + ... + a
1
 · x + a
0
) – (a
n 
· αn + a
n–1
 · αn–1 + ... 
... + a
1
· α + a
0
)
p(x) = a
n
(xn – αn) + a
n–1
(xn–1 – an–1) + a
1
(x – α) 
Sabemos que p(x) = xn – an é divisível por (x – α), onde α
é um número complexo qualquer, pois, verifi camos que:
x x x x x xn n n n n n n− = −( ) ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ +( )− − − − −α α α α α α1 2 3 2 2 1......
Logo, p(x) é divisível por (x – α). Isto é, existe um polinômio q, 
tal que p(x) = q(x) · (x – α). 
Teorema da Decomposição
Seja p(x) = a
n
 · xn + a
n – 1
 · xn – 1 + ... + a
1
 + a
0
 = 0 uma equação 
algébrica de grau n ≥ 1. Se r
1
, r
2
 e r
3
 são as raízes complexas dessa 
equação, então p(x) pode ser decomposto como:
a a x a a a x r x r x r x rn
n
n
n
n n⋅ + ⋅ + + + = −( ) −( ) −( ) −( )−
−x ... ...1
1
1 0 1 2 3
Vejamos agora alguns exemplos trabalhando a ideia da 
fatoração com raiz da unidade.
Exemplo 1: Calcule 13 .
Solução:
13 3= + ⋅cosθ θi sen são
z
z i sen i w
z
1
2
3
1
2
3
2
3
1
2
3
2
4
3
=
= 




 + ⋅ 




 = − + ⋅ =
= 



cos
cos
π π
π

 + ⋅ 




 = − − ⋅ =i sen i w
4
3
1
2
3
2
2π
Com isso, temos que 1, w e w2 são 13 . 
Portanto, agora vamos trabalhar com a seguinte ideia:
Como 1 = cosθ + i · senθ, as raízes n-ésimas da unidade 
podem ser escritas: 
1
2 2n k
n
i sen
k
n
= 




 + ⋅ 




cos ,
π π
 k = 1, 2, ..., n – 1.
Em particular, quando k = 1, a raiz correspondente denota-se por: 
w
n
i sen
n
= 



+ ⋅ 



cos
2 2π π
Assim, as raízes n-ésimas da unidade são:
1, w, w2, ..., wn – 1
No plano complexo, as raízes n-ésimas da unidade são 
os vértices do polígono regular de n lados, inscrito no círculo de 
|z| = 1, com vértices no ponto z n= 1.
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022.222 – 147162/20
MÓDULO DE ESTUDO
 
w3
w2
w
1
wn − 1
As raízes n-ésimas de um elemento qualquer de C podem ser 
obtidas multiplicando uma raiz n-ésima qualquer fi xada deste elemento 
pelas raízes n-ésimas da unidade.
Prova: Seja z
0
∈ C*, tal que zn = z
0
. 
Suponha que w
0
 seja uma solução da equação zn = z
0
. Logo, 
w
0
≠ 0.
Seja u uma solução qualquer da equação, logo u w zn n= =0 0 .
Consequentemente, u
w
n
0
1





 = e, portanto, 
u
w0
, onde w é a raiz. 
Logo, u = w
0
 · w, n-ésima da unidade.
Por outro lado, se w é uma raiz n-ésima da unidade, é fácil 
verifi car que w
0
 · w é solução da equação zn = z
0
.
Exercícios
01. (Escola Naval/2003) Representadas as raízes da equação 
 
x
x x
x x
x x
x x
i
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 3
+
+
+
+
= − + no plano complexo, 
temos dois afi xos distintos no
A) eixo real. B) eixo imaginário.
C) 2o quadrante. D) 3o quadrante.
E) 4o quadrante.
02. (ARML) Seja z uma raiz de x5 – 1 = 0, com z ≠ 1, determine o valor 
de z15 + z16 + z17 + ... + z50.
03. Se w i sen= 


 + ⋅ 


cos
π π
5 5
, então o polinômio do quarto grau 
que tem como raízes w, w3, w7 e w9 é igual a
A) x4 + x3 + x2 + x + 1 B) x4 – x3 + x2 – x + 1
C) x4 – x3 – x2 + x + 1 D) x4 + x3 + x2 – x – 1
E) x4 – x3 – x2 – x – 1
04. Seja x7 = 1 e x ≠ 1, determine o valor de: x
x
x
x
x
x
20
10
60
30
100
50
1 1 1+ + + + + .
05. (ITA/2018) As raízes do polinômio 1 + z + z2 + z3 + z4 + z5 + z6 + z7, 
quando representadas no plano complexo, formam os vérticesde 
um polígono convexo cuja área é
A) 2 1
2
− B) 
2 1
2
+
C) 2 D) 3 2 1
2
+
E) 3 2
06. Calcule o valor da expressão 7
1 7
2
5
1 7
2
6 7
−


 + +



i i
, onde 
i2 = –1.
07. (O.C.M./2004) Seja α ≠ 1 raiz de x7 – 1 = 0, obtenha um polinômio 
com coefi cientes inteiros que tenha α = Re(α) como raiz.
(Notação: α = Re(α) + i · sen(α))
08. Se 8iz3 + 12z2 – 18z + 27i = 0, onde i = −1, então |z| é igual a
A) 3/2
B) 2/3
C) 3/4
D) 4/3
E) 1
09. (Usamo – Adaptada) Se x é um número complexo que 
satisfaz z2011 = 1 e x ≠ 1, então o valor da expressão 
x
x
x
x
x
x
x
x
2 4
2
6
3
4020
20101 1 1 1−
+
−
+
−
+ +
−
� é igual a
A) 1004
B) 2008
C) 1005
D) 2010
E) 2011
10. (O.M.Paulista – Adaptada) Seja ζ ∈ C uma raiz de x7 – 1, 
com ζ ≠ 1. Existe um polinômio Mônico p de grau 2 com 
coefi cientes inteiros cujas raízes são os números z
1
 = ζ + ζ2 + ζ4
e z
2
 = ζ3 + ζ5 + ζ6. O valor de p(3) é igual a
A) 10
B) 12
C) 14
D) 16
E) 18
11. Se P
0
, P
1
, P
2
, ..., P
n–1
 são vértices de um polígono regular de n 
lados, inscritos em uma circunferência de raio 1, então prove que 
P P P P P P P P nn0 1 0 2 0 3 0 1× × × × =−�
12. Sabendo que q é um número racional e satisfaz a expressão 
sen (1o) · sen (2o) · sen (3o) · ... · sen (90o) = q ⋅ 10 , então o valor 
de q é igual a
A) 1
289
B) 
1
288
C) 3
289
D) 1
287
E) 5
289
13. (OMRJ) Sabendo que (sen 1o) · (sen 3o) · (sen 5o) · ... · (sen 87o) · 
(sen 89o) = 
1
2n
, o valor de n é igual a
A) 44
B) 44,5
C) 45
D) 45,5
E) 46
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MÓDULO DE ESTUDO
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14. Sabendo que D
tg
tg
tg
=
+
+
+
 
1 1 1 1
1 1
7
1 1
1 1 1
2
7
1
1 1 1 1
3
7
π
π
π
, calcule o 
valor de 7 ⋅D .
15. O valor da expressão sen sen sen
π π π
7
2
7
3
7



 ⋅ 


 ⋅ 


 é igual a
A) 7
8
B) 7
4
C) 7
2
D) 
7
16
E) 1
Gabarito
GABARITO
01 02 03 04 05
C * B * D
06 07 08 09 10
* – D A C
11 12 13 14 15
– C B * A
Resoluções
01. 
x
x x
x x
x x
x x
x
x
x
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 1 1 1
+
+
+
+
=
+
+
++
+
=
x
x
1
1 1 1 1 1
= = = − + = 


 ⇒x
x
x
x
x
x i cis
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1 3 2
2
3
5 π
⇒ = +


x cis
k
2
2
15
2
5
5 π π
Logo, os ângulos formados em relação ao eixo x serão: 24°, 96°, 
168°, 240° e 312°. Dois afi xos estão no segundo quadrante (96° 
e 168°), o que torna o item C correto.
Resposta: C
02. z5 =1 ⇒ z15 + z16 + z17 + ... + z50 = 1 + z + z2 + ... + 1. 
Além disso, podemos chegar à conclusão que: z5 – 1 = 0 ⇒
(z – 1)(z4 + z3 + z2 + z + 1) = 0 ⇒ z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0. 
Portanto, a cada cinco termos consecutivos da soma há um 
cancelamento, o que nos dá: z15 + z16 + z17 + ... + z50 = 1
03. P(x) = (x – w)(x – w3)(x – w7)(x – w9). Sabemos que w10 – 1 = 0, o que 
nos dá: (w2 – 1)(w8 + w6 + ... + 1) = 0 ⇒ w8 + w6 + w4 + w2 + 1 = 
(x – w)(x – w2)(x – w3)(x – w4)(x – w6)(x – w7)(x – w8)(x – w9). 
Se w2 = p, note que a parcela (x – p)(x – p2)(x – p3)(x – p4) pode ser escrita 
como x4 + x3 + x2 + x + 1, pois corresponde ao polinômio 
x
x
5 1
1
0
−
−
= . 
D a i , p a r a e n c o n t r a r P ( x ) , b a s t a f a z e r a d i v i s ã o 
x x x x
x x x x
x x x x
8 6 4 2
4 3 2
4 3 21
1
1
+ + + +
+ + + +
= − + − + 
Resposta: B
04. k
x
x
x
x
x
x
= + + + + + =
20
10
60
30
100
50
1 1 1 x
x
x
x
x
x
6
3
4
2
21 1 1+ + + + + =
=
1 2 4 5 6
3
+ + + + + =x x x x x
x
= 1 1 0 1
2 3 4 5 6 3
3
7 3
3
+ + + + + +( ) − − = = − = −x x x x x x x
x
x k
x
x
� ������������
05. A equação x8 – 1 = 0 representa, no plano de Argand-Gauss, 
oito pontos que formam um octógono regular. Já a equação 
x7 +x6 + ... +1 = 0 representa todos os pontos da primeira equação, 
exceto o ponto (1,0). Assim, basta tomar a área do correspondida 
pela fi gura a seguir.
Isso pode ser feito por relações de área. Podemos tomar 
um quadrado de área 2 2
2( ) = e três tr iângulos de 
área 2 1
2
2
1
2
2 1
2
⋅ −



 ⋅ = − . Ass im, a área total f ica 
2 3
2 1
2
3 2 1
2
+ ⋅ −


 = +
.
Resposta: D
06. S e j a p ( x ) u m p o l i n ô m i o q u e p o s s u i r a í z e s 
x
i
e x
i
1 2
1 7
2
1 7
2
= + = − . Daí, p(x) = x2 – x + 2. Note que 
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022.222 – 147162/20
MÓDULO DE ESTUDO
SUPERVISOR/DIRETOR: Dawison Sampaio – AUTOR: Judson Santos
DIG.: Claudia: 15/01/20 – REV.: Allana
queremos o valor de m = |7(x
2
 )6 + 5(x
1
)7|. Se k é raiz de p, temos: 
k2 – k + 2 = 0 ⇒ k2 = k – 2 ⇒ k3 = k2 – 2k = – k – 2 ⇒
⇒ k4 = –k2 – 2k = –3k + 2 ⇒ k5 = – 3k2 + 2k = –k + 6 ⇒ 
⇒ k6 = – k2 + 6k = 5k + 2 ⇒ k7 = 5k2 + 2k = 7k – 10
Logo, (x
1
)7 = 7x
1
 – 10 e (x
2
 )6 = 5x
2
 + 2. Substituindo, segue que:
m = | 7(x
2
)6 + 5(x
1
)7 | = | 35x
2
 + 14 + 35x
1
 – 50 | = | –1| = 1
07. α π= 


cos
2
7
. Daí, cos(7α) = 1. Pelas relações dos números 
complexos, cos cos ( ) cos ( ) ( ) cos7
7
0
7
2
7
4
7 5 2x x x sen x( ) = 


 − 


 + 



33 4( ) ( )x sen x −
7
6
64 112 56 76 7 5 3


 = − + −cos( )sen (x) cos (x) cos (x) cos (x) cos(x xx) = 1
k x P k k k k k= ⇒ = − + − −cos( ) ( ) 64 112 56 7 17 5 3
08. 8iz3 + 12z2 – 18z + 27i = 4(2iz3 + 3z2) – 9(2z – 3i) = 
(4iz2 – 9)(2z – 3i) = 0 ⇒ =z
3
2
Resposta: A
09. A expressão dada pode ser escrita da seguinte forma:
x
x
x
x
x
x
i
i
i
2 4020
2010
1
20101 1
1
1 1
1
1
1
1
− +
−
+ + − +
−
= + +
−



 =
=
∑�
= − + −
−=
∑1 2010
1
11
2010
xi
i
 Entretanto, o Teorema de D’Alembert garante que
1
1
1
11
2010
−
=
=
∑
x
P
Pi
i
’( )
( )
, onde P’(x) é a derivada de P(x) = x2010 + x2009
+ ... + 1. Assim, 
1
1
1005
1
2010
−
=
=
∑
xi
i
.
Assim, o resultado total fi ca 2009 – 1005 = 1004.
Resposta: A
10. Vamos calcular a soma das raízes: ζ + ζ2 + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ6 = 
= 
ζ ζ
ζ
6 1
1
1
−( )
−
= − .
 Agora, o produto: (ζ + ζ2 + ζ4)(ζ3 + ζ5 + ζ6 ) = ζi
i
+ =
=
∑ 3 2
1
6
 Logo, P(x) = x2 + x + 2 ⇒ P(3) = 14 .
Resposta: C
11. P
0
, P
1
, …, P
n–1
 podem ser representados, no plano de 
Argand-Gauss, pelas raízes do polinômio P(z) = zn – 1. Daí, 
P
0
P
1
 · P
0
P
2
 · … · P
0
P
n–1
 = |(z – 1)| · |(z2 – 1)| · |(z3 – 1)|…|(zn–1 – 1)|=
 = zn – 1 + zn – 2 + ... + z + 1 = n. Logo, está provado.
12. Tome P(x) = x180 – 1 = (x – 1)(x – z)(x – z2) ... (x – z179), z = cis(2o).
⇒ 180 = (1 – z)(1 – z2) ... (1 – z179) = 2179 · sen k
i
( )
=
∏


1
89
⇒ = ⇒ =q q10
3
2
10
3
289 89
Resposta: C
13. Tome P(x) = x90 + 1 = (x – z)(x – z3)(x – z5)…(x – z179), z = cis(2°).
190 + 1 = (1 – z)(1 – z3) … (1 – z179) = 290 · sen k
k
2 1
1
45
−( )


=
∏
⇒ = ⇒ =1
2
1
2
44 5
44 5n
n
,
,
Sabendo que cis(2x) – 1 = 2i cis(x) sen(x), temos:
P(1) = 2 = 2(1 – z)(1 – z2) … (1 – z89)
1 = 289 · cis(3π) · sen(1°) · sen(2°) · … · sen(89°)
Resposta: B
14. 
1 1 1 1
1 1
7
1 1
1 1 1
2
7
1
1 1 1 1
3
7
7+ 



+ 



+ 



=

tg
tg
tg
tgπ
π
π
π











0 0
0
2
7
0
0 0
3
7
tg
tg
π
π
 =
tg tg tg
π π π
7
2
7
3
7











 .
Agora, precisamos calcular o valor desse produto. Considere o 
ângulo x = π
7
.
Daí, tg x
tg x tg x tg x tg x
tg x tg x
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) (
7 0
7 35 21
1 21 35
3 5 7
2 4
= ⇒ − + −
− + )) tg (x)−
= ⇒
7
0
6
7 tg(x) – 35 tg3(x) + 21 tg5(x) – tg7(x) = 0
–7 + 35 tg2 (x) – 21 tg4(x) + tg6(x) = 0
tg2(x) = p ⇒ p3 – 21p2 + 35p – 7 = 0
Raízes: tg tg e tg2 2 2
7
2
7
3
7
π π π










, . Por Girard, encontramos o 
produto pedido:
tg tg tg D D
π π π
7
2
7
3
7
7 7 7 7
2
















= ⇒ = ⇒ =
15. Sabe-se que cis(2x) – 1 = 2i cis(x) sen(x).
Seja z cis z= 


 ⇒ =2
7
17π
. 
Daí, P(x) = (x – z)(x – z2) … (x – z6) = z6 + z5 + ... +1
Fazendo P(1), vem:
P(1) = (1 – z)(1 – z2) … (1 – z6) = 7 ⇒
⇒ − ⋅ () ⋅ 


 ⋅ 


 ⋅ ⋅ 


 = =64 3
7
2
7
6
7
7cis sen sen senπ π π π
…
= ⋅ 















⇒64
7
2
7
3
7
2
sen sen sen
π π π
⇒ 










 =sen sen sen
π π π
7
2
7
3
7
7
8
Resposta: A