Lista 2_ Números Complexos

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Números Complexos II
Prof. Ćıcero Thiago
1 Números Complexos II
Definição. Todo número complexo z = a + bi pode ser
escrito na forma trigonométrica
z = r( cosθ + i · senθ),
onde r = |z| e θ o ângulo (em radianos) que a reta, que
liga a origem ao ponto z, forma com o eixo positivo real. O
ângulo θ é chamado de argumento de z.
θ
Im
Rea
b
r
z = a+ bi = r( cosθ + i · senθ)
O conjugado do complexo z = a + bi, tem a forma trigo-
nométrica
z = r( cos(−θ) + i · sen(−θ)) = r( cosθ − i · senθ),
com isso,
1
z
=
z
|z|2 =
r( cosθ − i · senθ)
r2
=
1
r
( cosθ − i · senθ).
Teorema 1. Seja n um inteiro, r e θ números reais, então
[r( cos θ + i · sen θ)]n = rn ( cos nθ + i · sen nθ) .
Demonstração. Vamos provar que a igualdade é válida
para n ∈ N e, em seguida, provemos para n ∈ Z. Para isso
usaremos o prinćıpio da indução finita.
Se n = 0 ⇒ z0 = 1 e r0 ( cos0 + i · sen0) = 1. Vamos
admitir a validade da fórmula para n = k − 1:
zk−1 = rk−1 · [ cos (k − 1) θ + i · sen (k − 1) θ]
e agora provemos a validade da igualdade para n = k:
zk = zk−1 · z =
rk−1 · [ cos (k − 1) θ + i · sen (k − 1) θ] · r · ( cosθ + i senθ) =
rk ( cos kθ + i · sen kθ)
Fica como exerćıcio provar que a igualdade é válida para n
negativo. Para isso, use que z−n =
1
zn
, n ∈ N.
Teorema 2. Seja n um inteiro positivo e z um número
complexo. Existem n ráızes n - ésimas de z, que são assim
definidas
ωi = r
1
n
(
cos
(
θ + 2kπ
n
)
+ i · sen
(
θ + 2kπ
n
))
.
para k = 0, 1, 2, . . . , n− 1.
Demonstração.
Para mostrar este resultado, inicialmente ω e z nas respec-
tivas formas trigonométricas, ou seja,
ω = s( cosφ+ i · senφ) e z = r( cosθ + i · senθ).
com s ≥ 0 e r ≥ 0. Com isso,
z = r( cosθ + i · senθ) = ωn = sn( cosφ+ i · senφ)n =
sn( cos nφ+ i · sen nφ),
resultando,
s = r
1
n e nφ = θ + 2kπ, para algum inteiro k.
Com isso, teremos n ráızes n - ésimas de z.
Exerćıcios Resolvidos
01. Calcule
(
−1
2
+ i ·
√
3
2
)100
.
Solução.
Seja z = −1
2
+ i ·
√
3
2
, então |z| =
√
√
√
√
(
−1
2
)2
+
(√
3
2
)2
= 1,
com isso cosθ = −1
2
, senθ =
√
3
2
.
1 NÚMEROS COMPLEXOS II
Portanto, a forma trigonométrica será, z =
1.
(
cos
2π
3
+ i · sen2π
3
)
,
então z100 = 1100
(
cos
200π
3
+ i · sen200π
3
)
=
1.
(
cos
2π
3
+ i · sen2π
3
)
= −1
2
+ i ·
√
3
2
.
02. As seis soluções de z6 = −64 são escritas na forma a+bi,
onde a e b são números reais. Qual é o produto das soluções
com a > 0?
Solução.
O teorema 2 implica que as seis ráızes sextas de
−64 = 64( cosπ + i senπ)
são
zk = 64
1
6
(
cos
(
π + 2kπ
6
)
+ i · sen
(
π + 2kπ
6
))
,
para k = 0, 1, 2, 3, 4 e 5.
Verificando, conclúımos que apenas z0 =
√
3 + i e
z5 =
√
3− i, tem a parte real positiva, então z0 · z5 = 4.
3. Prove que cos
2π
7
+ cos
4π
7
+ cos
6π
7
+
1
2
= 0.
Solução. Se z = cosθ+ i · senθ e z = cosθ− i · senθ. Então,
cosθ =
z + z
2
. Assim, seja z = cos
2π
7
+ i · sen2π
7
, então
z7 = 1. Portanto,
1
2
(
z +
1
z
)
+
1
2
(
z2 +
1
z2
)
+
1
2
(
z3 +
1
z3
)
+
1
2
= 0.
Multiplicando tudo por 2z3 e organizando as parcelas,
temos:
z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0
ou seja,
z7 − 1
z − 1 = 0.
4. (OPM) As ráızes quintas do número 1 são as
soluções da equação x5 − 1 = 0. Uma dessas ráızes é
ǫ = cos
2π
5
+ i · sen2π
5
.
a) Dê as demais soluções da equação em função de ǫ.
b) Calcule a soma dos cubos das 5 ráızes.
c) Calcule a soma das décimas potências das 5 ráızes.
d) Generalize, se posśıvel, os resultados anteriores para as
n ráızes n - ésimas de 1.
Solução. a) As soluções da equação são: cos
2kπ
5
+ i ·
sen
2kπ
5
, k = 1, 2, 3, 4, 5 e são, respectivamente, iguais
a ǫ, ǫ2, ǫ3, ǫ4 e ǫ5 = 1.
b) S = ǫ3+ ǫ6+ ǫ9+ ǫ12+ ǫ15 = ǫ3+ ǫ+ ǫ4+ ǫ2+1 = 0 pois a
soma das cinco ráızes é o coeficiente de x4 na equação dada.
c) ǫ10 + ǫ20 + ǫ30 + ǫ40 + ǫ50 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5.
d) A soma das potências k das n ráızes n - ésimas da uni-
dade é igual a 0 se k não divide n e é igual a n, se k divide
n.
Demonstração:
Tomando - se uma raiz primitiva z da unidade podemos
escrever todas as ráızes n - ésimas como potências de z:
z1, z2, z3, . . . , zn. Logo as potências de grau k serão:
zk, z2k, z3k, . . . , znk.
Supondo que k não divide n, zk 6= 1. Nesse caso a soma das
potências k das n ráızes será dada por:
Sk =
zk
(
zkn − 1
)
zk − 1 .
Como zn = 1, zkn = 1 e Sk = 0.
Se k é múltiplo de n, as potências de z: zk, z2k,
z3k,. . ., znk serão todas iguais a 1. Logo a soma será
Sk = 1 + 1 + . . .+ 1 = n.
5. Seja f(x) = cosx+ i · senx.
(a) Prove que f(0) = 1 e f(x)f(y) = f(x+y) para quaisquer
x e y reais.
(b) Suponha que a função g satisfaz g(0) = 1 e
g(x)g(y) = g(x + y) para quaisquer x e y reais. Prove que
essa função satisfaz:
(i) g(x) 6= 0 para todo x.
(ii) g(x− y) = g(x)
g(y)
para quaisquer x e y reais.
(iii) [g(x)]
n
= g(nx) para quaisquer x e y reais e n inteiro
positivo.
(iv) g(−x) = 1
g(x)
.
(c) Dê exemplo de uma função g tal que g(0) = 1 e que
satisfaz g(x)g(y) = g(x+ y) para quaisquer x e y reais.
Solução. (a) Temos que f(0) = cos0+ i · sen0 = 1+0i = 1.
Além disso,
f(x)f(y) = ( cosx+ i · senx) ( cosy + i · seny)
= cosx cosy − senx seny + i · ( senx cosy + cosx seny)
= cos (x+ y) + i · sen (x+ y)
2
1 NÚMEROS COMPLEXOS II
f(x+ y)
(b) Fazendo y = −x em g(x)g(y) = g(x + y) temos que
g(x)g(−x) = g(0) = 1 para todo x. Portanto, não podemos
ter g(x) = 0 para algum x, assim g(x)g(−x) 6= 0.
Como g(x)g(y) = g(x + y), dividindo ambos os lados por
g(y) temos que g(x) =
g(x+ y)
g(y)
. Fazendo x + y =, temos
que x = z−y, ou seja, g(z−y) = g(z)
g(y)
, o que a prova (ii). A
identidade [g(x)]n = g(nx) é uma consequência imediata de
g(x)g(y) = g(x+ y). Vamos usar indução para provar. Veja
que [g(x)]
1
= g(x) e se [g(x)]
k
= g(kx) para algum inteiro
positivo k, então
[g(x)]
k+1
= g(x) [g(x)]
k
= g(x)g(kx) = g(x+kx) = g((k+1)x).
Isto mostra que se [g(x)]
n
= g(nx) ocorre para n = k, então
ocorre também para n = k + 1. Além disso, se g(0) = 1 e
g(x)
g(y)
= g(x− y), fazendo x = 0 temos que 1
g(y)
= g(−y).
(c) Um exemplo de função que satisfaz todas as propriedades
é g(x) = 2y, pois g(0) = 20 = 1 e
g(x)g(y) = 2x · 2y = 2x+y = g(x+ y).
Isto nos motiva a fazer a seguinte definição (não será exibida
a prova desta afirmação neste material):
Para todo x real, temos que
eix = cosx+ i · senx.
Fazendo x = π, na igualdade acima, encontramos uma ma-
ravilhosa igualdade
eiπ + 1 = 0.
Vamos agora nos concentrar nas ráızes do polinômio
P (x) = xn − 1,
em que n é um inteiro positivo. As ráızes desse polinômio
são chamadas de ráızes n - ésimas da unidade. É fácil
ver que 1 é uma raiz desse polinômio. Mas quais são as
outras? Quais as aplicações legais dessas ráızes?
Teorema 3. As ráızes de P (x) = xn − 1 são
ωk = cos
(
2kπ
n
)
+ i · sen
(
2kπ
n
)
, 0 ≤ k < n, k ∈ Z.
Demonstração. Use o Teorema 2.
Dessa forma
ω0 = cos0 + i · s sen0 = 1;
ω1 = cos
2π
n
+ i · sen2π
n
= ω;
ω2 = cos
4π
n
+ i sen · 4π
n
= ω2;
. . .
ωn−1 = cos
2(n− 1)π
n
+ i · sen2(n− 1)π
n
= ωn−1.
As ráızes n - ésimas da unidade determinam um poĺıgono
regular inscrito em um ćırculo unitário tal que um dos
vértices é o ponto (1, 0).
Para n = 3, as ráızes cúbicas da unidade são
ωk = cos
2kπ
3
+ i · sen2kπ
3
, k ∈ {0, 1, 2},
ou seja,
ω0 = 1, ω1 = cos
2π
3
+ i · sen2π
3
= −1
2
+ i ·
√
3
2
= ω
e
ω2 = cos
4π
3
+ i · sen4π
3
= −1
2
− i ·
√
3
2
= ω2.
As ráızes cúbicas da unidade determinam um triângulo
equilátero inscrito em um ćırculo com centro em (0, 0) e raio
1.
Exerćıcios resolvidos
1. Prove que 1 + ω + ω2 + ω3 + . . . + ωn−1 = 0 em que
1, ω, ω2, ω3, . . . , ωn−1 são as ráızes n - ésimas da
unidade.
Solução.
Temos que
1 + x+ x2 + x3 + . . .+ xn−1 =
xn − 1
x− 1 .
Assim, fazendo x = ω, temos 1 + ω + ω2 + ω3 + . . . +
ωn−1 =
ωn − 1
ω − 1 = 0.
3
1 NÚMEROS COMPLEXOS II
2. Dizemosque uma sequência a0, a1, . . . , an de números
reais é p - balanceada para algum inteiro positivo p se
a0 + ap + a2p + . . . = a1 + ap+1 + a2p+1 + . . . =
. . . =
= ap−1 + a2p−1 + a3p−1 . . . .
Se a sequência a0, a1, . . . , a49 é p - balance-
ada para p = 3, 5, 7, 11, 13, 17, prove que
a0 = a1 = . . . = a49 = 0.
Solução. Suponha que a sequência a0, a1, . . . , an é p
- balanceada para algum p e seja S o valor das somas
a0 + ap + a2p + . . . , a1 + ap+1 + a2p+1 + . . . ,
. . . , ap−1 + a2p−1 + a3p−1 + . . . .
O próximo passo é introduzir o polinômio P (x) =
anx
n + an−1x
n−1 + . . . + a1x + a0. Seja ω uma raiz
p - ésima da unidade (ω 6= 1), ou seja, ωp = 1. As-
sim, ωr = ωp+r = ω2p+r = ω3p+r = . . ., para cada
r = 0, 1, 2, . . . , p − 1. Dessa forma, ωk é igual a
alguma das potências básicas 1, ω, ω2, . . . , ωp−1 para
todo inteiro positivo k. Então
P (ω) = anω
n + an−1ω
n−1 + . . .+ a1ω + a0
= (a0+ap+a2p+ . . .)+ (a1+ap+1+a2p+1+ . . .)ω+ . . .
+(ap−1 + a2p−1 + a3p−1 + . . .)ω
p−1
= S(1 + ω + ω2 + . . .+ ωp−1) = 0.
Portanto, ω é uma raiz de P . Voltando ao problema, o
polinômio P possui grau 49. Dessa forma, para p = 3 o
polinômio possuirá duas ráızes, para p = 5 o polinômio
possuirá quatro ráızes e, assim sucessivamente, até que
para p = 17 o polinômio possuirá 16 ráızes. Finalmente,
o polinômio P terá 2+ 4+ 6+10+ 12+ 16 = 50 ráızes.
Como P possui grau 49 então ele será identicamente
nulo, ou seja, a0 = a1 = . . . = a49 = 0.
3. Se P (x), Q(x), R(x) e S(x) são polinômios tais que
P (x5)+xQ(x5)+x2R(x5) = (x4+x3+x2+x+1)S(x),
prove que (x− 1) é um fator de P (x).
Solução.
Seja ω = cos
2π
5
+ i · sen2π
5
, ou seja, ω5 = 1. Subs-
tituindo x por ω, ω2, ω3 e ω4 na igualdade P (x5) +
xQ(x5) + x2R(x5) = (x4 + x3 + x2 + x+ 1)S(x), temos
P (1) + ωQ(1) + ω2R(1) = 0,
P (1) + ω2Q(1) + ω4R(1) = 0,
P (1) + ω3Q(1) + ωR(1) = 0,
P (1) + ω4Q(1) + ω3R(1) = 0.
Multiplicando cada uma das equações acima por −ω,
−ω2, −ω3 e −ω4, temos
−ωP (1)− ω2Q(1)− ω3R(1) = 0,
−ω2P (1)− ω4Q(1)− ωR(1) = 0,
−ω3P (1)− ωQ(1)− ω4R(1) = 0,
−ω4P (1)− ω3Q(1)− ω2R(1) = 0.
Somando as 8 igualdades e usando o fato
que 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 = 0 encontramos
5P (1) = 0 ⇔ P (1) = 0, ou seja, x− 1|P (x).
4. Mostre que para cada n ∈ N maior que 1 vale
sen
π
n
sen
2π
n
sen
3π
n
. . . sen
(n− 1)π
n
=
n
2n−1
.
Solução.
Sejam 1, ω, ω2, . . ., ωn−1, ω = cos
2π
n
+ i · sen2π
n
, as
ráızes do polinômio xn − 1. Assim,
xn − 1 = (x− 1)(x− ω)(x − ω2) . . . (x− ωn−1).
Se dividirmos os dois lados da igualdade acima por x−1,
encontraremos
xn−1+xn−1+. . .+x+1 = (x−ω)(x−ω2) . . . (x−ωn−1).
Fazendo x = 1 na última equação temos
n = (1− ω)(1− ω2) . . . (1− ωn−1).
A última igualdade implica que n = |1−ω||1−ω2| . . . |1−
ωn−1|. Usando a definição de módulo de um número
complexo temos
|1− ωk| =
√
(
1− cos2kπ
n
)2
+ sen2
2kπ
n
=
4
1 NÚMEROS COMPLEXOS II
√
2− 2 cos2kπ
n
= 2 sen
kπ
n
para k = 0, 1, . . . , n − 1. Multiplicando tudo
encontramos a igualdade desejada.
Exerćıcios propostos
1. Prove que
cos
π
11
+ cos
3π
11
+ cos
5π
11
+ cos
7π
11
+ cos
9π
11
=
1
2
.
2. Sejam a, b, c números reais tais que
cosa+ cosb + cosc = sena+ senb+ senc = 0.
Prove que
cos2a+ cos2b+ cos2c = sen2a+ sen2b+ sen2c = 0.
3. Prove que
cos
π
7
+ cos
3π
7
+ cos
5π
7
=
1
2
.
4. Prove que
sen
2π
7
+ sen
4π
7
+ sen
8π
7
=
√
7
2
.
5. Sejam a, b, c números reais tais que
cosa+ cosb + cosc = sena+ senb+ senc = 0.
Prove que
cos(a+ b+ c) =
1
3
( cos3a+ cos3b+ cos3c),
sen(a+ b+ c) =
1
3
( sen3a+ sen3b+ sen3c).
6. Se ω1997 = 1 e ω 6= 1, então determine o valor de
1
1 + ω
+
1
1 + ω2
+ . . .+
1
1 + ω1997
.
7. Para quantos inteiros positivos n menores ou iguais a
1000
( sent+ i · cost)n = sennt+ i · cosnt
para todo real t?
8. Calcule
(
1 + cos
π
7
+ i · sen6π
7
)14
.
9. Calcule
(
2000
2
)
+
(
2000
5
)
+
(
2000
8
)
+ . . .+
(
2000
2000
)
.
10. O polinômio f(x) = x2007 + 17x2006 + 1 tem ráızes
distintas r1, r2, . . . , r2007. Um polinômio P de grau
2007 tem a propriedade que P
(
rj +
1
rj
)
= 0 para
j = 1, . . . , 2007. Determine o valor de
P (1)
P (−1).
11. Prove que todo número complexo z 6= −1 com |z| = 1
pode ser escrito na forma
1 + ai
1− ai para algum real a.
12. Prove que o polinômio x4+x3+x2+x+1 divide x44+
x33 + x22 + x11 + 1.
13. Seja (x2012 + x2014 + 2)2013 = a0 + a1x + . . . + anx
n.
Determine o valor de
a0 −
a1
2
− a2
2
+ a3 −
a4
2
− a5
2
+ a6 − . . .
14. Determine o total de soluções z tais que |z| = 1 e
|z
z
+
z
z
| = 1.
15. (ITA) Para cada n ∈ N, temos que 1 −
(
4n
2
)
+
(
4n
4
)
−
. . .−
(
4n
4n−2
)
+ 1 é igual a:
(a) (−1)n22n. (b) 22n. (c) (−1)n2n. (d) (−1)n+122n.
(e) (−1)n+12n.
16. Considere a raiz cúbica da unidade
ǫ = cos
2π
3
+ i sen
2π
3
.
Determine o valor de (1 + ǫ)(1 + ǫ2) . . . (1 + ǫ1987).
17. Determine o inteiro positivo n tal que
arctg
1
3
+ arctg
1
4
+ arctg
1
5
+ arctg
1
n
=
π
4
.
18. Seja ω = cos
4π
7
+ i sen
4π
7
. Determine o valor de (2 +
ω)(2 + ω2)(2 + ω3)(2 + ω4)(2 + ω5)(2 + ω6).
5
1 NÚMEROS COMPLEXOS II
19. (IME) Faça o que se pede:
(a) Calcule o argumento do seguinte número complexo
i(1 + i).
(b) Escreva sob a forma trigonométrica o número
complexo z = 1 + i
√
3.
20. (IME) Dado z =
1√
−7 + 24i
, calcule as partes real e
imaginária de z.
21. (IME) Determine o resto da divisão do polinômio
( cosφ + x senφ)n por (x2 + 1), onde n é um número
natural.
22. (ITA) Sejam z = n2( cos45◦ + i sen45◦) e w =
n( cos15◦ + i sen15◦), em que n é o menor inteiro posi-
tivo tal que (1 + i)n é real. Então,
z
w
é igual a
(a)
√
3+ i. (b) 2(
√
3+ i). (c) 2(
√
2+ i). (d) 2(
√
2− i).
(e) 2(
√
3− i).
23. Determine todos os valores de θ tais que
3 + 2i senθ
1 + 2i senθ
é
(a) real puro.
(b) imaginário puro.
24. Se z1 é o conjugando do número complexo z2, deter-
mine o argumento do complexo −z1z2.
25. Se z = x + iy é um número complexo com x, y ∈ Q e
|z| = 1. Mostre que |z2n − 1| é um número racional
para todo n natural.
26. Determine o número complexo ω tal que z3 = 8i e que
se encontra no segundo quadrante do plano complexo.
27. Determine o valor de
Sn = senα+ sen2α+ . . .+ sennα.
28. Resolva a equação (x − 1)3 + 8 = 0 em C.
29. Determine a soma das ráızes comuns das equações
z3 + 2z2 + 2z + 1 = 0 e z1985 + z100 + 1 = 0.
30. Seja A um número complexo e n ∈ N, tal que
An = (A + 1)n = 1. Determine o menor valor posśıvel
de n.
31. (ITA) Se z =
(
1 +
√
3i
1−
√
3i
)10
, então o valor de
2 arcsen(Re(z)) + 5 arctg(2Im(z)) é igual a
(a) −2π
3
. (b) −π
3
. (c)
2π
3
. (d)
4π
3
. (e)
5π
3
.
32. Se z = (1 + i
√
3)100, determine
Re(z)
Im(z)
.
Respostas
6.
1997
2
7. 250 8. −214
(
cos
π
14
)14
9.
22000 − 1
3
10.
289
259
13. 1 14. 8 15. A 16. 2661(1 + i
√
3) 17. 47 18.
43 19. (a) 135◦ (b) 2( cos60◦ + i sen60◦) 20.
±
(
3
25
− i 4
25
)
21. R(x) = cos(nφ) + x · sen(nφ) 22.
B 23. (a) θ = nπ, n ∈ Z (b) θ = nπ ± π
3
, n ∈ Z 24.
π 26. −
√
3 + i 27.
sen
nα
2
sen
(n+ 1)α
2
sen
α
2
28. −1,
1− 2ω e 1− 2ω2, em que ω é uma raiz cúbica da
unidade 29. −1 30. 6 31. D 32.
√
3
3
6
	Números Complexos II