Lista de exercícios

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Primeira Lista de Exerćıcios
Variáveis Complexas
Universidade Federal de Pernambuco
Mestrado em Matemática
Professor: César Castilho
Discente: Rúben Félix
26 de novembro de 2020
1
1. Determine os números complexos z para os quais
(1 + z)
(1− z)
é:
(a) Real.
Proof. Seja z = a + bi, z 6= 1. Então
1 + z
1− z
=
(1 + a) + bi
(1− a) + bi
=
(1 + a) + bi
(1− a) + bi
· (1− a) + bi
(1− a) + bi
=
(1 + a)(1− a) + (1 + a)bi + (1− a)bi− b2
(1− a)2 + b2
=
(1 + a)(1− a)− b2
(1− a)2 + b2
+
(1 + a)b + (1− a)b
(1− a)2 + b2
i.
Para que
1 + z
1− z
seja real, é necessário que =
(
1 + z
1− z
)
= 0, isto é
(1 + a)b + (1− a)b
(1− a)2 + b2
= 0⇒ (1 + a)b + (1− a)b = 0
⇒ b + ab + b− ab = 0
⇒ b = 0.
Sendo assim, o conjunto dos números z ∈ C tais que 1 + z
1− z
é real é
dado por
I =
{
z = a + bi ∈ C− {1}; b = 0
}
.
(b) Imaginário Puro.
Proof. Analogamente à letra a), sendo z = a + bi, z 6= 1, então
1 + z
1− z
=
(1 + a)(1− a)− b2
(1− a)2 + b2
+
(1 + a)b + (1− a)b
(1− a)2 + b2
i.
Para que
1 + z
1− z
seja imaginário puro, então <
(
1 + z
1− z
)
= 0, isto é
(1 + a)(1− a)− b2
(1− a)2 + b2
= 0⇒ (1 + a)(1− a)− b2 = 0
⇒ 1− a2 − b2 = 0
⇒ a = ±
√
1− b2.
1
Note que±
√
1− b2 ∈ R⇔ 1−b2 ≥ 0⇒ b2 ≤ 1⇒ −1 ≤ b ≤ 1. Sendo
assim, o conjunto dos números z ∈ C tais que 1 + z
1− z
é imaginário puro
é dado por
I =
{
z = a + bi ∈ C− {1}; z = ±
√
1− b2 + bi,−1 ≤ b ≤ 1
}
.
2. Mostre que se |z| = r então
(a) <(z) = 1
2
(
z +
r2
z
)
Proof. Seja z = a + bi. Então
1
2
(
z +
r2
z
)
=
1
2
(
(a + bi) +
√
a2 + b2
2
(a + bi)
)
=
1
2
(
(a + bi) +
a2 + b2
(a + bi)
)
=
1
2
(
(a + bi)2
(a + bi)
+
a2 + b2
(a + bi)
)
=
1
2
(
(a + bi)2 + a2 + b2
(a + bi)
)
=
1
2
(
a2 + 2abi− b2 + a2 + b2
(a + bi)
)
=
1
2
(
2a2 + 2abi
(a + bi)
)
=
1
2
2a
(
(a + bi)
(a + bi)
)
= a
= <(z)
2
(b) =(z) = 1
2i
(
z − r
2
z
)
Proof. Seja z = a + bi. Então
1
2i
(
z − r
2
z
)
=
1
2i
(
(a + bi)− (
√
a2 + b2)2
(a + bi)
)
=
1
2i
(
(a + bi)2
(a + bi)
− a
2 + b2
(a + bi)
)
=
1
2i
(
(a + bi)2 − a2 − b2
(a + bi)
)
=
1
2i
(
a2 + 2abi− b2 − a2 − b2
(a + bi)
)
=
1
2i
(
−2b2 + 2abi
(a + bi)
)
=
1
2i
(
2b2 · (−1) + 2abi
(a + bi)
)
=
1
2i
(
2b2i2 + 2abi
(a + bi)
)
=
1
2i
2bi
(
bi + a
(a + bi)
)
=
1
2i
2bi
(
(a + bi)
(a + bi)
)
= b
= =(z)
3. Calcule as ráızes quadradas de
(a) z = 5 + 7i.
Proof. Seja w = a + bi. Então
w2 = (a + bi)2
= a2 + 2abi− b2
= (a2 − b2) + 2abi.
Assim,
(a2 − b2) + 2abi = 5 + 7i⇔ a2 − b2 = 5 e 2ab = 7.
Fazendo a =
7
2b
, segue que
3
a2 − b2 = 5⇒
(
7
2b
)2
− b2 = 5
⇒ 49
4b2
− b2 = 5
⇒ 49− 4b4 = 20b2
⇒ 4b4 + 20b2 − 49 = 0
⇒ b2 =
−20±
√
202 − 4 · 4 · (−49)
2 · 4
⇒ b2 = −20±
√
1184
8
⇒ b2 = −5 · 4± 4
√
74
2 · 4
⇒ b2 = −5±
√
74
2
⇒ b = ±
√
−5±
√
74
2
.
Isto é,
b1 =
√
−5 +
√
74
2
;
b2 = −
√
−5 +
√
74
2
;
b3 =
√
−5−
√
74
2
;
b4 = −
√
−5−
√
74
2
.
Note que como
−5−
√
74
2
< 0, b3, b4 /∈ R, logo não são soluções
válidas. Segue que
a1 =
7
2b1
=
7
2 ·
√
−5 +
√
74
2
=
7
√
2
2
√
−5 +
√
74
4
e
a2 =
7
2b2
=
7
−2 ·
√
−5 +
√
74
2
= − 7
√
2
2
√
−5 +
√
74
.
Sendo assim, temos que
w1 =
7
√
2
2
√
−5 +
√
74
+
√
−5 +
√
74
2
· i
e
w2 = −
7
√
2
2
√
−5 +
√
74
−
√
−5 +
√
74
2
· i.
(b) z =
√
2 +
√
2i.
Proof. Seja w = a + bi. Então
w2 = (a + bi)2
= a2 + 2abi− b2
= (a2 − b2) + 2abi.
Assim,
(a2 − b2) + 2abi =
√
2 +
√
2i⇔ a2 − b2 =
√
2 e 2ab =
√
2.
Fazendo a =
√
2
2b
, segue que
5
a2 − b2 =
√
2⇒
(√
2
2b
)2
− b2 =
√
2
⇒ 2
4b2
− b2 =
√
2
⇒ 1
2b2
− b2 =
√
2
⇒ 1− 2b4 = 2
√
2b2
⇒ 2b4 + 2
√
2b2 − 1 = 0
⇒ b2 =
−2
√
2±
√
(2
√
2)2 − 4 · 2 · (−1)
2 · 2
⇒ b2 = −
√
2± 2
2
⇒ b = ±
√
−
√
2± 2
2
.
Isto é,
b1 =
√
−
√
2 + 2
2
;
b2 = −
√
−
√
2 + 2
2
;
b3 =
√
−
√
2− 2
2
;
b4 = −
√
−
√
2− 2
2
.
Note que como
−
√
2− 2
2
< 0, b3, b4 /∈ R, logo não são soluções
válidas. Segue que
a1 =
√
2
2b1
=
√
2
2 ·
√
−
√
2 + 2
2
=
1√
−
√
2 + 2
6
e
a2 =
√
2
2b2
= −
√
2
2 ·
√
−
√
2 + 2
2
= − 1√
−
√
2 + 2
.
Sendo assim, temos que
w1 =
1√
−
√
2 + 2
+
√
−
√
2 + 2
2
· i
e
w2 = −
1√
−
√
2 + 2
−
√
−
√
2 + 2
2
· i.
4. Mostre que existem números complexos z satisfazendo
|z − a|+ |z + a| = 2|c| se e somente se |a| ≤ |c|
Sendo esta condição satisfeita, quais os maiores e menores valores de |z|?
Descreva geometricamente o conjunto dos z satisfazendo a desigualdade
acima.
Proof. Se |z − a|+ |z + a| = 2|c|, então
2|c| = |z − a|+ |z + a|
= |a− z|+ |z + a|
≥ |a− z + z + a|
= |2a|
= 2|a|
⇒ 2|c| ≥ 2|a|
⇒ |c| ≥ |a|
⇒ |a| ≤ |c|
Por outro lado, se |c| ≤ |a|, tome z = |c| · a
|a|
. Segue que
7
|z − a|+ |z + a| =
∣∣∣∣ |c| · a|a| − a
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ |c| · a|a| + a
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ |c|a− a|a||a|
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ |c|a + a|a||a|
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣a(|c| − |a|)|a|
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣a(|c|+ |a|)|a|
∣∣∣∣
= | |c| − |a|︸ ︷︷ ︸
≥ 0
| · |a|
|a|
+ | |c|+ |a|︸ ︷︷ ︸
≥ 0
| · |a|
|a|
= |c| − |a|+ |c|+ |a|
= 2|c|
Com relação aos valores máximos e mı́nimos de |z|, temos
|z + z| = |z − a + a + z|
≤ |z − a|+ |z + a|
= 2|c|.
Ou seja, 2|z| ≤ 2|c| ⇒ |z| ≤ |c|. Dessa forma, o valor máximo de |z| é |c|.
Por outro lado, temos
|z − a|+ |z + a| = 2|c| ⇒ |z − a|2 + 2|z − a||z + a|+ |z + a|2 = 4|c|2
⇒ |z − a|2 + 2|z2 − a2|+ |z + a|2 = 4|c|2
⇒ (z − a)(z − a) + 2|z2 − a2|+ (z + a)(z + a) = 4|c|2
⇒ (z − a)(z̄ − ā) + 2|z2 − a2|+ (z + a)(z̄ + ā) = 4|c|2
⇒ |z|2 + |a|2 − az̄ − zā + 2|z2 − a2|+ |z|2 + |a|2 + az̄ + zā = 4|c|2
⇒ 2|z|2 + 2|a|2 + 2|z2 − a2| = 4|c|2
⇒ |z|2 + |a|2 + |z2 − a2| = 2|c|2
⇒ |z|2 + |a|2 − 2|c|2 = −|z2 − a2|
⇒ −|z|2 − |a|2 + 2|c|2 = |z2 − a2| ≤ |z|2 + |a|2
⇒ −|z|2 − |a|2 + 2|c|2 ≤ |z|2 + |a|2
⇒ −2|z|2 − 2|a|2 + 2|c|2 ≤ 0
⇒ |z|2 + |a|2 − 2|c|2 ≥ 0
⇒ |z|2 ≥ |c|2 − |a|2
⇒ |z| ≥
√
|c|2 − |a|2.
Isto é, √
|c|2 − |a|2 ≤ |z| ≤ |c|.
8
Finalmente, a igualdade |z − a|+ |z + a| = 2|c| nos diz que z são todos os
números complexos tais que
d(z, a) + d(z,−a) = 2|c|,
ou seja, uma elipse de focos −a e a, com o eixo maior medindo 2|c| e eixo
menor medindo 2
√
|c|2 − |a|2.
5. Seja n um inteiro positivo, a0, a1, ..., an constantes complexas e
P (z) = a0 + a1z + a2z
2 + · · ·+ anzn
um polinômio de grau n. Mostre que existe número positivo constante R
tal que
1
|P (z)|
<
2
|an|Rn
se |z| > R.
Proof. Tome
w =
a0
zn
+
a1
zn−1
+
a2
nn−2
+ · · ·+ an−1
z
, com z 6= 0. (1)
Note que
(an + w)z
n =
(
an +
a0
zn
+
a1
zn−1
+
a2
nn−2
+ · · ·+ an−1
z
)
zn
= anz
n + a0 + a1z + · · ·+ an−1zn−1
= a0 + a1z + a2z
2 + · · ·+ anzn
= P (z).
9
Multiplicando os dois lados de (1) por zn, temos
wzn = a0 + a1z + a2z
2 + · · ·+ an−1zn−1.
Dessa forma, temos que
|wzn| = |w||z|n
≤ |a0|+ |a1z|+ |a2z2|+ · · ·+ |an−1zn−1|
= |a0|+ |a1||z|+ |a2||z|2 + · · ·+ |an−1||z|n−1
Isto é,
|w| ≤ |a0|
|z|n
+
|a1|
|z|n−1
+
|a2|
|z|n−2
+ · · ·+ |an−1|
|z|
. (2)
Observe que podemos encontrar um R > 0 tão grande tal que
|ai|
|z|n−i
<
|an|
(2n)
, para todo
|ai|
|z|n−i
do lado direito de (2), i = 0, ..., n− 1, se |z| > R,
de modo que
|w| < n |an|
2n
=
|an|
2
, se |z| > R.
Dessa forma
|an + w| ≥ ||an| − |w|| >
|an|
2
.
Como (an + w)z
n = P (z), segue que
|P (z)| = |(an + w)zn|
= |an + w||z|n
>
|an|
2
|z|n
>
|an|
2
|R|n, pois |z| > R⇒ |z|n > Rn.
Como
|P (z)| > |an|
2
|R|n,
conclúımos que
1
|P (z)|
<
2
|an|Rn
6. Seja H :=
{
z ∈ C,=(z) > 0
}
(a) Mostre que z ∈ H se e somente se − 1z ∈ H.
10
Proof. Seja z = a + bi. Temos que
−1
z
= − 1
a + bi
= − 1
a + bi
· a− bi
a− bi
=
−a + bi
a2 + b2
=
−a
a2 + b2
+
bi
a2 + b2
.
Dessa forma
z ∈ H⇔ =(z) > 0
⇔ b > 0
⇔ b
a2 + b2
> 0
⇔ =(−1
z
) > 0
⇔ −1
z
∈ H
(b) Mostre que
|1− zā|2 − |z − a|2 = (1− |z|2)(1− |a|2).
Proof. Começamos lembrando que
|a− b|2 = |a|2 + |b|2 − 2<(ab̄)
e que como zā = z̄a, então <(zā) = <(z̄a). Temos então que
|1− zā|2 − |z − a|2 = |1|2 + |zā|2 − 2<(1zā)− (|z|2 + |a|2 − 2<(zā))
= 1 + |z|2|ā|2 − 2<(z̄a)− |z|2 − |a|2 + 2<(zā))
= 1 + |z|2|a|2 − |z|2 − |a|2 + 2<(zā)− 2<(z̄a)= 1 + |z|2|a|2 − |z|2 − |a|2 + 2<(zā)− 2<(zā)
= 1 + |z|2|a|2 − |z|2 − |a|2
= 1(1− |a|2)− |z|2(1− |a|2)
= (1− |z|2)(1− |a|2)
(c) Sejam a, z ∈ C. Usando b), mostre que se |a| < 1 então
11
• |z| < 1⇔
∣∣∣∣ z − aāz − 1
∣∣∣∣ < 1
Proof. Se |z| < 1, então |z|2 < 1⇒ 1− |z|2 > 0. Analogamente,
se |a| < 1 então 1− |a|2 > 0.
Pelo item anterior, temos
|1− zā|2 − |z − a|2 = (1− |z|2)(1− |a|2).
Segue então que
|1− zā|2 − |z − a|2 > 0⇒ |1− zā|2 > |z − a|2
⇒ |1− zā| > |z − a|
⇒ 1 >
∣∣∣∣ z − a1− zā
∣∣∣∣
⇒
∣∣∣∣ z − a1− zā
∣∣∣∣ < 1.
Por outro lado, se
∣∣∣∣ z − aāz − 1
∣∣∣∣ < 1, então∣∣∣∣ z − aāz − 1
∣∣∣∣ < 1⇒ |1− zā| > |z − a|
⇒ |1− zā|2 > |z − a|2
⇒ |1− zā|2 − |z − a|2 > 0
⇒ (1− |z|2)(1− |a|2) > 0.
Como |a| < 1⇒ 1− |z|2 > 0, então
1− |z|2 > 0⇒ |z|2 < 1.
• |z| = 1⇔
∣∣∣∣ z − aāz − 1
∣∣∣∣ = 1.
Proof. Se |z| = 1, então
1− |z − 2|
2
|1− zā|2
=
|1− zā|2 − |z − 2|2
|1− zā|2
=
(1− |z|2)(1− |a|2)
|1− zā|2
=
(1− 1)(1− |a|2)
|1− zā|2
= 0.
12
Isto é,
1− |z − 2|
2
|1− zā|2
= 0⇒ |z − 2|
2
|1− zā|2
= 1
⇒
∣∣∣∣ z − aāz − 1
∣∣∣∣ = 1.
Por outro lado, se
∣∣∣∣ z − aāz − 1
∣∣∣∣ = 1, então
|z − a| = |āz − 1| ⇒ |z − a|2 = |āz − 1|2
⇒ |āz − 1|2 − |z − a|2 = 0
⇒ (1− |z|2)(1− |a|2) = 0.
Como |a| < 1⇒ 1− |a|2 > 0, segue que
1− |z|2 = 0⇒ |z|2 = 1
⇒ |z| = 1.
13