Basiconumcomplex (1)

Anotacoes sobre numeros complexos.

Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡

Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ

[email protected]

‡

1

Sumario

1 Numeros complexos 3

1.1 Numeros complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Forma algebrica de um numero complexo . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Conjugado e valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1 Condicoes para quez

wseja real ou imaginario puro . . . . . . . . . 14

1.2.2 Conjugado de um numero complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2.3 Condicao de raızes conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.2.4 Valor absoluto-modulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.2.5 Uso de conjugado na divisao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.2.6 Conjugado e valor absoluto da divisao . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.2.7 Desigualdade de Cauchy Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.2.8 Distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.3 Plano de Argand-Gauss e forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.4 Raızes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2

Capıtulo 1

Numeros complexos

1.1 Numeros complexos

m Definicao 1 (Conjunto dos numeros complexos). Definimos a estrutura dos numeros

complexos, como o conjunto1

C = {(x, y) x, y ∈ R}

munido de duas operacoes, uma adicao definida como

z + w = (x1, y1)︸︷︷︸z

+(x2, y2)︸︷︷︸w

:= (x1 + x2, y1 + y2)

e uma multiplicacao, definida como

z.w = (x1.x2 − y1.y2, x1.y2 + y1.x2).

Denotamos (1, 0) = 1 e (0, 0) = 0. Para z = (x1, y1) definimos

−z = (−x1,−y1)

e

z−1 =1

z=

(x1

x21 + y21

,−y1

x21 + y21

).

Denotamos tal estrutura como (C,+×) ou apenas C.1Perceba que e feita associacao de C com o plano R2.

3

CAPITULO 1. NUMEROS COMPLEXOS 4

m Definicao 2 (Igualdade). Dois numeros complexos (x, y) e (z, w) sao iguais quando

x = z e w = y.

b Propriedade 1. (C,+,×) e um corpo, chamado de corpo dos numeros complexos.

ê Demonstracao. A adicao e comutativa, associativa , possui elemento neutro e

inverso aditivo. (Provado para o Rn no texto sobre espacos vetoriais) entao, em relacao a

adicao temos uma estrutura de grupo abeliano (C,+).

Temos que mostrar agora que a multiplicacao tambem e um grupo abeliano .

� O elemento neutro da multiplicacao e (1, 0), pois

(1, 0)(x, y) = (1.x− 0.y, 0.x+ 1.y) = (x, y).

� A multiplicacao e comutativa, pois

(x1, y1)(x2, y2) = (x1x2 − y1y2, y1x2 + x1y2)

e

(x2, y2)(x1, y1) = (x2.x1 − y2.y1, y2.x1 + x2.y1)

sao iguais.

Perceba tambem que

(x1, 0)(x2, 0) = (x1x2, 0).

� A multiplicacao e associativa, pois

[(x1, y1)(x2, y2)](x3, y3) = (x1x2 − y1y2, y1x2 + x1y2)(x3, y3) =

= (x1x2x3︸︷︷︸A1

−A2︷︸︸︷

y1y2x3− y1x2y3︸︷︷︸A3

−A4︷︸︸︷

x1y2y3 , y1x2x3︸︷︷︸B1

+

B2︷︸︸︷x1y2x3+x1x2y3︸︷︷︸

B3

−B4︷︸︸︷

y1y2y3)

e


(x1, y1)[(x2, y2)(x3, y3)] = (x1, y1)(x2x3 − y2y3, y2x3 + x2y3) =

= (x1x2x3︸︷︷︸A1

−A4︷︸︸︷

x1y2y3− y1y2x3︸︷︷︸A2

−A3︷︸︸︷

y1x2y3 ,

B1︷︸︸︷y1x2x3− y1y2y3︸︷︷︸

B4

+

B2︷︸︸︷x1y2x3 +x1x2y3︸︷︷︸

B3

)

sao iguais .

� Para cada elemento nao nulo z = (x1, y1) existe um inverso z−1, tal que z.z−1 = 1,

pois

(x1, y1)

(x1

x21 + y21

,−y1

x21 + y21

)=

(x21 + y21

x21 + y21

,y1x1

x21 + y21

− y1x1

x21 + y21

)= (1, 0) = 1.

� Falta mostrar apenas a propriedade distributiva. Sendo z = (x1, y1), w = (x2, y2) e

v = (x3, y3) temos w + v = (x2 + x3, y2 + y3) e

z(w + v) = (x1x2 + x1x3 − y1y2 − y1y3 , y1x2 + y1x3 + x1y2 + x1y3)

porem temos tambem zw = (x1x2 − y1y2, y1x2 + x1y2) e

zv = (x1.x3 − y1y3, y1x3 + x1y3)

entao

zw + zv = (x1x2 + x1.x3 − y1y3 − y1y2, y1x3 + x1y3 + y1x2 + x1y2) = z(w + v)

entao vale a distributividade.

Tem-se entao que (C,+,×) e um corpo, chamado de corpo dos numeros complexos.

m Definicao 3 (Subtracao). Definimos a subtracao z1 − z2 como z1 + (−z2).

1.1.1 Forma algebrica de um numero complexo

O corpo dos numeros complexos pode ser visto como uma extensao do corpo dos

numero reais.

b Propriedade 2. R e o conjunto A = {(a, 0) ∈ C} sao isomorfos como espacos

vetoriais.


ê Demonstracao. Definimos σ : R → A tal que σ(a) = (a, 0). Tal aplicacao e

injetora e sobrejetora, alem disso e linear

σ(a) + σ(b) = (a, 0) + (b, 0) = (a+ b, 0) = σ(a+ b)

σ(ca) = (ca, 0) = c(a, 0) = cσ(a), c ∈ R.

b Propriedade 3. R e o conjunto A = {(a, 0) ∈ C} sao isomorfos como corpos.

ê Demonstracao. Ja vimos que a adicao e respeitada pela funcao σ, agora vejamos

o produto

σ(a)σ(b) = (a, 0)(b, 0) = (ab, 0) = σ(a)σ(b).

Alem disso envia unidade de R em unidade de C

σ(1) = (1, 0)

e neutro da adicao de R em neutro da adicao em C

σ(0) = (0, 0).

Entao temos uma aplicacao bijetora entre R e um subcorpo de C que preserva adicao

e multiplicacao. Entao temos uma imersao natural de R em C.

m Definicao 4. Associamos a cada numero real x o numero complexo (x, 0),

(x, 0) = x.

b Propriedade 4. A soma e produto de numeros complexos e compatıvel com a soma

e produto de numeros reais.

ê Demonstracao. Sejam numeros reais x = (x, 0) e y = (y, 0), entao a soma

x+ y = (x, 0) + (y, 0) = (x+ y, 0) = x+ y

, logo e compatıvel.

O produto x.y = (x, 0)(y, 0) = (xy − 0, 0.y + x.0) = (xy, 0) = xy.

m Definicao 5. Definimos i = (0, 1).


$ Corolario 1. Tem-se que

(0, 1)(0, 1) = (0− 1, 1.0 + 0.1) = (−1, 0) daı i2 = −1.

$ Corolario 2 (Forma algebrica). Um numero complexo z = (x, y) pode ser escrito

como

(x, y) = (x, 0) + (0, y) = x+ yi.

Esse modo de escrever pode ser considerado mais pratico em se denotar um numero

complexo e facilitar as operacoes.

Nos reais nao existe x tal que x2 = −1 nos complexos temos solucao dessa equacao.

$ Corolario 3. Vejamos como ficam as operacoes usando a forma algebrica. A formula

da multiplicacao de dois numeros complexos pode ser escrita como

(x1 + y1i)(x2 + y2i) = x1x2 − y1y2 + (x1y2 + x2y1)i

podemos efetuar as contas com as propriedades conhecidas de binomios reais e subs-

tituir i2 = −1.

A adicao pode ser feita como

a+ bi+ c+ di = a+ c+ (b+ d)i

e a igualdade

a+ bi = c+ di ⇔ a = c e b = d.

Z Exemplo 1. Vale i4p+1 = (i2)2pi = (−1)2p.i = i. Seja

n∑k=0

ik =in+1 − 1

i− 1

por divisao Euclidiana de n por 4 tem-se n = 4p+ r daı

n∑k=0

ik =i4p+r+1 − 1

i− 1=

ir+1 − 1

i− 1=

ir+1 − 1

(−2)(i+ 1)

se r = 0 entao 4|n en∑

k=0

ik = 1, se r = 1 tem-sen∑

k=0

ik = i + 1, se r = 2,n∑

k=0

ik = i,

finalmente se r = 3 tem-sen∑

k=0

ik = 0.


b Propriedade 5. Sejam a e b complexos se a+b e a.b sao reais com a+b < 0 e a.b < 0

entao a e b sao reais.

ê Demonstracao. Tomando a = x1 + y1i e b = x2 + y2i tem-se a + b = x1 + x2 +

i(y1+y2) como e real devemos ter y1+y2 = 0 e x1+x2 < 0 pela segunda condicao. Com o

produto temos a.b = (x1x2−y1y2)+ i(x2y1+x1y2) logo x2y1+x1y2 = 0 e x1x2−y1y2 < 0.

� (2) x1x2 < y1y2, (1) x1 + x2 < 0.

� (3) x2y1 + x1y2 = 0 e (4) y1 + y2 = 0.

Da relacao (1) temos que x1 ou x2, devem ser negativos, suponha que seja x1. Se x2 = 0

concluımos por (2) que 0 < y1y2, daı ambos sao nao nulos e de (3) tem-se x1y2 = 0 o que

e absurdo. Se x2 < 0 entao 0 < x1x2 < y1y2 implicando que y1 e y2 tem o mesmo sinal e

entao nao pode valer y1 + y2 = 0. Como nao vale x2 ≤ 0 entao vale x2 > 0 e x1 < 0, logo

x1 e x2 sao distintos. Do sistema (3) , (4) concluımos que (x1

x2

− 1)y2 = 0, daı y2 = 0 pois

se nao x1 = x2, de y2 = 0 segue de (4) que y1 = 0, logo ambos numeros sao reais.

b Propriedade 6. Seja

A = {

a b

−b a

a, b ∈ R}

entao (A,+,×) onde + e × sao adicao e multiplicacao de matrizes e um corpo isomorfo

ao corpo dos complexos (C,+×).

ê Demonstracao. Por propriedade de matrizes (A,+,×) e um anel comutativo

com unidade. Todo elemento nao nulo e invertıvel pois Det(A) = a2 + b2 = 0 se a ou b e

zero, entao todo elemento nao nulo e invertıvel logo (A,+,×) e um corpo.

Definimos a funcao f : C → A tal que para qualquer z = a+ bi ∈ C associamos

f(z) =

(a b

−b a

)

tal funcao e um isomorfismo de corpos, pois dados z1 = a1 + b1i e z2 = a2 + b2i, tem-se

f(z1 + z2) =

(a1 + a2 b1 + b2

−b1 − b2 a1 + a2

)=

(a1 b1

−b1 a1

)+

(a2 b2

−b2 a2

)= f(z1) + f(z2)


logo preserva a adicao.

f(z1z2) =

(a1a2 − b1b2 a1b2 + b1a2

−a1b2 − b1a2 a1a2 − b1b2

)=

(a1 b1

−b1 a1

).

(a2 b2

−b2 a2

)= f(z1)f(z2)

logo o produto e preservado, seguindo entao que temos um isomorfismo.

Z Exemplo 2. Seja

A =

cos(a) −sen(a)

sen(a) cos(a)

pelo resultado anterior e isomorfo ao elemento z = cos(a)−isen(a) = cos(−a)+isen(−a) =

e−ia, por isso elevando tal numero a k, da o mesmo resultado que elevar a matriz, sendo

zk = e−ika = cos(−ka) + isen(−ka),

que por sua vez da o resultado de Ak,

Ak =

cos(ka) −sen(ka)

sen(ka) cos(ka)

.

Z Exemplo 3. O inverso de um numero complexo nao nulo z = x+ iy, x, y ∈ R e

x

x2 + y2− iy

x2 + y2= z−1.

Z Exemplo 4. Calcule (a+ bi)2. Temos (a+ bi)2 = a2 +2abi+ (bi)2 = a2 +2abi− b2.

Z Exemplo 5. Qual a condicao para que o produto de dois numeros complexos (a+bi)

e (c+ di) seja real?

Multiplicando temos

(a+ bi)(c+ di) = ac− bd+ i(ad+ bc)

a parte complexa deve ser nula entao ad+ bc = 0.

Z Exemplo 6. Qual deve ser a condicao para que o numero (a+bi)4 seja estritamente

negativo, sendo a e b reais.


Expandimos por binomio de Newton

(a+ bi)4 = b4 − 4ab3i− 6a2b2 + 4a3bi+ a4

perceba que a nem b podem ser nulos, caso b seja nulo a4 e nao negativo o mesmo para

a = 0 implica (bi)4 = b4. Temos que ter a parte complexa nula, logo 4a3b = 4ab3 ⇒ a2 =

b2 ⇒ a = ±b. Agora a parte real deve ser negativa, mas ela e realmente negativa pois

a4 + a4 − 6a2a2 < 0 ⇔ 2a4 < 6a4

que vale, onde acima substituımos a = ±b.

Entao os valores sao a± b, a = 0.

Z Exemplo 7. Quais os possıveis valores o numero complexo

(1 + i

1− i)n

pode assumir? ( n inteiro) .

Se n e par ele e da forma 2t, temos (1+i)2 = 1+2i−1 = 2i e (1−i)2 = 1−2i−1 = −2i,

portanto o numero e da forma

(1 + i

1− i)2t =

(2i)t

(−1)t(2i)t= (−1)t.

Se n e ımpar ele e da forma 2t+ 1, substituindo tem-se

(1 + i

1− i)2t+1 = (−1)t

1 + i

1− i

simplificando

1 + i

1− i=

1 + i

1− i

1 + i

1 + i=

2i

2= i

entao

(1 + i

1− i)2t+1 = (−1)ti

os valores que (1 + i

1− i)n assumem sao i, −i, 1 e −1 .


1.2 Conjugado e valor absoluto

Seja um numero complexo z = a+ bi. Quando escrevermos dessa forma, geralmente (

a nao ser que citado explicitamente o contrario), estaremos considerando a, b ∈ R.

m Definicao 6 (Parte real). Definimos a parte real de z como

Re(z) := a.

m Definicao 7 (Parte complexa). Definimos a parte imaginaria de z por

Im(z) := b.

Tambem podemos chamar de parte complexa.

Z Exemplo 8. Calcule a parte real e a parte imaginaria de1

z, onde z = x+ iy.

Sabemos que1

z=

x

x2 + y2− iy

x2 + y2, logo

Re(1

z) =

x

x2 + y2

Im(1

z) = − y

x2 + y2.

Z Exemplo 9. Calcular a parte real e imaginaria dez − a

z + a, onde a ∈ R e z = x+ iy.

Escrevemos

z − a

z + a= 1− 2a

z + a= 1− 2a

(x+ a

(x+ a)2 + y2− iy

(x+ a)2 + y2

)=

1 +(x+ a)(−2a)

(x+ a)2 + y2+

2ay

(x+ a)2 + y2i

logo

Re(z − a

z + a) = 1 +

(x+ a)(−2a)

(x+ a)2 + y2

Im(z − a

z + a) =

2ay

(x+ a)2 + y2.


Z Exemplo 10. Dado z = x+ yi Calcular Re(zn) e Im(zn).

(x+ yi)n =n∑

k=0

(n

k

)(yi)kxn−k

separamos os ındices em pares e ımpares

=n∑

k=0

(n

2k + 1

)(yi)2k+1xn−2k−1 +

n∑k=0

(n

2k

)(yi)2kxn−2k =

= i

n∑k=0

(n

2k + 1

)(y)2k+1(i)2kxn−2k−1 +

n∑k=0

(n

2k

)(y)2k(i)2kxn−2k =

= in∑

k=0

(n

2k + 1

)(y)2k+1(−1)kxn−2k−1

︸︷︷︸b∈R

+n∑

k=0

(n

2k

)(y)2k(−1)kxn−2k

︸︷︷︸a∈R

= a+ bi

logo

Re(zn) =n∑

k=0

(n

2k

)(y)2k(−1)kxn−2k

Im(zn) =n∑

k=0

(n

2k + 1

)(y)2k+1(−1)kxn−2k−1.

Como exemplo, para n = 3 temos

Re(z3) =n∑

k=0

(3

2k

)(y)2k(−1)kx3−2k = x3 − 3(y)2x

Im(z3) =n∑

k=0

(3

2k + 1

)(y)2k+1(−1)kx3−2k−1 = 3yx2 − (y)3.

b Propriedade 7 (Linearidade de Re e Im). Sejam zk = xk + iyk numeros complexos,

entao valem

Re

( n∑k=1

zk

)=

n∑k=1

Re(zk)

Im

( n∑k=1

zk

)=

n∑k=1

Im(zk).

ê Demonstracao. Tomando z =n∑

k=1

zk tem-se

z =n∑

k=1

zk =n∑

k=1

(xk + iyk) =n∑

k=1

(xk)︸︷︷︸a

+i

n∑k=1

(yk)︸︷︷︸b

= a+ bi


daı Re(z) = a, Im(z) = b tem-se tambem Re(zk) = xk e Im(zk) = yk logo

n∑k=1

Re(zk) =n∑

k=1

xk = a

n∑k=1

Im(zk) =n∑

k=1

yk = b

logo valem

Re

( n∑k=1

zk

)=

n∑k=1

Re(zk)

Im

( n∑k=1

zk

)=

n∑k=1

Im(zk)

isto e Re e Im comutam com o somatorio.

Z Exemplo 11. Calcule a parte real e imaginaria de

(−1 +

√3i

2)3.

Escrevemos o numero na forma polar

−1 +√3i

2= (−1)(cos(−π

3) + isen(−π

3))

elevando ao cubo e usando a formula de Moivre tem-se

−(cos(−π) + isen(−π)) = (−1)(−1) = 1.

De maneira similar podemos calcular

(−1−

√3i

2)6 = (

1 +√3i

2)6 = cos(2π) + isen(2π)) = 1.

Z Exemplo 12. Calcule a parte real e imaginaria de in para n natural. Tomamos a

divisao euclidiana de n por 4, n = 4q + r e daı

in = i4q+r = ir

onde r = 0, 1, 2, 3. Temos como exemplos

i0 = 1, i1 = i, i2 = −1, i3 = −i

i4 = 1, i5 = i, i6 = −1, i7 = −i

i8 = 1, · · ·


Z Exemplo 13. Calcular a parte real e complexa de (1√2+

i√2)n

Escrevemos

(1√2+

i√2)n = cos(

nπ

4) + isen(

nπ

4)

logo a parte real e cos(nπ

4) e a parte complexa e sen(

nπ

4).

m Definicao 8 (Imaginario puro). z e imaginario puro ⇔ Re(z) = 0, nesse caso temos

z = bi.

Z Exemplo 14. O numero 0 e um imaginario puro, pois Re(0) = 0. Alguns autores

tomam o numero 0 como nao sendo imaginario puro, tomando os imaginarios puros da

forma bi, b = 0.

m Definicao 9 (Real ). z e real ⇔ Im(z) = 0, nesse caso temos z = a, nesse caso

podemos dizer tambem que z e real puro .

Z Exemplo 15. 0 e o unico numero que e imaginario puro e real puro. Se z = a+ bi

e imaginario puro entao a = 0 se e real puro entao b = 0, daı z = 0.

Z Exemplo 16. Nao vale em geral que Re(a.b) = Re(a)Re(b) o mesmo em geral

tambem nao vale para parte imaginaria, pois

Re(i2) = Re(−1) = −1 = Re(i)Re(i) = 0.

Im(i2) = Im(−1) = 0 = Im(i)Im(i) = 1.

1.2.1 Condicoes para quez

wseja real ou imaginario puro

Z Exemplo 17. Calcule a parte real e imaginaria dea+ bi

x+ yi.

Escrevemos

a+ bi

x+ yi= (a+ bi)(

x

x2 + y2− yi

x2 + y2) =

=ax+ by

x2 + y2+

(bx− ay)

x2 + y2i.


Logo temos

Re(a+ bi

x+ yi) =

ax+ by

x2 + y2, Im(

a+ bi

x+ yi) =

(bx− ay)

x2 + y2.

Como exemplo numerico considere z =3 + 5i

1 + 7i

Re(z) =38

50, Im(z) =

−16

50.

Para quea+ bi

x+ yiseja real temos que terbx−ay = 0 e para ser imaginario puro ax+by =

0.

Para o produto, temos

(a+ bi)(c+ di) = ac− bd+ i(ad+ bc)

a parte imaginaria e ad+ bc e a parte real ac− bd para ser imaginario puro ac− bd = 0 e

para ser real ad+ bc = 0.

Z Exemplo 18. Quais as condicoes para que z +1

zseja real ou imaginario puro ,

respectivamente?

Seja z = x+ iy entao

z +1

z=

(x2 + y2 + 1)x+ iy(x2 + y2 − 1)

x2 + y2

para que seja real e necessario que x2 + y2 = 1 entao o numero complexo possui modulo

1. Para que fosse imaginario puro seria necessario ter x2 + y2 = −1 o que nao e possıvel

com x, y ∈ R entao devemos ter x = 0

1.2.2 Conjugado de um numero complexo

m Definicao 10 (Conjugado). Definimos o conjugado de z = a+ bi como

z = a− bi.

Z Exemplo 19. Se z1, z2 ∈ C e z1 + z2, z1.z2 sao reais entao z1 = z2 ou z1, z2 ∈ R.


Sendo z1 = x+ iy e z2 = a+ bi entao z1 + z2 = a+ x+ i(y + b), o produto e

z1z2 = ax− by + i(ax+ by)

para que ambos sejam reais e necessario que y + b = 0 e ay + bx = 0, substituindo a

primeira na segunda tem-se b(x− a) = 0, temos duas possibilidades b = 0 daı y = 0 que

implicam z2, z1 ∈ R ou x = a ainda com y + b = 0 nesse caso z1 e z2 sao conjugados.

Z Exemplo 20. Resolver a equacao

z = tzi.

z = a+ bi, entao a equacao fica como

a− bi = ati− bt

por isso temos o sistema −bt = a e at = −b, substituindo a primeira na segunda,

supondo b = 0 tem-se t2 = 1, por isso t = 1 ou t = −1. Se t = 1, −b = a. Se t = −1,

b = a . Caso b = 0 entao a = 0 e caso a = 0 , b = 0 entao temos todas solucoes.

b Propriedade 8 (Idempotencia).

z = z.

ê Demonstracao. Vale que z = a− bi = v daı v = a+ bi = z, entao

z = z.

b Propriedade 9. z + z = 2Re(z).

ê Demonstracao. z + z = a+ bi+ a− bi = 2a = 2Re(z).

b Propriedade 10. z − z = 2i Im(z).

ê Demonstracao. a+ bi− (a− bi) = a+ bi− a+ bi = 2bi = 2i Im(z).


b Propriedade 11. Sejam zk = ak + bki, numeros complexos, entao( n∑k=1

zk

)=

( n∑k=1

zk

)ê Demonstracao.

( n∑k=1

zk

)=

( n∑k=1

ak

)+

( n∑k=1

bk

)i =

( n∑k=1

ak

)−( n∑

k=1

bk

)i =

n∑k=1

(ak−bki) =

( n∑k=1

zk

).

b Propriedade 12.

z.w = z.w.

ê Demonstracao. Sejam z = (a+bi) e w = (c+di) entao z.w = (ac−bd)+(bc+ad)i

, daı

z.w = (ac− bd)− (bc+ ad)i

, z = (a− bi), w = (c− di),

z.w = (ac− bd)− (bc+ ad)i

entao vale a igualdade.

b Propriedade 13. Valen∏

k=1

zk =n∏

k=1

zk.

ê Demonstracao. Por inducao sobre n, para n = 1 vale. Supondo a validade para

nn∏

k=1

zk =n∏

k=1

zk

vamos provar para n+ 1n+1∏k=1

zk =n+1∏k=1

zk.

Temos que

n+1∏k=1

zk =

( n∏k=1

zk

).zn+1 =

n∏k=1

zk .zn+1 =n∏

k=1

zk zn+1 =n+1∏k=1

zk .


$ Corolario 4. Sendo n ∈ N , vale zn = zn, pois

zn =n∏

k=1

z =n∏

k=1

z = zn.

b Propriedade 14. z ∈ R ⇔ z = z.

ê Demonstracao.

⇒). Se z ∈ R entao z = a+ 0i logo z = a− 0i = a.

⇐). Se z = z entao z − z = 0 = 2iImz daı Imz = 0 implicando que z ∈ R.

1.2.3 Condicao de raızes conjugadas

b Propriedade 15 (Raızes conjugadas). Se um polinomio p(z) =n∑

k=0

ckzk tem coefici-

entes reais ck e z ∈ C e uma raiz, entao z tambem e uma raiz de p(z). Se um polinomio

de coeficientes reais, possui raiz compleza z, entao o conjugado de z tambem e raiz.

ê Demonstracao. Se p(z) =n∑

k=0

ckzk = 0 , podemos tomar o conjugado de 0 = 0

n∑k=0

ckzk =n∑

k=0

ckzk =n∑

k=0

ckzk =n∑

k=0

ckzk =n∑

k=0

ckzk = 0.

b Propriedade 16. Vale que (1

z) =

1

z

ê Demonstracao.

1

z=

x

x2 + y2− y

x2 + y2i ⇒ (

1

z) =

x

x2 + y2+

y

x2 + y2i

1

z=

x

x2 + y2+

y

x2 + y2i

logo temos a igualdade.

b Propriedade 17. Se P (z) e uma funcao racional com coeficientes em R, entao vale

P (z) = P (z).


ê Demonstracao.

P (z) =

n∑k=0

akzk

m∑k=0

bkzk

aplicando o conjugado

P (z) =

n∑k=0

akzk

m∑k=0

bkzk=

n∑k=0

akzk

m∑k=0

bkzk

= P (z).

b Propriedade 18. z e imaginario puro ⇔ z = −z.

ê Demonstracao. Se z e imaginario puro entao z = bi, logo z = −bi = −z. Se

z = −z entao z + z = 0, logo 2Rez = 0 implicando que Rez = 0 e z imaginario puro.

1.2.4 Valor absoluto-modulo

m Definicao 11 (Valor absoluto-modulo). Definimos o valor absoluto ou modulo de

um numero complexo z = x+ yi como

|z| =√

x2 + y2.

$ Corolario 5. O modulo de numeros complexos abrange o de numeros reais, pois se

z = a+ 0.i entao |z| =√a2 + 02 =

√a2 = |a| = |z|.

$ Corolario 6. Sendo z = a+ bi entao |iz| = |z| pois |i.z| = |ia− b| =√

a2 + (−b)2 =√a2 + (b)2 = |z|. Vale tambem que |−iz| = |z| pois |−i.z| = |−ia+b| =

√(−a)2 + (b)2 =√

a2 + (b)2 = |z|. Em especial |i| = | − i| = 1.

$ Corolario 7. Vale tambem | − z| = |z| pois z = a + bi, −z = −a − bi e daı | − z| =√(−a)2 + (−b)2 =

√a2 + b2.

b Propriedade 19 (Idempotencia).

||z|| = |z|.


ê Demonstracao.

|z| =√a2 + b2

e como√a2 + b2 e positivo real, entao |

√a2 + b2| =

√a2 + b2

|√a2 + b2| =

√(√a2 + b2)2 =

√a2 + b2.

b Propriedade 20. Valem as propriedades

Rez ≤ |Rez| ≤ |z| e Imz ≤ |Imz| ≤ |z|.

Seja z = a + bi, valem as desigualdades a2 < b2 + a2 e b2 < a2 + b2, tomando a raiz de

ambos lados segue |a| <√b2 + a2 e |b| <

√b2 + a2 , entao

Rez ≤ |Rez| ≤ |z| e Imz ≤ |Imz| ≤ |z|

pois Rez = a Imz = b e as desigualdades Rez ≤ |Rez| e Imz ≤ |Imz| sao igualdade

conhecidas de modulo de um numero real.

1.2.5 Uso de conjugado na divisao

b Propriedade 21.

|z|2 = z.z.

$ Corolario 8. Se z = 0 entao1

z=

z

|z|2.

Entao para calcular a divisao dew

zbasta calcular

wz

|z|2.

ê Demonstracao. |z|2 = a2 + b2 e z.z = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2, entao vale a

igualdade.

b Propriedade 22.

|z| = |z|.

ê Demonstracao. z = a + bi entao |z| =√a2 + b2 e z = a − bi implica |z| =√

a2 + (−b)2 =√a2 + b2 .


b Propriedade 23. |z.w| = |z| |w|

ê Demonstracao. Sendo z = a+ bi, w = x+ yi entao z.w = (ax− by) + (ay+ bx)i

daı |zw| =√(ax− by)2 + (ay + bx)2 =

√a2x2 − 2axby + b2y2 + a2y2 + 2aybx+ b2x2 =√

a2x2 + b2y2 + a2y2 + b2x2 e

|z||w| =√a2 + b2

√x2 + y2 =

√(a2 + b2)(x2 + y2) =

√a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2

logo |z||w| = |zw|.

$ Corolario 9. Se z = 0 entao |1| = 1 = |zz| = |z|.|1

z| daı |1

z| = 1

|z|. O mesmo valendo

para z, essas propriedades implicam que

|w||z|

= |wz|

w

z=

w

z.

b Propriedade 24.n∏

k=1

|zk| = |n∏

k=1

zk|.

ê Demonstracao. Por inducao sobre n. Para n = 1 vale, supondo para n, vamos

provar para n+ 1.

|n∏

k=1

zk| = | (n∏

k=1

zk)zn+1| = |n∏

k=1

zk||zn+1| =n∏

k=1

|zk|.|zn+1| = |n+1∏k=1

zk|.

$ Corolario 10. wz = wz pois wz = w z = wz.

$ Corolario 11. 2Re z.w = z.w + z.w = z.w + wz.

$ Corolario 12. |z + w|2 = |z|2 + 2Re z.w + |w|2 pois

|z + w|2 = (z + w)(z + w) = (z + w)(z + w) = z.z + z.w + zw + w.w =

= |z|2 + 2Re z.w + |w|2.

$ Corolario 13. |z − w|2 = |z|2 − 2Re z.w + |w|2 e

|z + w|2 + |z − w|2 = 2(|z|2|w|2).


$ Corolario 14 (Desigualdade triangular). Como Re z.w ≤ |z.w| entao

|z|2 + 2Re z.w + |w|2 ≤ |z|2 + 2|z.w|+ |w|2 = |z|2 + 2|z|.|w|+ |w|2 = (|z|+ |w|)2.

Entao tem-se

|z + w|2 ≤ (|z|+ |w|)2

implicando |z + w| ≤ |z|+ |w|.

$ Corolario 15. |z − w| ≤ |z| + |w| pois | − w| = |w| daı aplicamos a desigualdade

triangular.

b Propriedade 25. Se z = x+ yi e w = a+ bi entao

z

w=

ax+ by

a2 + b2+ i

ay − bx

a2 + b2.

ê Demonstracao.

z

w= z

1

w=

z.w

|w|2=

ax+ by

a2 + b2+ i

ay − bx

a2 + b2.

b Propriedade 26. |z| = 0 ⇔ z = 0.

ê Demonstracao. Se z = 0 entao |z| =√0 = 0, se |z| = 0 entao |z|2 = 0 e daı

a2 + b2 = 0, que so acontece quando a = b = 0.

b Propriedade 27. Se z = cosx+ isenx para algum x entao |z| = 1.

ê Demonstracao. |z| = cos2x+ sen2x = 1.

b Propriedade 28. Vale a desigualdade

||zn| − |z|| ≤ |zn − z|.

ê Demonstracao. Por desigualdade triangular valem as desigualdades

|zn| − |z| ≤ |zn − z| e − |zn|+ |z| ≤ |zn − z|

entao

||zn| − |z|| ≤ |zn − z|.


Z Exemplo 21. Se z = reiθ entao |eiz| = e−rsen(θ). Vale

iz = ir(cos(θ) + isen(θ)) = ircos(θ)− rsen(θ)

entao

eiz = eircos(θ)e−rsen(θ)

tomando o modulo

|eiz| = |eircos(θ)|︸︷︷︸=1

| e−rsen(θ)︸︷︷︸>0

| = e−rsen(θ).

Z Exemplo 22. Calcule o valor absoluto e conjugado dos numeros −2 + i , −3,

(2 + i)(4 + 3i).

−2 + i = −2− i

−3 = −3.

(2 + i)(4 + 3i) = 5 + 10i = 5− 10i.

| − 2 + i| =√4 + 1 = 5

| − 3| =√9 = 3.

|(2 + i)(4 + 3i)| = |5 + 10i| = 5.√5

Z Exemplo 23 (ITA -questao 5- 1990- Solucao). Suponha z ∈ C com 1+ |z| = |z+1|,

z = a+ bi, entao

1 +√a2 + b2 =

√(a+ 1)2 + b2

elevando ao quadrado implica

1 + 2√a2 + b2 + a2 + b2 = (a+ 1)2 + b2 = a2 + 2a+ 1 + b2 ⇒

√a2 + b2 = a

logo a ≥ 0, elevando ao quadrado novamente a2 + b2 = a2, portanto b = 0.

Disso temos que Im(z) = 0 e Re(z) ≥ 0.


1.2.6 Conjugado e valor absoluto da divisao

Z Exemplo 24. Se z = x+ yi e w = a+ bi entao

z

w=

ax+ by

a2 + b2+ i

ay − bx

a2 + b2.

Com isso, podemos calcular o conjugado e o valor absoluto

(z

w) =

ax+ by

a2 + b2− i

ay − bx

a2 + b2

| zw| =

√(ax+ by

a2 + b2)2 + (

ay − bx

a2 + b2)2 =

1

a2 + b2

√(ax+ by)2 + (ay − bx)2.

Como exemplo numerico vamos calcular o valor absoluto e o conjugado dos numeros

3− i√2 + 3i

ei

i+ 3.

No primeiro caso

z

w=

3(√2− 1)

11+ i

(9 +√2)

11.

| zw| = 1

11

√(3(

√2− 1))2 + (9 +

√2)2.

No segundo caso

z

w=

1

10− i

3

10.

| zw| = 1

10

√10.

Z Exemplo 25. Sem−1∑k=0

xkam−1−k = z = 0 e xm − am = t calcule x− a.

Temos quem−1∑k=0

xkam−1−k = z, usamos a identidade

(xm − am) = (x− a)m−1∑k=0

xkam−1−k

logo

x− a =t

z.


Z Exemplo 26. Calcule a parte real e imaginaria de (1 + i)n, temos

(1 + i√

2)n = cos(

nπ

4) + isen((

nπ

4))

logo

(1 + i)n =√2ncos(

nπ

4) +

√2nisen((

nπ

4)

portanto a parte real e√2ncos(

nπ

4) e a parte imaginaria e

√2nsen((

nπ

4). o conjugado

do numero e√2ncos(

nπ

4)−

√2nsen((

nπ

4)i. O modulo do numero e

√2n.

Z Exemplo 27. Calcule o modulo e valor absoluto de in para n ∈ N.

Temos que in = ir onde r e o resto da divisao de n por 4, entao temos as possibilidades

1, i, −1, −i

conforme o resto seja 0, 1, 2 ou 3 respectivamente que implica conjugado 1, −i, −1, i.

Agora o valor absoluto e 1.

Como um exemplo numerico consideramos i17, 17 deixa resto 1 na divisao por 4 entao

o numero e i e seu conjugado e −i.

1.2.7 Desigualdade de Cauchy Schwarz

b Propriedade 29. Vale a desigualdade

|n∑

k=1

xkyk| ≤

√√√√ n∑k=1

|yk|2

√√√√ n∑k=1

|xk|2

para elementos xk, yk ∈ C.

ê Demonstracao. Seja

f(t) =n∑

k=1

(|xk|+ t|yk|)2 =n∑

k=1

(|xk|2 + t2n∑

k=1

|xk||yk|+n∑

k=1

t2|yk|)2

vale f(t) ≥ 0, sendo uma equacao do segundo grau o discriminante e sempre negativo,

logo podemos chegar em

(n∑

k=1

|xk||yk|)2 ≤n∑

k=1

|xk|2n∑

k=1

|yk|2


que implican∑

k=1

|xk||yk| ≤

√√√√ n∑k=1

|yk|2

√√√√ n∑k=1

|xk|2

como vale

|n∑

k=1

xkyk| ≤n∑

k=1

|xk| |yk|︸︷︷︸=|yk|

entao segue a desigualdade

|n∑

k=1

xkyk| ≤

√√√√ n∑k=1

|yk|2

√√√√ n∑k=1

|xk|2.

1.2.8 Distancia

m Definicao 12 (Distancia). Definimos a distancia entre dois numeros complexos z1 e

z2 por

d(z1, z2) = |z1 − z2|.

b Propriedade 30. A distancia define uma metrica em C pois temos as seguintes

propriedades:

� Simetria

d(z1, z2) = d(z2, z1).

� Desigualdade triangular

d(z1, z2) ≤ d(z1, z3) + d(z3, z2)

� Positividade

d(z1, z2) ≥ 0, d(z1, z2) = 0 ⇔ z1 = z2.

Tais propriedades seguem das propriedades de R2.


Figura 1.1: Plano de Argand-Gauss

1.3 Plano de Argand-Gauss e forma polar

m Definicao 13 (Forma polar e argumento de um numero complexo).

Como podemos representar um numero complexo z = a + bi pelo ponto P = (a, b)

no plano cartesiano, a parte real a representada sobre o eixo x e a parte imaginaria b

representada sobre o eixo y. A distancia da origem ate o ponto P e

|z| = r =√a2 + b2.

a + bi, pode ser representado por r(cos(θ) + isen(θ) onde sen(θ) =b√

a2 + b2e cos(θ) =

a√a2 + b2

logo tg(θ) =b

a.. o angulo θ se chama argumento do numero complexo a + bi

e essa representacao se chama forma trigonometrica ou polar. Lembrando da relacao

cosθ + isenθ = eiθ

z = a+ bi = r(cosθ + isenθ) = r.eiθ

se elevarmos a n temos

zn = (a+ bi)n = rn(cosθ + isenθ)n = rneinθ

como temos einθ = cos(nθ) + isen(nθ) temos assim

b Propriedade 31. O conjunto dos pontos z tais que |z − z0| = r > 0 e uma circun-

ferencia de raio r e centro em z0.

ê Demonstracao. Denotando z0 = (x0, y0) e z = (zx, zy)

|z − z0| = r ⇔ (zx − x0)2 + (zy − y0)

2 = r2

que sao exatamente os pontos da circunferencia de raio r e centro em z0 = (x0, y0).


b Propriedade 32. arg(z1.z2) = arg(z1) + arg(z2).

ê Demonstracao. z1 = r1eiθ1 , z2 = r2e

iθ2 , multiplicando tem-se

z1.z2 = r1.r2ei(θ1+θ2)

logo arg(z1.z2) = θ1 + θ2 = arg(z1) + arg(z2).

b Propriedade 33. arg(z1z2) = arg(z1)− arg(z2).

ê Demonstracao.

z1 = r1eiθ1 , z2 = r2e

iθ2 , dividindo tem-se

z1z2

=r1r2ei(θ1−θ2)

daı arg(z1z2) = arg(z1)− arg(z2).

Z Exemplo 28. Determine z ∈ C tal que arg(z + i) =π

4e |z| = 2.

Seja z = a+ bi, entao |z| =√a2 + b2 = 2 implicando a2 + b2 = 4. z + i = a+ (b+ 1)i

o argumento nos da

a2

a2 + (b+ 1)2=

1

2=

(b+ 1)2

a2 + (b+ 1)2=

(b+ 1)2

5 + 2b

pois a2 + b2 = 4 , segue que a2 = (b + 1)2 e daı (b + 1)2 + b2 = 4, de onde tiramos

as solucoes b =−1 +

√7

2e por conseguinte a =

1 +√7

2como uma das solucoes z =

1 +√7

2+

−1 +√7

2i.

b Propriedade 34 (Primeira formula de Moivre). Sendo z = (cos(θ) + isen(θ) entao

zn = rn [(cos(nθ) + isen(nθ)]

porem vamos provar esse resultado por inducao.

ê Demonstracao.

Para n = 0 temos

(a+ bi)0 = 1 = r0 [(cos(0θ) + isen(0θ)] = [1 + i0] = 1

tomando agora o resultado valido para n

zn = rn [(cos(nθ) + isen(nθ)]


vamos provar para n+ 1

zn+1 = rn+1 [(cos((n+ 1)θ) + isen((n+ 1)θ)]

como zn+1 = zn.z temos

zn+1 = rn [(cos(nθ) + isen(nθ)] r [(cos(θ) + isen(θ)] =

rn+1[cosnθ.cosθ − sennθ.senθ + i(senθcosnθ + sennθ.cosθ)]

lembrando que cos(n + 1)θ = cos(nθ + θ) = cosnθ.cosθ − sennθ.senθ e sen(n + 1)θ =

sen(nθ + θ) = sennθcosθ + senθ.cosnθ substituindo temos

= rn+1[cos(n+ 1)θ + isen(n+ 1)θ].

$ Corolario 16. Em geral emn∏

k=1

zk

com zk = rkeiθk , tem-se

n∏k=1

zk = (n∏

k=1

rk)(n∏

k=1

eiθk) = (n∏

k=1

rk)(ei(

n∑k=1

θk)).

Isso implica que arg(n∏

k=1

zk) =n∑

k=1

arg(zk). Em especial

arg(n∏

k=1

z) = arg(zn) =n∑

k=1

arg(z) = narg(z).

Tomando z = reiθ, temos

n∏k=1

z = zn = (n∏

k=1

r)(ei(

n∑k=1

θ)) = rn(ei(nθ)) = rn(cos(nθ) + isen(nθ))

provando a formula de De Moivre.

$ Corolario 17.

|cosx+ iseny| =√cos2x+ sen2x =

√1 = 1.

Z Exemplo 29. z = 1 + i, tem-se cos(θ) =1√2=

√2

2= sen(θ), logo arg(z) =

π

4.


Z Exemplo 30 (ITA 2009- Questao 4- Solucao). Se a = cos(π

5) e b = sen(

π

5) entao

calcule [cos(π

5) + sen(

π

5)]54.

Pela formula de de Moivre, temos

[cos(π

5) + sen(

π

5)]54 = [cos(

54π

5) + sen(

54π

5)] =

= [cos(55π

5− π

5) + sen(

55π

5− π

5)] =

= cos(11π)︸︷︷︸−1

cos(π

5)︸︷︷︸

a

+ sen(11π)︸︷︷︸0

sen(π

5) + i sen(11π)︸︷︷︸

0

cos(π

5)− icos(11π) sen(

π

5)︸︷︷︸

b

= −a+ bi.

b Propriedade 35. O ponto z e a reflexao do ponto z em torno do ponto x. (fazer

figura).

ê Demonstracao.

1.4 Raızes

b Propriedade 36 (Raızes complexas n-esimas). Todo numero complexo

z = r(cos(θ) + isen(θ)) = 0

possui exatamente n raızes complexas n-esimas w, que satisfazem wn = z para cada

numero natural n ≥ 1, dadas por

zk = r1n [cos(

θ + 2kπ

n) + isen(

θ + 2kπ

n)]

k ∈ [0, n− 1]N .

ê Demonstracao. Queremos determinar os valores de w = p(cos(φ)+ isen(φ)) tais

que z = wn. Tem-se

wn = pn(cos(nφ) + isen(nφ)) = z = r(cos(θ) + isen(θ))

daı pn = r, p = r1n , cos(nφ) = cos(θ) , sen(nφ) = sen(θ), ⇔ nφ = θ+2kπ, φ =

θ + 2kπ

n,

k ∈ Z. De k = 0 ate n − 1 temos argumentos distintos e numeros complexos distintos ,

pois os argumentos estao entre [θ

n,θ

n+ 2π), para outros valores de k se recaımos nestes

ja citados pois k = nq + r onde 0 ≤ r < n pela divisao euclidiana

θ + 2kπ

n=

θ + 2rπ

n+ 2qπ.


Z Exemplo 31. Em especial temos as raızes da unidade , que sao raızes da equacao

zn = 1, dadas por

cos(2kπ

n) + isen(

2kπ

n), k ∈ [0, n− 1]N .

Z Exemplo 32. Calcule as raızes da equacao z4 − p = 0 onde p > 0.

As raızes serao dadas por zk = 4√p(cos

(2kπ)

4+ isen

(2kπ)

4).

z0 = 4√p

z1 = 4√p(cos

(2π)

4+ isen

(2π)

4) = i 4

√p

z2 = 4√p(cos

(4π)

4+ isen

(4π)

4) = − 4

√p

z3 = 4√p(cos

(2.3π)

4+ isen

(2.3π)

4) = −i 4

√p.

Z Exemplo 33. Calcule as raızes da equacao z4 − 3 = 0.

As raızes serao dadas por zk =4√3(cos

(2kπ)

4+ isen

(2kπ)

4).

z0 =4√3

z1 = i4√3

z2 = − 4√3

z3 = −i4√3.

Z Exemplo 34. Calcule as raızes da equacao z8 − 14z4 + 48 = 0. Tomamos w = z4 e

daı a equacao fica w2 − 14w + 48 = 0 cujas raızes sao w1 = 8 e w2 = 6. As raızes sao

z0 =4√8

z1 = i4√8

z2 = − 4√8

z3 = −i4√8

z4 =4√6


z5 = i4√6

z6 = − 4√6

z7 = −i4√6.

Z Exemplo 35. Calcule as raızes da equacao

z2 + (1− 2i)z + (1 + 5i) = 0.

Temos ∆ = (1− 2i)2 − 4(1− 5i) = −3− 4i− 4+ 20i = −7+ 16i logo os valores sao dados

por

z =−(1− 2i)±

√−7 + 16i

2.

b Propriedade 37. Se ez = 0 e α ∈ C tal que ez+α = ez entao α = 2kπi,∀ k ∈ Z.

ê Demonstracao. α = a+ bi, daı

ez+α = ezeα = ez ⇒ eα = 1

pois ez = 0 e invertıvel. Entao segue

eaebi = 1

como a funcao de lei ex e injetora, segue que a = 0, daı

ebi = cos(b) + isen(b) = 1

implicando que cos(b) = 1 e sen(b) = 0 que implica b = 2kπ, entao α = 2kπ.i.

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Basiconumcomplex (1)