Raízes de números complexos

Raízes de números complexos

Vamos começar com uma equação algébrica assim: x2 = 4.

Os valores possíveis de x que satisfazem a esta equação são, obviamente, −2 e 2. Outro exemplo é esta equação:

x3 = 8.

Neste caso, a solução real é 2. E, segundo o teorema fundamental da álgebra, há mais duas raízes complexas para esta equação. Quais são elas? Para ser uma experiência muito mais intuitiva o procedimento de extração de raízes complexas, é mais produtivo e eficiente se tivermos posse da fórmula de Euler para representação de números complexos.

Fórmula de Euler

Vamos pensar em uma função f : R → C. Por exemplo, sabemos que f (x) ≡ √x.

Por exemplo, quando x = −1, f (x) = ±i. Não é, portanto, uma função, pois não leva a uma única imagem. Mas podemos generalizar o conceito de função para o de uma função multi-valorada. Para o mesmo elemento do domínio, pode haver mais do que uma imagem. Outro exemplo é

g (x) ≡ 1 + x2i. Outro exemplo ainda é

h (x) ≡ x + ix3+ 3 − 5i.

podemos, então, pensar nas derivadas dessas funções. Por exemplo: dh (x) dx = d dx x + ix 3_{+ 3 − 5i}
= d dx(x + 3) + i x 3_{− 5}
 = d dx(x + 3) + d dxi x 3_{− 5}
 = 1 + i d dx x 3_{− 5}
= 1 + i3x2.

O que nós vamos fazer agora é considerar a seguinte função desse tipo que acamos de exemplificar:

A derivada desta função fica: du (θ)

dθ = −senθ + i cos θ.

Como já vimos nos exemplos acima, podemos fatorar i no segundo membro desta equação e assim obtemos:

du (θ)

dθ = i

2_{senθ + i cos θ}

= i (cos θ + isenθ) = iu (θ) .

(Um verdadeiro “ah-ha moment”! Ou “insight”.) Então, obtemos uma equação diferencial de primeira ordem:

du (θ)

dθ = iu (θ) . Logo, a solução formal para u (θ) é

u (θ) = A exp (iθ) ,

onde A é uma constante arbitrária e, no presente contexto, uma constante com-plexa, em princípio. Notemos, no entanto, que quando θ = 0, a definção de u (θ) acima nos dá:

u (0) = cos 0 + isen0 = 1.

Agora, pela solução da equação diferencial acima, obtemos u (0) = A exp (i0)

= A exp (0) = A.

Com este resultado e o fato de que, pela definição, u (0) = 1, segue que A = 1. E assim, obtemos a celebrada fórmula de Euler:

exp (iθ) = cos θ + isenθ.

Como é o complexo conjugado de exp (iθ)? Pelo que vimos acima, basta trocarmos i por −i :

[exp (iθ)]∗ = exp (−iθ) = (cos θ + isenθ)∗ = cos θ − isenθ.

Vemos, portanto, que

exp (iθ) exp (−iθ) = (cos θ + isenθ) (cos θ − isenθ) = (cos θ + isenθ) cos θ

− (cos θ + isenθ) isenθ = cos2θ + isenθ cos θ

− cos θisenθ + iisen2_θ
= cos2θ + isenθ cos θ

−i cos θsenθ − iisen2_θ

= cos2θ + isenθ cos θ −i cos θsenθ + sen2_θ

= cos2θ + sen2θ = 1.

Mas, então, como se fosse o caso real, porque exp (iθ) exp (−iθ) = 1, segue que

exp (−iθ) = 1 exp (iθ).

Ora, como seria, então, a exponencial de um número complexo qualquer, z = a + bi,

com a, b ∈ R, por exemplo?

exp (z) = exp (a + bi) ≡ exp (a) exp (bi) = exp (a) (cos b + isenb) = exp (a) cos b + i exp (a) senb.

Exercício: Demonstre que, para ∀z1, z2∈ C, vale a seguinte igualdade:

exp (z1+ z2) = exp (z1) exp (z2) .

Dica: use seno e cosseno da soma.

Uma consequência importante disso tudo que acabamos de ver é que sempre podemos escrever um número complexo qualquer como exp (α + iβ) , com α, β ∈ R. Para vermos isso, consideremos um número complexo arbitrário não nulo:

com a, b ∈ R. Sempre podemos escrever z da seguinte forma: z = pa2_{+ b}2  _a √ a2_{+ b}2 + i b √ a2_{+ b}2  . Já sabemos que p a2_{+ b}2 _{= |z| ,}

isto é,√a2_{+ b}2 _{é o módulo de z. Então, para qualquer z 6= 0,}

z = |z|  _a √ a2_{+ b}2+ i b √ a2_{+ b}2  . Notemos que −1 6 _√ a a2_+b2 6 1 e −1 6 _√ b a2_+b2 6 1.

É um bom exercício demonstrar isto! Então sempre existe um β ∈ R tal que cos β = √ a a2_{+ b}2 e senβ = √ b a2_{+ b}2, já que  _a √ a2_{+ b}2 2 +  _b √ a2_{+ b}2 2 = 1. Portanto, sempre é possivel escrevermos

z = |z| (cos β + isenβ) . Mas, agora, podemos observar o seguinte:

exp (ln |z|) = |z| . Então, podemos escolher

α = ln |z| e, voilà:

z = exp (ln |z|) (cos β + isenβ) = exp (α) exp (iβ)

= exp (α + iβ) . Note que, neste exemplo, a função

f (z0) = exp (z0)

Raízes de números complexos

Já fizemos um exercício que implica no seguinte resultado: exp (z0+ z0) = exp (z0) exp (z0) , isto é,

exp (2z0) = [exp (z0)]2, ou seja,

[exp (z0)]2 = exp (2z0) . Nós vimos acima que para

z = a + bi, com a, b ∈ R, sempre podemos escrever

z = exp (z0) , com

z0 = α + iβ,

onde α e β são calculados como acima. Logo, a equação [exp (z0)]2 = exp (2z0) pode ser escrita assim:

z2 = exp (2z0) . Exercício Mostre que, para ∀n ∈ Z, temos

zn = exp (nz0) .

Como podemos utilizar esses resultados acima para extrair raízes inteiras de um número complexo qualquer?

Consideremos o problema de encontrar √3

i. Por definição, as raízes √3

i são números complexos z tais que

z3 = i.

Devemos encontrar todos os números z’s tais que cada um, elevado ao cubo, seja igual a i. Sabemos que esses números z’s têm formas que podem ser assim escritas:

e nosso objetivo é encontrar todos os α’s e β’s para que z3 = i. Sendo assim, impomos que

[exp (α + iβ)]3 = i. Logo, pelo que vimos acima,

exp (3α + i3β) = i. Como

exp (3α + i3β) = exp (3α) exp (i3β)

= exp (3α) [cos (3β) + isen (3β)]

= exp (3α) cos (3β) + i exp (3α) sen (3β) , devemos impor

exp (3α) cos (3β) + i exp (3α) sen (3β) = i

e achar todos os valores de α e β para os quais esta equação é válida. Esta equação complexa, equivalentemente, corresponde a duas equações reais:

exp (3α) cos (3β) = 0 e

exp (3α) sen (3β) = 1. A primeira equação fica:

exp (3α) cos (3β) = 0, isto é, cos (3β) = 0 e, portanto, 3β = (2m + 1)π 2, ou seja, β = (2m + 1)π 6, com m ∈ Z. Vamos resolver também a segunda equação:

exp (3α) sen (3β) = 1, isto é, exp (3α) senh(2m + 1)π 2 i = 1.

Veja que

senh(2m + 1)π 2 i

= (−1)m. Portanto, a equação agora fica:

exp (3α) (−1)m = 1, ou seja, exp (3α) = (−1)−m = (−1)−m(−1) m (−1)m = (−1) −m (−1)m (−1) m = 1 (−1)2m(−1) m = _h 1 (−1)2i m(−1) m , ou ainda, exp (3α) = (−1)m.

Como exp (3α) > 0, segue que só serão soluções, os casos em que m for par. Assim,

exp (3α) = 1

com m par. Tomando o logaritmo de ambos os membros desta equação, encon-tramos que

3α = ln (1)

= 0

e, assim, concluímos que

α = 0. As raízes cúbicas de i são, portanto, da forma

z = exp (α + iβ) = exphi (2m + 1)π

6 i

,

mas com m inteiro e par. Escrevamos, então, m = 2k, com k ∈ Z. Logo, as raízes cúbicas de i são dadas por

z = exphi (4k + 1)π 6 i = exp  iπ 6 + i k2π 3  ,

com k ∈ Z. Veja que exp  iπ 6 + i 2kπ 3  = cos π 6 + 2kπ 3  + isen π 6 + 2kπ 3  .

Note que o cosseno e o seno são funções periódicas com período igual a 2π e, nesta solução, conforme o k vai varrendo todos os inteiros, só vamos ter três possíveis valores diferentes desta solução, sendo que eles são os que se obtêm, por exemplo, para k = 0, 1, 2. Aí, quando k = 3, por exemplo, 2kπ/3 = 2π e a solução assume de novo o valor que havia assumido para k = 0. É por isso que as raízes n-ésimas são sempre dadas com o ângulo β/n somado a 2kπ/n, para k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 e há apenas n raízes distintas.

Exercício Mostre que

n

p

exp (iβ) = exp  iβ n+ i 2kπ n  ,

com k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, sendo que quaisquer outros valores de k ∈ Z só vão dar as mesmas raízes de novo dentro do conjunto das n raízes distintas com k’s tais que k = 0, 1, 2, . . . , n − 1.

Vejamos, portanto, que um número complexo qualquer, podendo sempre ser escrito como

z = exp (α + iβ) ,

pode diretamente ter suas raízes n-ésimas calculadas diretamente assim:

n √ z = exp α n + i β n+ i 2kπ n  , (1)

com k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Tudo o que você tem a fazer é sempre escrever z na forma exp (α + iβ) e aí seguir a receita da Eq. (1) para achar todas suas raízes n-ésimas.

Para realmente verificar que estamos falando coisas óbvias, façamos o seguinte:

n √ z
n =  exp α n + i β n+ i 2kπ n n . Mas já sabemos que

 exp α n+ i β n+ i 2kπ n n = exp  nα n+ ni β n+ ni 2kπ n 

= exp (α + iβ + i2kπ) = exp (α + iβ) exp (i2kπ)

= exp (α + iβ) [cos (2kπ) + isen (2kπ)] = exp (α + iβ) cos (2kπ)

= exp (α + iβ)

e, portanto,

n

√

z
n = z,

∀k ∈ Z, como deveria ser. Pronto! Agora podemos extrair todas as raízes n-ésimas de números complexos!