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Polos Olímpicos de Treinamento
Curso de Álgebra - Nível 3
Prof. Cícero Thiago / Prof. Marcelo Mendes
Aula 6
N´umeros Complexos
Defini¸c˜ao 1 O conjunto dos n´umeros complexos, representado por C, consiste de todos os pares orde- nados (a, b) com a, b ∈ R. Definiremos que (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) e (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc). Chamaremos de unidade imagin´aria o complexo i = (0, 1). Usando a opera¸c˜ao de multiplica¸c˜ao verificamos que i·i = i^2 = (0, 1)·(0, 1) = (0 · 0 − 1 · 1 , 0 · 1 + 1 · 0) = (− 1 , 0). Vamos fazer um abuso de linguagem matem´atica e definir que (− 1 , 0) = −1, sendo assim definiremos os n´umeros complexos como as express˜oes da forma z = a + bi, onde a e b s˜ao n´umeros reais e i^2 = −1, ou seja,
C =
z = a + bi| a, b ∈ R, i^2 = − 1.
O n´umero a ´e chamado de parte real de z e o n´umero b ´e chamado de parte imagin´aria de z. Com isso, fica f´acil perceber que se um n´umero complexo que tem parte imagin´aria igual a zero ser´a um n´umero real.
Dois n´umeros complexos s˜ao iguais se, e somente se, eles possuem a mesma parte real e a mesma parte imagin´aria, isto ´e,
a + bi = c + di ⇔ a = c e b = d.
A soma e o produto de dois n´umeros complexos z = a + bi e w = c + di s˜ao definidos assim:
z + w = (a + c) + (b + d)i e z.w = (ac − bd) + (ad + bc)i.
O n´umero complexo z = a−bi ser´a chamado de conjugado do n´umero complexo z = a+bi. E f´´ acil perceber que z ´e um n´umero real se, e somente se, z = z. Usaremos o conjugado do
n´umero complexo z = a + bi para poder representar o complexo
z
z
a + bi
a + bi
a − bi a − bi
a − bi a^2 + b^2
z |z|^2
a a^2 + b^2
−b a^2 + b^2
i.
A partir do resultado acima faremos
z 1 z 2
= z 1.
z 2
, onde z 1 e z 2 s˜ao n´umeros complexos.
Vejamos abaixo algumas propriedades as quais deixaremos as provas com o leitor:
Thiago
z = z
z + w = z + w
z.w = z.w
( (^) z
w
z w
O valor absoluto, ou m´odulo de um n´umero complexo z = a + bi ´e definido por:
|z| =
a^2 + b^2 =
z.z.
Vejamos agora algumas propriedades do m´odulo de um n´umero complexo:
|z| = | − z| = |z|
z.z = |z|^2
|z 1 .z 2 | = |z 1 |.|z 2 |
∣∣^1
z
|z|
, z 6 = 0
z 1 z 2
∣ =^
|z 1 | |z 2 |
, z 2 6 = 0
- |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 | Prova: Observe que |z 1 +z 2 |^2 = (z 1 + z 2 ) (z 1 + z 2 ) = (z 1 + z 2 ) (z 1 + z 2 ) = |z 1 |^2 +z 1 ·z 2 +z 1 ·z 2 +|z 2 |^2. Por outro lado, z 1 · z 2 = z 1 · z 2 = z 1 · z 2 , assim:
z 1 · z 2 + z 1 · z 2 = 2 · Re (z 1 · z 2 ) ≤ 2 |z 1 · z 2 | = 2|z 1 | · |z 2 |,
portanto, |z 1 + z 2 |^2 ≤ (|z 1 | + |z 2 |)^2. Finalmente, |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 |.
- |z 1 | − |z 2 | ≤ |z 1 − z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 |. A demonstra¸c˜ao das outras propriedades fica a cargo do leitor.
Exerc´ıcios Resolvidos
- Resolva a equa¸c˜ao z^3 = 18 + 26i, onde z = x + yi e x, y s˜ao n´umeros inteiros. Solu¸c˜ao: (x+yi)^3 = (x+yi)^2 (x+yi) = (x^2 −y^2 +2xyi)(x+yi) = (x^3 − 3 xy^2 )+(3x^2 y −y^3 ) = 18+26i. Usando a defini¸c˜ao de igualdade de n´umeros complexos, obtemos: { x^3 − 3 xy^2 = 18 3 x^2 y − y^3 = 26
Fazendo y = tx na igualdade 18(3x^2 y − y^3 ) = 26(x^3 − 3 xy^2 ), observamos que x 6 = 0 e y 6 = 0 implica 18(3t−t^3 ) = 26(1− 3 t^2 ). A ´ultima rela¸c˜ao ´e equivalente a (3t−1)(3t^2 − 12 t−13) = 0.
A ´unica solu¸c˜ao racional da equa¸c˜ao ´e t =
, ent˜ao,
x = 3, y = 1 e z = 3 + i.
- Prove a identidade
|z 1 + z 2 |^2 + |z 1 − z 2 |^2 = 2(|z 1 |^2 + |z 2 |^2 )
Thiago
com yk = mxk + b, 1 ≤ k ≤ n. Consequentemente,
∑ vk =
yk =
(mxk + b) = m
xk + nb =
uk
m + nb.
Nesse caso, n = 5, b = 3,
uk = 3 e
vk = 504. Segue que 504 = 3m + 15 ⇔ m = 163.
- Se( a, b e n s˜ao n´umeros inteiros e positivos, prove que existem inteiros x e y tais que a^2 + b^2
)n = x^2 + y^2. Solu¸c˜ao:
Seja z = a + bi. Ent˜ao,
a^2 + b^2
)n
|z|^2
)n = |z|^2 n^ = (|z|n)^2. Mas, zn^ = x + iy, com x e
y inteiros (pois a e b s˜ao inteiros). Portanto, (|z|n)^2 = |x + iy|^2 = x^2 + y^2.
- Seja f : C → C uma fun¸c˜ao tal que f (z)f (iz) = z^2 para qualquer z ∈ C. Prove que f (z) + f (−z) = 0 para qualquer z ∈ C. Solu¸c˜ao:
Substitua z por iz na igualdade f (z)f (iz) = z^2 , ent˜ao f (iz)f (−z) = −z^2. Somando as duas igualdades temos que f (iz) (f (z) + f (−z)) = 0 ent˜ao f (iz) = 0 ou f (z) + f (−z) = 0. Da igualdade f (z)f (iz) = z^2 deduzimos que f (z) = 0 se, e somente se, z = 0. Se z 6 = 0, ent˜ao f (iz) 6 = 0 e, com isso, f (z) + f (−z) = 0 e, se z = 0, ent˜ao f (z) + f (−z) = 2f (0) = 0. Portanto, f (z) + f (−z) = 0 para qualquer z ∈ C. Um exemplo de fun¸c˜ao que satisfaz
f (z)f (iz) = z^2 ´e f (z) =
z.
- Se x ´e um n´umero real, prove que todos os n´umeros complexos de m´odulo 1 podem ser escritos na forma x + i x − i
Solu¸c˜ao:
Para come¸car seja (a + bi)^2 = (a − bi) (a + bi)
a + bi a − bi
a^2 + b^2
a b
− i
, e use o fato que
a^2 + b^2 = 1. Fa¸ca z = (a + bi)^2 e
a b
= t ∈ R. Assim, |z| = | (a + bi)^2 | = a^2 + b^2 = 1 e
z =
t + i t − i
, t ∈ R.
Defini¸c˜ao 2 Todo n´umero complexo z = a + bi pode ser escrito na forma trigonom´etrica
z = r(cos θ + i · sin θ),
onde r = |z| e θ o ˆangulo (em radianos) que a reta, que liga a origem ao ponto z, forma com o eixo positivo real. O ˆangulo θ ´e chamado de argumento de z.
Thiago
θ
Im
a Re
b
r
z = a + bi = r(cos θ + i · sin θ)
O conjugado do complexo z = a + bi, tem a forma trigonom´etrica
z = r(cos(−θ) + i · sin(−θ)) = r(cos θ − i · sin θ),
com isso, 1 z
z |z|^2
r(cos θ − i · sin θ) r^2
r
(cos θ − i · sin θ).
Teorema 1 Seja n um inteiro, r e θ n´umeros reais, ent˜ao
[r(cos θ + i · sin θ)]n^ = rn^ (cos nθ + i · sin nθ).
Prova: Vamos provar que a igualdade ´e v´alida para n ∈ N e, em seguida, provemos para n ∈ Z. Para isso usaremos o princ´ıpio da indu¸c˜ao finita.
Se n = 0 ⇒ z^0 = 1 e r^0 (cos 0 + i · sin 0) = 1. Vamos admitir a validade da f´ormula para n = k − 1:
zk−^1 = rk−^1 · [cos (k − 1) θ + i · sin (k − 1) θ]
e agora provemos a validade da igualdade para n = k:
zk^ = zk−^1 · z = rk−^1 · [cos (k − 1) θ + i · sin (k − 1) θ] · r · (cos θ + i sin θ) =
rk^ (cos kθ + i · sin kθ)
Fica como exerc´ıcio provar que a igualdade ´e v´alida para n negativo. Para isso, use que
z−n^ =
zn^
, n ∈ N.
Teorema 2
Seja n um inteiro positivo e z um n´umero complexo. Existem n ra´ızes n - ´esimas de z, que s˜ao assim definidas
ωi = r n^1
cos
θ + 2kπ n
θ + 2kπ n
Thiago
ent˜ao z 0 · z 5 = 4.
- Prove que cos
2 π 7
4 π 7
6 π 7
Solu¸c˜ao:
Se z = cos θ + i · sin θ e z = cos θ − i · sin θ. Ent˜ao, cos θ =
z + z 2
. Assim, seja z =
cos
2 π 7
2 π 7
, ent˜ao z^7 = 1. Portanto,
z +
z
z^2 +
z^2
z^3 +
z^3
Multiplicando tudo por 2z^3 e organizando as parcelas, temos:
z^6 + z^5 + z^4 + z^3 + z^2 + z + 1 = 0
ou seja,
z^7 − 1 z − 1
- (OPM) As ra´ızes quintas do n´umero 1 s˜ao as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao x^5 − 1 = 0. Uma
dessas ra´ızes ´e ǫ = cos
2 π 5
2 π 5
a) Dˆe as demais solu¸c˜oes da equa¸c˜ao em fun¸c˜ao de ǫ. b) Calcule a soma dos cubos das 5 ra´ızes. c) Calcule a soma das d´ecimas potˆencias das 5 ra´ızes. d) Generalize, se poss´ıvel, os resultados anteriores para as n ra´ızes n - ´esimas de 1.
Solu¸c˜ao:
a) As solu¸c˜oes da equa¸c˜ao s˜ao: cos
2 kπ 5
2 kπ 5
, k = 1, 2 , 3 , 4 , 5 e s˜ao, respectiva-
mente, iguais a ǫ, ǫ^2 , ǫ^3 , ǫ^4 e ǫ^5 = 1. b) S = ǫ^3 + ǫ^6 + ǫ^9 + ǫ^12 + ǫ^15 = ǫ^3 + ǫ + ǫ^4 + ǫ^2 + 1 = 0 pois a soma das cinco ra´ızes ´e o coeficiente de x^4 na equa¸c˜ao dada. c) ǫ^10 + ǫ^20 + ǫ^30 + ǫ^40 + ǫ^50 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5. d) A soma das potˆencias k das n ra´ızes n - ´esimas da unidade ´e igual a 0 se k n˜ao divide n e ´e igual a n, se k divide n. Demonstra¸c˜ao: Tomando - se uma raiz primitiva z da unidade podemos escrever todas as ra´ızes n - ´esimas como potˆencias de z: z^1 , z^2 , z^3 ,... , zn. Logo as potˆencias de grau k ser˜ao: zk, z^2 k, z^3 k^ ,... , znk. Supondo que k n˜ao divide n, zk^6 = 1. Nesse caso a soma das potˆencias k das n ra´ızes ser´a dada por:
Sk =
zk^
zkn^ − 1
zk^ − 1
Thiago
Como zn^ = 1, zkn^ = 1 e Sk = 0. Se k ´e m´ultiplo de n, as potˆencias de z: zk, z^2 k, z^3 k^ ,.. ., znk^ ser˜ao todas iguais a 1. Logo a soma ser´a Sk = 1 + 1 +... + 1 = n.
- Seja f (x) = cos x + i · sin x. (a) Prove que f (0) = 1 e f (x)f (y) = f (x + y) para quaisquer x e y reais. (b) Suponha que a fun¸c˜ao g satisfaz g(0) = 1 e g(x)g(y) = g(x + y) para quaisquer x e y reais. Prove que essa fun¸c˜ao 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) =
g(x)
(c) Dˆe exemplo de uma fun¸c˜ao g tal que g(0) = 1 e que satisfaz g(x)g(y) = g(x + y) para quaisquer x e y reais.
Solu¸c˜ao: (a) Temos que f (0) = cos 0 + i · sin 0 = 1 + 0i = 1. Al´em disso,
f (x)f (y) = (cos x + i · sin x) (cos y + i · sin y)
= cos x cos y − sin x sin y + i · (sin x cos y + cos x sin y)
= cos (x + y) + i · sin (x + y)
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, n˜ao 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) ´e uma consequˆencia imediata de g(x)g(y) = g(x + y). Vamos usar indu¸c˜ao para provar. Veja que [g(x)]^1 = g(x) e se [g(x)]k^ = g(kx) para algum inteiro positivo k, ent˜ao
[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, ent˜ao ocorre tamb´em para n = k + 1.
Al´em disso, se g(0) = 1 e
g(x) g(y)
= g(x − y), fazendo x = 0 temos que
g(y)
= g(−y).
(c) Um exemplo de fun¸c˜ao que satisfaz todas as propriedades ´e g(x) = 2y^ , pois g(0) = 2^0 = 1 e g(x)g(y) = 2x^ · 2 y^ = 2x+y^ = g(x + y).
Thiago
- (OCM) Sejam∣ a e z n´umeros complexos tais que |a| < 1 e az 6 = 1. Mostre que se ∣ ∣ ∣
z − a 1 − az
∣ <^ 1 ent˜ao^ |z|^ <^ 1.
- (OCM) Uma lista de n´umeros complexos distintos z 1 , z 2 ,... , zn ´e um ciclo de com- primento n para uma fun¸c˜ao f : C → C se z 2 = f (z 1 ), z 3 = f (z 2 ),... , zn = f (zn− 1 ) e z 1 = f (zn). Seja f (z) = z^2 + 2003 e z 1 , z 2 ,... , z 2003 um ciclo de comprimento
- Calcule (^2003) ∏
i=
(f (zi) + zi),
onde o s´ımbolo
indica o produto.
- Sejam z 1 , z 2 ∈ C n´umeros complexos tais que |z 1 +z 2 | =
3 e |z 1 | = |z 2 | = 1. Calcule |z 1 − z 2 |.
- (Putnam) Prove que se 11z^10 + 10iz^9 + 10iz − 11 = 0, ent˜ao |z| = 1.
- Seja z um n´umero complexo tal que z ∈ C − R e
1 + z + z^2 1 − z + z^2
∈ R.
Prove que |z| = 1.
- (Espanha) Resolva o sistema se equa¸c˜oes no conjunto dos n´umeros complexos:
|z 1 | = |z 2 | = |z 3 | = 1, z 1 + z 2 + z 3 = 1,
z 1 z 2 z 3 = 1.
- Ache todos os n´umeros complexos z tais que |z| = 1 e ∣∣ ∣∣^ z z
z z
- Ache todos os pares ordenados (a, b) de n´umeros reais tais que (a + bi)^2002 = a − bi.
- Prove que cos
π 11
3 π 11
5 π 11
7 π 11
9 π 11
Thiago
- Sejam a, b, c n´umeros reais tais que
cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = 0.
Prove que
cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0.
- Prove que cos
π 7
3 π 7
5 π 7
- Prove que
sin
2 π 7
4 π 7
8 π 7
- Sejam a, b, c n´umeros reais tais que
cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = 0.
Prove que
cos (a + b + c) =
(cos 3a + cos 3b + cos 3c),
sin (a + b + c) =
(sin 3a + sin 3b + sin 3c).
- (Cro´acia) Determine os valores m´ınimo e m´aximo, caso existam, da express˜ao |z −
z
em que z ´e um n´umero complexo tal que |z| = 2.
- (OCM) Determinar todos os subconjuntos S dos n´umeros complexos que satisfazem aos seguintes requisitos:
- Se x, y ∈ S, ent˜ao xy ∈ S.
- S possui 2002 elementos.
- (Mandelbrot) O n´umero complexo
3 + i
3 − i
´e um n´umero inteiro.
Qual?
- (Mandelbrot) Se ω^1997 = 1 e ω 6 = 1, ent˜ao determine o valor de
1 1 + ω
1 + ω^2
1 + ω^1997
Thiago
Fa¸ca u = 24z + 5 e w = u^2 assim,
(u + 3) (u + 1) (u − 1) (u − 3) = 768, ( u^2 − 1
u^2 − 9
w^2 − 10 w − 759 = 0,
(w − 33) (w + 23) = 0.
Portanto, z =
e z =
23 i − 5 24
- Multiplicando a segunda equa¸c˜ao por i e adicionando `a primeira equa¸c˜ao, temos:
x + yi =
(3x − y) − (x + 3y) i x^2 + y^2
x + yi +
3 (x − yi) x^2 + y^2
i (x − yi) x^2 + y^2
Seja z = x + yi. Ent˜ao, 1 z
x − yi x^2 + y^2
A ´ultima equa¸c˜ao ´e equivalente a
z +
3 − i z
z =
−3 + 4i 2
3 ± (1 + 2i) 2
assim, (x, y) = (2, 1) ou (x, y) = (1, −1)
- Use o fato que |
z − a 1 − az
|^2 =
z − a 1 − az
z − a 1 − az
- Usando a lei de forma¸c˜ao da fun¸c˜ao conseguimos a seguinte rela¸c˜ao z^2 i −z^2 i− 1 = zi+1 −zi.
- Use que z ∈ R ⇔ z = z.
- Fa¸ca z^9 =
11 − 10 iz 11 z + 10i
e z = a + bi.
- Use que z ∈ R ⇔ z = z.
- Seja z = a + bi, z = a − bi, e |z| =
a^2 + b^2. Temos que z^2002 = z. Note que |z|^2002 = |z^2002 | = |z| = |z|, segue que |z|
|z|^2001 − 1
= 0. Ent˜ao |z| = 0 ou |z| = 1. Se |z| = 0 teremos apenas uma solu¸c˜ao z = 0. No caso em que |z| = 1, n´os temos z^2002 = z, que ´e equivalente a z^2003 = z ·z = |z|^2 = 1. A equa¸c˜ao z^2003 = 1 tem 2003 solu¸c˜oes distintas.
Thiago
Nos problema 18 e 20 use que se z = cos θ+i·sin θ e z = cos θ−i·sin θ. Ent˜ao, cos θ =
z + z 2
Nos problemas 19, 21 e 22 use que se z = cos θ + i · sin θ e z = cos θ − i · sin θ. Ent˜ao,
cos θ =
z + z 2
e sin θ =
z − z 2 i
- Fa¸ca z = a + bi. Assim, 4 = |z|^2 = a^2 + b^2.
Portanto,
|z −
z
| = |a + bi −
a + bi
| = |a + bi −
a − bi a^2 + b^2
|^2
|a + bi −
a − bi 4
|^2 = |
a +
bi|^2
9 16
a^2 +
b^2 =
4 − b^2
b^2 =
Assim, o menor valor de |z −
z
|^2 ´e
que ´e obtido quando b = 0. Ent˜ao, o menor valor de
|z −
z
| ´e
. Observe que a^2 = 4 ⇔ a = ±2. Por outro lado, se a^2 + b^2 = 4, o m´aximo de
b^2 ´e 4. Ent˜ao, o m´aximo valor de |z −
z
|^2 ´e
- 4 e ´e obtido quando b^2 = 4 ⇔ b = ±2.
Ent˜ao, o maior valor de |z −
z
| ´e
para b = ±2. Observe que nesse caso a^2 = 0 ⇔ a = 0.
- Fa¸ca C =
3 + i
e D =
3 − i
. ´E f´acil ver que C + D = 3 e CD = 3, ent˜ao
C^8 + D^8 =
C^4 + D^4
− 2 (CD)^4. Fa¸ca o mesmo com C^4 + D^4.
- Calcule
1 + ωk^
1 + ω^1997 −k^
, k = 1, 2 ,... , 998.
- a) A interpreta¸c˜ao geom´etrica da distˆancia no plano complexo e a desigualdade trian- gular mostram que z ´e um ponto sobre o segmento [a, b]. b) Usando os argumentos do item (a) temos: ⋆ |z| + |z − 3 | ≥ |z − z + 3| = 3, com igualdade acontecendo se, e somente se, z ´e um n´umero real e 0 ≤ z ≤ 3. ⋆ |z − 1 | + |z − 2 | ≥ |z − 1 − z + 2| = 1, com igualdade acontecendo se, e somente se, z ´e real e 1 ≤ z ≤ 2. Adicionando as desigualdades obtemos |z| + |z − 1 | + |z − 2 | + |z − 3 | = 4 se, e somente se, z ´e um n´umero real e 1 ≤ z ≤ 2.
- F (F (z)) =
z + i z − i
− i
z + i + iz + i z + i − iz − i
1 + i 1 − i
z + 1 z − 1
= i ·
z + i z − i
. Agora, ´e f´acil ver que
F (F (F (z))) = z, o que mostra que zn = zn− 3 , ∀n ≥ 3. Em particular, z 2002 = z 2002 − 667 · 3 =
Thiago
= 2^14
cos
π 14
cos
π 14
π 14
= 2^14
cos
π 14
(cos π + i · sin π)
cos
π 14
Bibliografia
- T´opicos de Matem´atica Elementar, vol. 6. Polinˆomios. Antonio Caminha Muniz Neto SBM
- Complex Numbers from A to Z. Titu Andreescu e Dorin Andrica Birkhauser
- 101 Problems in Algebra: From the training of the USA IMO team. Titu Andreescu AMT publishing
- Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica, Ensino M´edio, 1981 - 2005 Emanuel Carneiro, Francisco Antˆonio M. de Paiva e Onofre Campos
- The USSR Olympiad Problem Book Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics D.O. Shklarsky, N.N. Chentzov e I.M. Yaglom
- First Steps for Math Olympians Using the American Mathematics Competitions J. Douglas Faires
- Problem - Solving Through Problems Loren C. Larson Springer
- Olimp´ıada de Matem´atica de 1977 a 1997 Quest˜oes e Solu¸c˜oes - 2o^ grau.
- Fundamentos de Matem´atica Elementar, vol. 6 Complexos, Polinˆomios e Equa¸c˜oes Gelson Iezzi
Thiago
- Mathematical Olympiad Treasures Titu Andreescu e Bogdan Enescu Birkhauser
- 360 Problems for Mathematical Contests Titu Andreescu e Dorin Andrica GIL
- The Mandelbrot Problem Book Sam Vandervelde
- The First Five Years Sam Vandervelde
- Winning Solutions Cecil Rousseau e Edward Lozansky
- Curso de Algebra, Vol. 1.´ Abramo Hefez IMPA
- Plane Trigonometry and Complex Numbers Dusan Jevtic
- A problem book in algebra V. A. Krechmar
- Matem´atica em n´ıvel IME - ITA N´umeros Complexos e Polinˆomios Caio dos Santos Guimar˜aes
- Precalculus Richard Rusczyk the Art of Problem Solving
- A Matem´atica do ensino m´edio, vol. 4 Enunciados e solu¸c˜oes dos exerc´ıcios Elon Lages Lima, Paulo C´ezar Pinto Carvalho, Eduardo Wagner e Augusto C´esar Morgado
- A Decade of Berkeley Math Circle The American Experience, vol. 1 Zvezdelina Stankova e Tom Rike
