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RAÍZES DA UNIDADE
Anderson Torres & Eduardo Tengan
♦ Nível Intermediário
Para θ∈ \ a Fórmula de Euler nos permite escrever cos sen
i e i.
⋅θ = θ + ⋅ θ Ela nos fornece
uma maneira prática de multiplicar números complexos. Por exemplo, o Teorema de De Moivre ,
normalmente escrito ( cos sen ) cos sen
n θ + i ⋅ θ = n θ + i ⋅ n , θ na notação exponencial fica bem mais
conciso: (^) ( )
i n^ i n ( ) e e.
θ θ = Mas, e as raízes da unidade? Elas são os complexos que zeram o polinômio
n P z = z −. Por De Moivre, sabemos que
2 k i n k e^
π ζ = são raízes deste polinômio (com 0 ≤ k < n ),
e, como são n no total, elas são todas as raízes.
E assim temos o primeiro resultado do artigo:
( ) 0
n k
k n
z z , ≤ <
− = (^) ∏ − ζ
em que
2 k i n e.
π ζ =
Raízes da unidade têm um monte de aplicações. Uma das mais imediatas é simplificar contas com
funções trigonométricas, usando estas fórmulas aqui:
cos sen 2 2
i i i i e e e e ; i
θ − θ θ − θ
PROBLEMA 1: calcule a soma tenebrosa
0
sen
k n
k
≤ < n
π ∑
SOLUÇÃO : Usando a nossa recente descoberta, esta soma se transforma numa progressão
geométrica! Sendo
i n e ,
π ζ = temos
( )
1
0 0 0 0
k k k k
k n k n k n k n
k sen n i i
− −
≤ < ≤ < ≤ < ≤ <
π ζ − ζ = = (^) ζ − ζ
∑ ∑ ∑ ∑
( )
1
1 0
sen 2 1 1
n n
k n
k
n i
−
− ≤ <
π ζ − ζ^ − = ^ − (^) ζ − ζ −
∑
Talvez você deva estar pensando: “uma diferença de complexos dando um real? Mas
como??” Simples:
1 ,
− ζ = ζ logo a soma acima é uma diferença de conjugados dividida por 2 i. É por
isso que o resultado é real...
1 2 1 2
1 1 2 1 2 0
k n^2 i^1 1
k sen i cotg n n
−
− − ≤ <
π − ζ + ζ π = (^) + (^) = ⋅ = ζ −^ ζ^ −^ ζ^ + ζ
∑
Agora, uma aplicação da fatoração de 1
n z − :
PROBLEMA 2 : Prove que, para todo inteiro positivo n existem polinômios f ,gn n ∈ ][ ] x tais que
(^2 ) 1 1 2
r^ n fn x x + + g (^) n x x + =
SOLUÇÃO: Primeiro, testar alguns casos pequenos: n = 1
(^2 ) f 1 (^) x x + 1 + g 1 x x + 1 = 2
Para eliminar g 1 , podemos aplicar x = i , o que nos dá
2 1 1 2
f i i f i i i
Podemos tomar f 1 ( x )= − x. Mas e quanto a g 1 ( x? ) Calma, coisas são feitas para funcionar! Veja
que
2 2 2 − f 1 x x + 1 = 2 + x x + 1
tem i com zero, e automaticamente – i (conjugados, a-há!). Portanto o polinômio acima é múltiplo
de
2 x + 1 e basta efetuar a divisão com Briot-Ruffini para achar g 1.
Para o caso geral, vamos considerar os zeros de
2 1
n x +. Mas os zeros de
21 2 2
n n n
x x x
−
são
justamente as raízes
1 2
n + -ésimas da unidade que não são raízes 2
n -ésimas da unidade. Logo, se
escolhermos
2 i 2 n^1 e
π + ζ = uma raiz
1 2
n + -ésima primitiva da unidade (isto é, que não é raiz t -ésima da
unidade para nenhum t menor que
1 2
n + ), temos
( )
2
1 2 1 1 mod
n
n
k
k k
x x ≤ ≤ + ≡
Escrevendo x = –1,
( )
( )
2
1 2 1 1 2 1 1 mod2 1 mod
n
n n
k k
k k k k
≤ ≤ + ≤ ≤ + ≡ ≡
Basta demonstrar que cada 1
k
- ζ “é múltiplo” de 1 + ζ. Moleza:
2 3 2 1 1 1 1
k k k ...
− −
- ζ = + ζ − ζ + ζ − ζ + − ζ + ζ
Portanto, podemos escolher f n tal que ( )( )
2 2 1
n − fn x + x admite raízes
k ζ ,k ímpar. Portanto, é
divisível por
2 1
n x + , o que acaba a demonstração.
Agora, um problema de Geometria:
( ) ( )( )
9 3 3 3 6 3 x + 1 = x + 1 = x + 1 x − x + 1_._ Pode-se demonstrar (mas não será necessário) que este
último fator é irredutível. Então
6 3 ω − ω + 1 = 0 , e de quebra
9 ω = − 1_._
Depois dessa volta toda, vamos ao que interessa: comparar as duas expressões de z :
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
4 10 6 11
14 17
4 10 17 6 11 14
4 1 8 6 2 5
4 1 12 9 6 2 11 7
4 1 3 6 2 2 7
4 1 3 3 7
4 1 7
ω + ω ω + ω
ω + ω + ω = ω + ω + ω
ω − ω − ω = ω − ω − ω
ω − ω − ω + ω = ω − ω − ω + ω
ω − ω + ω − = ω − ω + ω + ω
ω − ω + ω − = ω − + ω
ω − ω = ω
3 6 1
ω − = ω
E fim!
Outra aplicação interessante das raízes da unidade é como “marcadores”. Veja este problema:
PROBLEMA 4: Determine uma fórmula fechada para
3 k
n
k
∑
SOLUÇÃO: Bem, alguém aí conhece algo parecido? Que tal o Binômio de Newton?
3
k n
k
n z z k
=^ +
∑
Agora, já tem alguma ideia do que se pode fazer? Temos que filtrar os múltiplos de 3 desta
expansão, e nada melhor que usar uma raiz cúbica da unidade
2 i 3 e.
π ω = Substituindo z por 1, ω e 2 ω , temos
( ) (^) ( ) ( ) (^) ( )
( )
2 2
2 2
n
k
k n^ k k n n n k k
k n k
n
k
n n
k k
n
k
=^ +
^
^ ^ ^
ω = + ω^ ⇒^ + ω + ω^ =^ +^ + ω^ +^ + ω ^ ^ ^ (^) ω = + ω (^)
∑
∑ ∑
∑
Agora, se k é múltiplo de
2 3 1 3
k k , + ω + ω = ; caso contrário, temos uma progressão geométrica de
razão 1
k ω ≠ , e portanto
3 2 1 1 0 1
k k k k
ω −
Ou seja, matamos todos os não múltiplos de 3!
2 2
3
n n n n^ n^ n n n^ n n
k
n
k
− (^) ω + ω =^ +^ + ω^ +^ + ω^ =^ + −ω^ + −ω^ =^ +^ −
3
n^ n
k
n cos n
k
π
- − (^) (^) =
Esta última técnica tem um nome chique: multisecção. Vamos usá-la em um problema de, adivinha
só, Combinatória Enumerativa!
PROBLEMA 5: (IMO 1995, Canadá) Seja p um primo ímpar, e seja S = {1 2 3 , , ... 2 p. } Determine o
total de subconjuntos A ∈ S que satisfazem as condições a seguir:
x A
p x.
SOLUÇÃO: Este foi o problema 6 da Olimpíada Internacional de 1995, em Montreal, Canadá. Ela foi
tida como uma das mais interessantes pela riqueza de problemas “legais e divertidos” daquele ano,
algo comparável apenas à IMO da Argentina, que aconteceria dois anos depois.
A solução aqui apresentada é uma pequena modificação daquela dada por Nikolai Nikolov,
ganhador de um Special Prize (prêmio especial, dado pela originalidade).
Vamos pensar em uma raiz p -ésima da unidade, primitiva por sinal:
2 i p e.
π ε = Veja que
k ω = ε
também é uma raiz p -ésima da unidade, para k ∈ {1 2 3 , , ,..., p − 1 }. Excluímos o 1 propositalmente,
pois ele não terá propriedades tão interessantes quanto as outras raízes (logo verás o porquê).
Os complexos { }
( )
0 1 2 1 2 1 1
p k k k^ p , , ,..., , , ,...,
− − ω ω ω ω = ε ε ε são raízes p -ésimas da unidade. Elas são
distintas: de fato, se
ik jk
ε = ε para 0 ≤ i ≤ j < p, temos ( )
0 1
j i e k e p j i k
− = = ⇔ − e, como
0 < k < p, p ( j − i )⇔ j − i = 0.
Agora vamos ao bom e velho polinômio ( ) ( ) ( )
0 1 1
p j j j p j p
f z z z z. ≤ ≤ − ≤ ≤
Pensando em Séries Formais, conseguimos trabalhar com este polinômio os elementos de 1 a p.
Como podemos “alcançar” 2 p? Oras, eleva ao quadrado!
( (^ )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0 1 0 1 1 1 2
p j j j j
j p j p j p p j p
f z z z z z z ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ + ≤ ≤
1 2
j
j p
z
≤ ≤
Vamos abrir ( ( ))
2
f z : ( ( ))
(^2 2 2 1 ) 0 1 2 2 1 2
p p p f z a a z a z ... a zp ... a (^) p z a (^) pz
− = + + + + + + (^) − +
Agora, vamos observar como o ap é produzido de uma maneira combinatória.
Primeiramente, escolhemos arbitrariamente p fatores, e coletamos o termo z deles; isto nos dará o
expoente 2 p. Já dos outros p fatores, escolhemos o termo ( )
j −ω. O resultado será então
4) Calcule
sen sen sen.
π π π
Dica: sejam
2 7 2 4 3 5 6
i e , p ,q.
π ζ = = ζ + ζ + ζ = ζ + ζ + ζ O que queremos é calcular a parte real de p.
Calcule p + q e p · q e seja feliz!
5) Se P ,Q , R , S são polinômios tais que
( ) ( ) ( ) ( ) (^ )
5 5 2 5 4 3 2
P x + xQ x + x R x = x + x + x + x + 1 S x , prove que P ( 1 ) = 0.
6) Fórmula de Multisecção: Sendo ( )
2 0 1 2
n p x = a + a x + a x + ... + a x ,n e l,m ∈ ` , com 0 ≤ l ≤ m,
temos
( )
( )
0
mod
lk k k m k k l m
p a m
− ≤ ≤
≡
ω ω
∑ ∑ em que^
2 i e m.
π ω =
7) Mostre que ( )
2
0
k n^2
n (^) n cos k cos cos ≤ ≤ k
(^) θ (^) θ θ = ^ ^
∑
8) (Irlanda) Sabe-se que a , b , c são complexos tais que as raízes da equação
3 2 x + ax + bx + c = 0
têm módulo 1. Prove que as raízes de
3 2 x + a x + b x + c = 0 também têm módulo 1.
9) Seja (^) ( )
2 3 4 496 2 1984 1 + x + x + x + x = a 0 (^) + a x 1 + a x 2 + ... + a 1984 x.
- Determine MDC (^) ( a ,a ,...,a 3 8 1983 )
- Prove que
340 347 10 < a 992 < 10
10) Determine todos os polinômios P tais que (^) ( ) ( ) ( )
2 P x = P x P x − 1_._
11) Determine o número de polinômios de grau 5 com coeficientes entre 1 e 9 inclusive e que sejam
divisíveis por
2 x − x + 1_._
12) Prove que o número
3 0
k k n
n
≤ ≤ k
∑ não é múltiplo de 5 para qualquer^ n^ ≥^0_._
