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Seminario de Resolución de Problemas: Introducción a problemas de geometría y geometría euclideana

Introducción

En esta semana veremos algunas herramientas para resolver problemas de geometría. Como con otros temas que hemos visto, sería imposible tratar a profundidad el área. En vez de eso, lo que haremos es ver un poco de varias de las herramientas que se pueden usar en la solución de problemas geométricos, comenzando con geometría euclideana. Veremos ideas de lo siguiente:

  • Geometría triángulos y circunferencias
  • Geometría analítica
  • Vectores en geometría
  • Números complejos en geometría
  • Geometría discreta

En esta entrada comenzaremos con la parte de geometría euclideana. Más adelante hablaremos de las demás ideas.

Geometría euclideana

Cuando en geometría nos referimos a una solución por geometría euclideana o geometría sintética nos referimos a un argumento que no use parametrizaciones de los objetos del plano en términos de coordenadas, vectores o complejos. Simplemente usamos conceptos geométricos como ángulos, distancias, semejanza, congruencia, etc. Todas estas se pueden pensar como propiedades que se mantienen invariantes bajo movimientos rígidos del plano. Dentro de los resultados más versátiles del área tenemos los siguientes.

Teorema (de Tales). Tomemos puntos $P$ y $Q$ sobre los lados $AB$ y $AC$ de $\triangle ABC$. Se tiene que $AP/AQ = AB/AC$ si y sólo si la recta $PQ$ es paralela a la recta $BC$.

El teorema de Tales
Teorema de Tales

Teorema (criterios de congruencia). Sean $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ triángulos. Cualquiera de las siguientes condiciones (o sus simétricos) implican que $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son congruentes:

  • (LLL) $AB=DE$, $BC=EF$ y $CA=FD$
  • (LAL) $AB=DE$, $\angle BAC = \angle EDF$ y $CA=FD$
  • (ALA) $\angle BAC = \angle EDF$, $CA=FD$ y $\angle BCA – \angle EFD$.

Teorema (criterios de semejanza). Sean $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ triángulos. Cualquiera de las siguientes condiciones (o sus simétricos) implican que $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son semejantes.

  • (LLL) $\frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{CA}{FD}$.
  • (LAL) $\frac{AB}{DE}=\frac{CA}{FD}$ y $\angle BAC = \angle EDF$.
  • (AA) $\angle BAC = \angle EDF$ y $\angle BCA – \angle EFD$.

Veamos un ejemplo en el que se usan estos hechos básicos.

Problema. Sobre los lados $AB$ y $AC$ de un triángulo $ABC$ se construyen cuadrados $ABPQ$ y $ACRS$ como en la figura. Muestra que $CQ=BS$.

Sugerencia pre-solución. En geometría es típico modificar un problema. En vez de intentar medir los segmentos requeridos, es útil preguntarse si forman parte de triángulos que sean congruentes, o que sea pueda ver que son congruentes por algún criterio. Por supuesto, en todo problema de geometría es útil hacer muchas figuras.

Problema de geometría euclidiana con cuadrados
Figura auxiliar para problema de cuadrados en un triángulo.

Solución. Consideremos los triángulos $ABS$ y $AQC$. Tenemos que $AB=AQ$ pues ambos son lados del cuadrado $ABPQ$. De manera similar, $AC=AS$. Finalmente, tenemos que $\angle BAS = \angle QAC$, pues ambos ángulos son iguales a $$90^\circ + \angle BAC.$$

Por esta razón, podemos usar el criterio de congruencia $LAL$ en estos triángulos para concluir que son congruentes. De aquí se concluye que $CQ=BS$, como queríamos.

$\square$

Recordatorio de puntos notables en triángulos

Otro tema relevante para la geometría euclideana es la geometría de triángulos. Tomemos un triángulo $\triangle ABC$. Hay algunos puntos y rectas notables en el triángulo, que se usan en varios problemas. A continuación enunciamos las más importantes.

  • Si $L$, $M$ y $N$ son los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente, entonces a cada una de las rectas $AL$, $BM$ y $CN$ se le conoce como una mediana. Las medianas de un triángulo concurren en un punto llamado el gravicentro o baricentro, que usualmente se denota por $G$.
Medianas de un triángulo y su gravicentro
Medianas de un triángulo y su gravicentro
  • Si $D$, $E$ y $F$ son las proyecciones desde $A$, $B$, $C$ a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces a cada una de las rectas $AD$, $BE$ y $CF$ se le conoce como una altura. Las alturas de un triángulo concurren en un punto llamado el ortocentro, que usualmente se denota por $H$.
Alturas de un triángulo y su ortocentro
Alturas de un triángulo y su ortocentro
  • Las rectas que cortan a la mitad a cada uno de los ángulos internos de $\triangle ABC$ se les conoce como las bisectrices internas del triángulo. Concurren en un punto llamado el incentro, usualmente denotado por $I$. El incentro sirve como centro para la única circunferencia que es tangente a los segmentos $AB$, $BC$ y $CA$.
Bisectrices de un triángulo y su incentro
Bisectrices de un triángulo y su incentro
  • Las rectas perpendiculares a los lados del triángulo y que pasan por sus puntos medios se les llama mediatrices y concurren en un punto llamado el circuncentro, que se suele denotar $O$. Este punto sirve como centro de la única circunferencia que pasa por los tres vértices $A$, $B$ y $C$.
Mediatrices de un triángulo y su circuncentro
Mediatrices de un triángulo y su circuncentro

Veamos las demostraciones de algunas de estas afirmaciones, para repasar algunos argumentos geométricos.

Una idea útil es caracterizar a una recta como el conjunto de puntos que satisfacen cierta propiedad. Por ejemplo, probemos primero la siguiente caracterización de las mediatrices.

Proposición. La recta perpendicular $\ell$ a un segmento $BC$ que pasa por su punto medio $L$ consiste exactamente de los puntos $P$ tales que $PB=PC$.

Demostración. Para ver que cualquier punto en $\ell$ satisface esto, se puede usar el criterio LAL de congruencia en los triángulos $PBL$ y $PCL$, usando el ángulo recto que comparten. Para ver que cualquier punto tal que $PB=PC$ está en $\ell$, se usa que $\angle PBC = \angle PCB$ (por el triángulo isósceles $PBC$), y entonces al bajar la perpendicular desde $P$ a $BC$ a un punto $L’$, los triángulos $PBL’$ y $PCL’$ comparten dos ángulos (y por lo tanto los tres), de donde se puede usar de nuevo el criterio LAL para concluir que $L=L’$.

$\square$

Demostrar que las mediatrices concurren es entonces muy sencillo. Si $P$ es la intersección de la mediatriz en $BC$ y en $CA$, entonces por el resultado anterior tenemos $PB=PC=PA$, y entonces también por el resultado anterior se tiene que $P$ está en la mediatriz de $AB$. De manera análoga se puede mostrar que una bisectriz consiste de los puntos que equidistan de los lados que la definen, y con ello mostrar que las bisectrices internas de un triángulo concurren.

Veamos ahora un problema de geometría euclideana que involucra a las alturas y a las medianas. Es el Problema 1 del Concurso Nacional de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas de 2009.

Problema. Sea $ABC$ un triángulo y $D$ el pie de la altura desde $A$. Con centro en $D$ se traza una circunferencia de radio $DA$. Esta circunferencia corta a los lados $AB$ y $AC$ del triángulo en puntos $P$ y $Q$ respectivamente. Muestra que los triángulos $AQP$ y $ABC$ son semejantes.

Sugerencia pre-solución. Para mostrar que estos triángulos son semejantes, basta con mostrar que tienen ángulos iguales.

Solución. Tracemos además los pies de altura $E$ y $F$ desde $B$ y $C$ respectivamente.

Ángulos creados por alturas de un triángulo.
Ángulos creados por alturas de un triángulo.

Observemos que $\triangle ABD$ y $\triangle CBF$ comparten los ángulos rectos y el ángulo en $B$, de modo que son semejantes y por lo tanto su tercer ángulo es igual. Este y argumentos análogos muestran que
\begin{align*}
\alpha&:=\angle ABE = \angle ACF\\
\beta&:=\angle BAD = \angle BCF\\
\gamma&:= \angle CBE = \angle CAD.
\end{align*}

De esta forma, los ángulos internos de $\triangle ABC$ miden $\angle A= \beta+\gamma$, $\angle B = \gamma+\alpha$ y $\angle C = \alpha+\beta$. Ya que la suma interna de los ángulos de un triángulo es $180^\circ$, concluimos que $\alpha+\beta+\gamma = 90^\circ$.

Ahora, usando los triángulos isósceles $\triangle ADP$ y $\triangle ADQ$ del problema, tenemos que
\begin{align*}
\angle DPA &= \angle DAP = \beta\\
\angle DQA &= \angle DAQ = \gamma.
\end{align*}

Figura auxiliar para el problema
Figura auxiliar para el problema

Como $\triangle PDQ$ también es isósceles con $PD=DQ$, tenemos que $$\alpha’=:\angle DPQ = \angle DQP.$$ Por la suma de ángulos en el triángulo $APQ$, tenemos que $\alpha’+\beta + \gamma = 90^\circ$. Así, $\alpha = \alpha’$. Concluimos entonces que en el $\triangle PAQ$ los ángulos internos son $\angle A = \beta+ \gamma$, $\angle P = \alpha+\beta$ y $\angle Q = \gamma + \alpha$.

De esta forma, los triángulos $ABC$ y $AQP$ son semejantes por el criterio AA.

$\square$

Otra técnica útil para resolver problemas de geometría consiste en mostrar que un punto está en dos rectas notables (por ejemplo, en las medianas $AL$ y $BM$), deducir que entonces es el punto notable correspondiente (en este caso el gravicentro $G$), y usar la información de que entonces la recta por el tercer vértice y el punto es la tercer recta notable (que en el ejemplo diría que $CG$ es la mediana).

Recordatorio de geometría del círculo

Un tercer ingrediente básico para la geometría euclideana es entender qué pasa con las circunferencias. Tomemos una circunferencia $\Gamma$ y dos puntos fijos $A$ y $B$ sobre ella. Tomemos $C$ y $D$ otros dos puntos sobre $\Gamma$ distintos de $A$ y $B$ sobre el mismo arco definido por $A$ y $B$ y sea $E$ otro punto sobre $\Gamma$, en el arco opuesto. Entonces

  • Los ángulos $\angle ACB$ y $\angle ADB$ son iguales.
  • Los ángulos $\angle ACB$ y $\angle AEB$ son suplementarios, es decir, suman $180^\circ$.
Ángulos en cuadriláteros cíclicos
Ángulos en cuadriláteros cíclicos

De hecho, este resultado es un si y sólo si. Para $A$, $B$, $C$, $D$ puntos distintos en el plano:

  • Si $\angle ACB$ y $\angle ADB$ son iguales, entonces $A$, $B$, $C$, $D$ son puntos sobre una circunferencia y $C$ y $D$ están en el mismo arco definido por $A$ y $B$ y
  • Si los ángulos $\angle ACB$ y $\angle ADB$ son suplementarios, entonces $A$, $B$, $C$, $D$ son puntos sobre una circunferencia y $C$ y $D$ están en arcos opuestos definidos por $A$ y $B$.

Cuando $A$, $B$, $C$ y $D$ son puntos distintos que yacen sobre una misma circunferencia, en ese orden, decimos que $ABCD$ es un cuadrilátero cíclico.

Teorema (potencia de un punto). Sea $P$ un punto y $\Gamma$ una circunferencia. Tomemos dos rectas por $P$ que corten a la circunferencia en puntos $A$, $B$, $C$ y $D$ como en alguna de las figuras. Entonces $PA\cdot PB = PC \cdot PD$.

Diagrama para teorema de potencia de un punto
Diagrama para teorema de potencia de un punto

Veamos un problema de la Olimpiada Matemática de la Cuenca del Pacífico en donde confluyen algunas de estas ideas. Es el problema 1 de la edición de 2016.

Problema. Un triángulo $ABC$ es grandioso si para cualquier punto $D$ en el lado $BC$, cuando se toman los pies de las perpendiculares $P$ y $Q$ de $D$ a las rectas $AB$ y $AC$, respectivamente, sucede que la reflexión de $D$ en la recta $PQ$ cae sobre el circuncírculo del triángulo $ABC$.

Muestra que un triángulo $ABC$ es grandioso si y sólo si $\angle A = 90^\circ$ y $AB=AC$.

Sugerencia pre-solución. El problema dice que cierta condición se debe cumplir para todo punto $D$ en el lado $BC$. Considera algunos casos extremos de lo que puede ser $D$, de los que puedas obtener información de cómo debe ser el triángulo.

Solución. Para cualquier punto $D$ en el lado $BC$, vamos a llamar $D’$ a la reflexión de $D$ en la recta $PQ$. Primero veremos que si $ABC$ es grandioso, entonces es isósceles y con ángulo recto en $A$.

Como la hipótesis se cumple para cualquier punto $D$, en particular se cumple para cuando elegimos $D$ como el punto donde la bisectriz desde $A$ intersecta a $BC$. Nota que $P$ y $Q$ están en los rayos $AB$ y $AC$. Además, $P$ y $Q$ son reflexiones entre sí con respecto a la recta $AD$, de modo que $PQ$ es perpendicular a $AD$. Por esto, se tiene que $D’$ está en la recta $AD$, así que o es $A$, o es el segundo punto de intersección de la bisectriz en $A$ con el circuncírculo del triángulo. Como además $APDQ$ es un cuadrilátero cíclico, se tiene que $AD$ intersecta a $PQ$ y por lo tanto $D’=A$.

Imagen auxiliar para problema APMO
Imagen auxiliar para problema APMO

Tenemos entonces las igualdades de ángulos
\begin{align*}
\angle BAC &= \angle PD’Q \\
&= \angle PDQ \\
&= 180^\circ – \angle BAC.
\end{align*}

Concluimos entonces que $\angle BAC = 90^\circ$, que muestra que el triángulo es rectángulo en $A$.

Ahora tomamos a $D$ como el punto medio de $BC$, lo cual hace que $P$ y $Q$ sean los puntos medios de $AB$ y $AC$ respectivamente. Pero entonces $PQ$ es paralelo a $BC$ y por lo tanto $DD’$ es perpendicular a $BC$. La distancia de $D’$ a $BC$ es igual al circunradio del triángulo (pues $D’$ debe caer en el circuncírculo), y es igual a la distancia de $A$ a $BC$. Esto sólo puede suceder cuando $ABC$ es isósceles y con ángulo recto en $A$, como queríamos.

Veamos ahora que si $ABC$ es isósceles y de ángulo recto en $A$, entonces se cumple la propiedad para todo punto $D$ en $BC$. Como $D$ es la reflexión en $PQ$, tendríamos $D’P=DP=BP$. De manera similar, $D’Q=DQ=CQ$.

El cuadrilátero $APDQD’$ es cíclico de diámetro $PQ$, pues todos los ángulos $\angle PAQ$, $\angle PD’Q$ y $\angle PDQ$ son de $90^\circ$. De aquí, $\angle APD’= \angle AQD’$, de donde obtenemos que $\angle BPD’= \angle CQD’$. Con esto concluimos que $\triangle D’PB$ y $\triangle D’QC$ son semejantes. De aquí se sigue que

\begin{align*}
\angle PD’Q &= \angle PD’C+ \angle CD’Q\\
&=\angle PD’C + \angle BD’P\\
&= \angle BD’C.
\end{align*}

Como además tenemos $\frac{D’P}{D’Q}= \frac{D’B}{D’C}$, concluimos que también $\triangle D’PQ$ y $\triangle D’BC$ son semejantes. Pero como $\triangle DPQ$ y $\triangle D’PQ$ son congruentes, se obtiene que $$\angle BD’C=\angle PD’Q = \angle PDQ = 90^\circ.$$ Con esto concluimos que $D’$ yace en la circunferencia de diámetro $BC$, que es precisamente el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\square$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de geometría euclideana en la sección 8.1 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. Para tener buenos fundamentos en geometría euclideana, se pueden revisar algunos textos en el área, como los cuadernos de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas de Geometría y de Geometría: Ejercicios y problemas.

Álgebra Superior II: Raíces en los complejos y raíces de la unidad.

Introducción

En esta entrada veremos cómo resolver, en $\mathbb{C}$, la ecuación $w^n=z$, en donde $z$ es un complejo y $n$ es un entero positivo. Puedes pensar esto como que aprenderemos a obtener raíces en los complejos, pero sólo para $n$ entero. Más adelante hablaremos de la función exponencial compleja que nos permitirá elevar a otro tipo de exponentes.

Nuestra herramienta principal será la fórmula de De Moivre, que ya demostramos en una entrada anterior. Encontrar raíces $n$-ésimas es una herramienta más en nuestra caja para trabajar con números complejos, que hasta el momento ya incluye resolver ecuaciones cuadráticas complejas y sistemas de ecuaciones lineales complejos.

Introducción a raíces en los complejos

Pensemos en un ejemplo sencillo. ¿Cuáles son los complejos $w$ tales que $w^4=1$? En $\mathbb{R}$ tenemos dos de ellos: $1$ y $-1$. Como $$(-i)^4=i^4=(-1)^2=1,$$ en $\mathbb{C}$ tenemos otras dos soluciones: $i$ y $-i$. Así que tenemos $4$ soluciones en $\mathbb{C}$: $1$, $-1$, $i$ y $-i$.

Para mostrar que son las únicas en este sencillo caso, podemos hacer lo siguiente. Expresamos $1$ en forma polar $1=\text{cis}(0)$ y también, en forma polar, una solución $w=s\text{cis}(\alpha)$, con $\theta$ en $[0,2\pi)$. Por el teorema de De Moivre, tenemos que $$1=w^4=s^4\text{cis}(4\alpha).$$

Así, la norma $s$ de $w$ debe satisfacer $s^4=1$, y además $\text{cis}(4\alpha)$ debe ser $1$, por lo que $4\alpha$ debe ser un múltiplo entero de $2\pi$. La norma es un real positivo, así que la única solución para $s$ es $1$. Ahora, ¿cuántos argumentos $\alpha$ en $[0,2\pi)$ hacen que $4\alpha$ sea un múltiplo entero de $2\pi$?

Para determinar esto, notemos que $4\alpha$ está en $[0,8\pi)$, y ahí hay exactamente cuatro múltiplos enteros de $2\pi$, que son $$0,2\pi, 4\pi, 6\pi.$$ Esto es justo lo que limita las soluciones a que sean a lo más $4$.

Podemos continuar para verificar que en efecto son las soluciones que ya encontramos. Las soluciones para $\alpha$ en cada caso son $$0,\frac{\pi}{2},\pi,\frac{3\pi}{2}.$$ Concluimos entonces que las soluciones complejas de $w^4=1$ son, en forma polar,
\begin{align*}
w_1&=\text{cis}(0)\\
w_2&=\text{cis}\left(\frac{\pi}{2}\right)\\
w_3&=\text{cis}\left(\pi\right)\\
w_4&=\text{cis}\left(\frac{3\pi}{2}\right),
\end{align*}

que son exactamente $1,i,-1,-i$.

$\square$

El teorema de raíces en los complejos

La discusión anterior funciona en general para cualquier entero positivo $n$ y para cualquier complejo $\mathbb{C}$. Siempre tenemos exactamente $n$ soluciones y sabemos cómo se ven en forma polar.

Teorema. Sea $z=r\text{cis}(\theta)$ un número complejo, distinto de cero, dado en forma polar y $n$ un entero positivo. Existen exactamente $n$ elementos distintos de $\mathbb{C}$ tales que $w^n = z$. Están dados en forma polar por $$w_j=r^{1/n} \text{cis}\left(\frac{\theta}{n} + j\frac{2\pi}{n}\right)$$ para $j=0,1,2\ldots,n-1$.

Demostración. Tomemos una solución $w$ y la escribimos en forma polar $w=s\text{cis}(\alpha)$, con $\alpha$ en $[0,2\pi)$. Usando que $w$ es solución y la fórmula de De Moivre, obtenemos que $$r\text{cis}(\theta)=s^n\text{cis}(n\alpha).$$ Como $s$ tiene que ser real positivo, obtenemos que $s=r^{1/n}$ (aquí estamos usando la raíz $n$-ésima en los reales).

El ángulo $n\alpha$ está en el intervalo $[0,2n\pi)$, y debe diferir en un múltiplo entero de $2\pi$ del ángulo $\theta$. Como $\theta$ está en $[0,2\pi)$, las únicas posibilidades para $n\alpha$ pueden ser los $n$ valores $$\theta, \theta+2\pi,\ldots, \theta+2(n-1)\pi,$$ de donde las soluciones para $\alpha$ son $$\frac{\theta}{n},\frac{\theta}{n}+\frac{2\pi}{n}, \ldots, \frac{\theta}{n} + (n-1)\frac{2\pi}{n},$$ respectivamente. Como son ángulos distintos en $[0,2\pi)$, obtenemos las posibles soluciones distintas $$r^{1/n} \text{cis}\left(\frac{\theta}{n} + j\frac{2\pi}{n}\right)\quad \text{para $j=0,\ldots,n-1$}.$$

Verificar que en efecto son soluciones es sencillo, ya sea revirtiendo los pasos que hicimos, o usando directamente la fórmula de De Moivre. Esta verificación queda como tarea moral.

$\square$

Observa que el teorema dice que para obtener una raíz podemos empezar del complejo de norma $r^{1/n}$ y argumento $\frac{\theta}{n}$, y de ahí obtener el resto de las raíces en los complejos «rotando repetidamente $\frac{2\pi}{n}$ en el plano complejo». Esto muestra que las raíces forman los vértices de un $n$-ágono regular.

Nos costó un poco de trabajo mostrar que teníamos a lo más $n$ soluciones. En realidad, cualquier ecuación polinomial de grado $n$, es decir, de la forma $$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0=0$$ tiene a lo más $n$ soluciones. Esto lo veremos con toda generalidad en la última unidad, cuando hablemos de polinomios.

Ejemplos de obtener raíces en los complejos

Ejemplo. Encontremos todas las raíces séptimas del complejo $128\text{cis}\left(\frac{14\pi}{13}\right)$. Para empezar, notemos que $128^{1/7}=2$, de modo que todas las raíces tienen norma $2$.

Una de las raíces tiene argumento $\frac{14\pi}{7\cdot 13}=\frac{2\pi}{13}$ y el argumento del resto difiere en múltiplos enteros de $\frac{2\pi}{7}$. De esta forma, las raíces son

\begin{align*}
w_1&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}\right)\\
w_2&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}+\frac{2\pi}{7}\right)=2\text{cis}\left(\frac{40\pi}{91}\right)\\
w_3&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}+\frac{4\pi}{7}\right)=2\text{cis}\left(\frac{66\pi}{91}\right)\\
w_4&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}+\frac{6\pi}{7}\right)=2\text{cis}\left(\frac{92\pi}{91}\right)\\
w_5&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}+\frac{8\pi}{7}\right)=2\text{cis}\left(\frac{118\pi}{91}\right)\\
w_6&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}+\frac{10\pi}{7}\right)=2\text{cis}\left(\frac{144\pi}{91}\right)\\
w_7&=2\text{cis}\left(\frac{2\pi}{13}+\frac{12\pi}{7}\right)=2\text{cis}\left(\frac{170\pi}{91}\right).
\end{align*}

$\square$

Problema. Sabemos que $(2-3i)^4=-119+120i$. Encuentra las otras raíces cuartas de $-119+120i$.

Solución. Podríamos pasar $-119+120i$ a forma polar y usar el método anterior. Esto funciona y dará una solución. Pero veamos una solución alternativa más corta, que nos ayuda a entender mejor el teorema de raíces en los complejos.

De acuerdo con lo que probamos, las raíces varían únicamente en argumento, al que se le va sumando $\frac{\pi}{2}$. Es decir, si tenemos una raíz en el plano complejo, las demás se obtienen de ir rotando $\frac{\pi}{2}$ (recuerda que esto es $90^\circ$) desde el origen. Al ir rotando el punto $(2,-3)$ en el plano complejo en este ángulo, obtenemos los puntos $(-3,-2)$, $(-2,3)$ y $(3,2)$, de modo que las otras tres raíces son $-3-2i$, $-2+3i$ y $3+2i$.

Otra forma más de pensarlo es la siguiente. Si ya tenemos una raíz cuarta $w$ de un complejo $z$, entonces todas las raíces se obtienen multplicando por $1,i,-1, -i$. En efecto, por ejemplo, $$(iw)^4=i^4w^4=w^4=1.$$ Así, para el problema que nos interesa, las soluciones son

\begin{align*}w_1&=2-3i\\w_2&=i(2-3i)=3+2i\\w_3&=-(2-3i)=-2+3i\\w_4&=-i(2-3i)=-3-2i,\end{align*}
lo cual coincide con lo que habíamos encontrado antes.

$\square$

Raíces $n$-ésimas de la unidad

Un caso particular importante de la teoría desarrollada en la sección anterior es cuando $z$ es $1$. Sea $n$ un entero positivo y $w$ un complejo tal que $w^n=1$. A $w$ se le conoce como una raíz $n$-ésima de la unidad.

Teorema (de las raíces $n$-ésimas de la unidad). Sea $n$ un entero positivo. Existen exactamente $n$ raíces $n$-ésimas de la unidad distintas. Si $\omega$ es la que tiene el menor argumento positivo, entonces dichas raíces son $$1,\omega, \omega^2,\ldots, \omega^{n-1}.$$

La demostración se sigue fácilmente del teorema de raíces $n$-ésimas y queda como tarea moral. Cualquier raíz $n$-ésima $\omega$ tal que sus primeras potencias generen todas las raíces $n$-ésimas de la unidad se le conoce como una raíz primitiva.

Las raíces $n$-ésimas de la unidad tienen una interpretación geométrica bonita. Forman los vértices del $n$-ágono regular con $n$ vértices, sobre la circunferencia unitaria, donde uno de los vértices es $1$.

Ejemplo. Obtengamos las raíces quintas de la unidad. Primero, obtengamos la de menor argumento positivo, que por el teorema de raíces en los complejos, es $$\omega = \text{cis}\left(\frac{2\pi}{5}\right).$$ El resto de las raíces son entonces $\omega^2$, $\omega^3$, $\omega^4$ y $1$. Las podemos encontrar en el plano complejo como vértices del siguiente pentágono regular:

Ejemplo de raíces en los complejos: raíces quintas de la unidad
Raíces quintas de la unidad

Cualquiera de $\omega$, $\omega^2$, $\omega^3$ y $\omega^4$ son raíces primitivas, pero $1$ no es raíz primitiva pues sus potentcias sólo son él mismo.

$\square$

Las raíces $n$-ésimas de la unidad se utilizan en muchos contextos. Aunque se puede trabajar con ellas de forma explícita, muchas veces se utilizan sólo las propiedades algebraicas que cumplen. A continuación enunciamos algunas.

Teorema. Sea $\omega$ una raíz primitva $n$-ésima de la unidad. Las raíces $n$-ésimas de la unidad $$\omega_i = \omega^i $$ para $i=0,\ldots,n-1$ satisfacen las siguientes propiedades:

  • Para $n>1$, se tiene que $\omega_0+\ldots+\omega_{n-1}=0$.
  • Para $k=0,1,\ldots,n-1$, se tiene que $$(\omega_k)^{-1}=\overline{\omega_k}=\omega_{n-k}.$$
  • Se tiene que $\omega_0\cdot\ldots\cdot \omega_{n-1} = (-1)^{n+1}$.

Demostración. Empezamos con el primer inciso. Si $n>1$, tenemos que $1$ no es raíz primitiva, así que para el primer inciso sabemos que $\omega\neq 1$. Usamos la fórmula para suma de términos en una progresión geométrica:
\begin{align*}
\omega_0+\omega_1&+\ldots+\omega_{n-1}\\
&= 1+\omega+\ldots+\omega^{n-1}\\
&=\frac{1-\omega^n}{1-\omega}\\
&=\frac{1-1}{1-\omega}\\
&=0.
\end{align*}

Para la segunda parte, notemos que $$\omega_k\omega_{n-k}=\omega^k\omega^{n-k}=\omega^n=1,$$ lo cual prueba una de las igualdades. La otra igualdad se sigue del hecho general que el inverso de un complejo de norma $1$ es su conjugado, cuya demostración queda como tarea moral.

La tercera parte se sigue de la propiedad anterior. Al multiplicar todas las raíces de la unidad, podemos emparejar a cada raíz con su conjugado para obtener producto $1$. Las únicas excepciones es cuando emparejamos a un complejo consigo mismo, es decir, para cuando $\omega_k=\overline{\omega_k}$, lo cual sucede sólo cuando $\omega_k$ es real. Las únicas posibilidades son $1$ ó $-1$. El $1$ no tiene problema pues colabora con un factor $1$. Si $n$ es impar, $-1$ no es raíz $n$-ésima, así que no contribuye al producto. Si $n$ es par sí. Esto muestra lo que queremos pues $(-1)^{n+1}$ es $1$ si $n$ es impar y $-1$ si es par.

$\square$

Para un entero positivo $n$, llamemos $(U_n,\cdot)$ al conjunto de raíces $n$-ésimas de la unidad equipadas con el producto complejo.

Teorema. Para cada entero positivo $n$, se tiene que $(U_n,\cdot)$ es un grupo y es isomorfo a $(\mathbb{Z}_n,+)$.

Demostración. El producto de cualesquiera dos raíces $n$-ésimas es también una raíz $n$-ésima. Por el teorema anterior, los inversos multiplicativos de las raíces $n$-ésimas también son raíces $n$-ésimas. Esto basta para mostrar que se forma un grupo.

Para la segunda parte, notamos que ambos grupos son el grupo cíclico de $n$ elementos. Una correspondencia entre ellos está dada por mandar $[1]_n$ a cualquier raíz primitiva.

$\square$

Tarea moral

  • Encuentra las raíces cúbicas de $8-8i$ y dibújalas en el plano complejo.
  • Verifica que las soluciones obtenidas en el teorema de raíces $n$-ésimas en efecto son soluciones.
  • Muestra el teorema de las raíces $n$-ésimas de la unidad.
  • Prueba que si $z$ es un complejo de norma $1$, entonces su inverso es su conjugado.
  • Sea $\omega$ una raíz $n$-ésima primitiva de la unidad. Muestra que $w^k$ es una raíz primitiva si y sólo si $n$ y $k$ son primos relativos, es decir, $\MCD{n,k}=1$. Sugerencia: Usa lo que sabemos de soluciones a ecuaciones diofantinas lineales.
  • Encuentra de manera explícita la parte real y la parte imaginaria de todas las raíces quintas de la unidad.
    Sugerencia: La ecuación $w^5-1=0$ se puede factorizar como $$(w-1)(w^4+w^3+w^2+w+1)$$ y $w^4+w^3+w^2+w+1$ se puede factorizar como $$\left(w^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}w+1\right)\left(w^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}w+1\right).$$ Usa lo que sabemos de resolver ecuaciones cuadráticas cojmplejas.