Resolva a equação z^{6}+z^{3}+1=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação z^{6}+z^{3}+1=0 e pede todas as raízes complexas z. Informações relevantes que temos:
  • É um polinômio de grau 6, logo esperamos exatamente seis raízes complexas (contando multiplicidades).
  • A incógnita é z\in\mathbb{C}.
  • Não há outros dados; a tarefa é encontrar todas as soluções complexas.

Passo 2

Uma ideia prática que simplifica muito é fazer a substituição
w = z^{3}.
Essa troca é útil porque transforma a equação em uma equação quadrática em w. Substituindo, obtemos
w^{2}+w+1=0.
Agora o problema passa a ser: resolver a quadrática acima para w, e depois recuperar z a partir de z^{3}=w.

Passo 3

Resolver a quadrática w^{2}+w+1=0. Vou usar a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática):
w=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a},
onde, para aw^{2}+bw+c=0, aqui a=1, b=1, c=1. Então o discriminante é
\Delta=b^{2}-4ac=1^{2}-4\cdot1\cdot1=1-4=-3.
Portanto
w=\frac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.
Esses dois valores podem ser reconhecidos como números complexos no círculo unitário. Vou escrever cada um em forma trigonométrica/exponencial. Note que
\cos\!\left(\tfrac{2\pi}{3}\right)=-\tfrac{1}{2},\qquad \sin\!\left(\tfrac{2\pi}{3}\right)=\tfrac{\sqrt{3}}{2},
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\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}=\cos\!\left(\tfrac{2\pi}{3}\right)+i\sin\!\left(\tfrac{2\pi}{3}\right)=e^{i\frac{2\pi}{3}}.
De modo análogo,
\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}=\cos\!\left(-\tfrac{2\pi}{3}\right)+i\sin\!\left(-\tfrac{2\pi}{3}\right)=e^{-i\frac{2\pi}{3}}.
Portanto os dois valores de w são
w_1=e^{i\frac{2\pi}{3}},\qquad w_2=e^{-i\frac{2\pi}{3}}.

Passo 4

Agora precisamos resolver z^{3}=w para cada um desses w. Vou explicar a fórmula geral para raízes n-ésimas de um número complexo:
  • Se w=\rho e^{i\theta} (com \rho>0 e \theta um argumento de w), então as n raízes z de z^{n}=w são
z=\rho^{1/n} e^{i\left(\frac{\theta+2\pi k}{n}\right)},\qquad k=0,1,\dots,n-1.
Aqui \rho^{1/n} é a raiz real positiva do módulo e \frac{\theta+2\pi k}{n} são os argumentos diferentes que produzem todas as raízes distintas (a adição de 2\pi k cobre os argumentos equivalentes).
No nosso caso, \rho=1 (pois w_1 e w_2 têm módulo 1) e n=3. Assim as três raízes de cada w_j são obtidas por
z=\exp\!\Big(i\frac{\arg(w_j)+2\pi k}{3}\Big),\qquad k=0,1,2.

Passo 5

Aplicando a fórmula ao primeiro valor w_1=e^{i\frac{2\pi}{3}} (temos \arg(w_1)=\tfrac{2\pi}{3}):
z = \exp\!\Big(i\frac{\tfrac{2\pi}{3}+2\pi k}{3}\Big)=\exp\!\Big(i\big(\tfrac{2\pi}{9}+\tfrac{2\pi k}{3}\big)\Big), \qquad k=0,1,2.
Isso produz as três raízes
\exp\!\Big(i\tfrac{2\pi}{9}\Big),\quad \exp\!\Big(i\tfrac{8\pi}{9}\Big),\quad \exp\!\Big(i\tfrac{14\pi}{9}\Big).
(Observe que \tfrac{2\pi}{9}+\tfrac{4\pi}{3}=\tfrac{14\pi}{9}.)
Agora aplicando ao segundo valor w_2=e^{-i\frac{2\pi}{3}}=e^{i\frac{4\pi}{3}} (posso usar o argumento \tfrac{4\pi}{3} em vez de -\tfrac{2\pi}{3}):
z = \exp\!\Big(i\frac{\tfrac{4\pi}{3}+2\pi k}{3}\Big)=\exp\!\Big(i\big(\tfrac{4\pi}{9}+\tfrac{2\pi k}{3}\big)\Big), \qquad k=0,1,2.
Isso dá as três raízes
\exp\!\Big(i\tfrac{4\pi}{9}\Big),\quad \exp\!\Big(i\tfrac{10\pi}{9}\Big),\quad \exp\!\Big(i\tfrac{16\pi}{9}\Big).

Passo 6

Checagem rápida (ideia): como cada w_j tem módulo 1, todas as raízes z também têm módulo 1. As seis exponenciais acima são seis pontos distintos no círculo unitário, espaçados conforme os argumentos apresentados, e somam as seis raízes que um polinômio de grau 6 deve ter. Também podemos ver que nenhuma se repete porque os argumentos listados são distintos modulo 2\pi.

Resposta

\displaystyle e^{i\frac{2\pi}{9}}
\displaystyle e^{i\frac{8\pi}{9}}
\displaystyle e^{i\frac{14\pi}{9}}
\displaystyle e^{i\frac{4\pi}{9}}
\displaystyle e^{i\frac{10\pi}{9}}
\displaystyle e^{i\frac{16\pi}{9}}

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