Seja N: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R} uma função satisfazendo as seguintes propriedades:
(a) N(x)=x, para todo 0<x \in \mathbb{R}
(b) N\left(z_{1}+z_{2}\right) \leq N\left(z_{1}\right)+N\left(z_{2}\right), para quaisquer z_{1}, z_{2} \in \mathbb{C}
(c) N\left(z_{1} \cdot z_{2}\right)=N\left(z_{1}\right) \cdot N\left(z_{2}\right), para todos z_{1}, z_{2} \in \mathbb{C}.
Demonstre que N(z)=|z|, para todo z \in \mathbb{C}.
Passo 1
O enunciado nos dá uma aplicação N\colon\mathbb{C}\to\mathbb{R} que satisfaz
para todo real positivo x,
N(x)=x;
para quaisquer z_{1},z_{2}\in\mathbb{C},
N(z_{1}+z_{2})\le N(z_{1})+N(z_{2});
para quaisquer z_{1},z_{2}\in\mathbb{C},
N(z_{1}z_{2})=N(z_{1})\,N(z_{2}).
Queremos mostrar que, para todo z\in\mathbb{C}, vale
N(z)=\lvert z\rvert.
Usaremos a factorização em forma polar e argumentos de homogeneidade, continuidade e caráter do círculo unitário.
Passo 2
Mostramos primeiro que N coincide com o valor absoluto em todos os reais (positivos e negativos) e que N(0)=0.
— Para x>0 já temos N(x)=x.
— Para x<0 escrevemos x=-1\cdot\lvert x\rvert. Como N(-1)^{2}=N(1)=1 e N(-1)\ge0, segue N(-1)=1. Então
e, invertendo o papel de z e (p/q)z, obtém-se a igualdade
N\bigl((p/q)z\bigr) =\frac pq\,N(z) \quad\text{para todo \(p/q\in\mathbb{Q}\).}
Passo 4
Da subaditividade deduzimos agora a continuidade de N. De fato, para quaisquer z,w\in\mathbb{C} vale o “semieixo” da desigualdade:
\bigl|\,N(z)-N(w)\bigr| \;\le\; N(z-w).
Como para todo racional t\to0 temos N(t\,z)=\lvert t\rvert\,N(z)\to0, segue que N é contínua em 0 e, pelo “deslocamento” acima, contínua em todo ponto.
Pelo passo anterior, f é contínua. Logo f é um homomorfismo contínuo do grupo aditivo \mathbb{R}/2\pi\mathbb{Z} em (0,\infty). A única solução contínua e periódica de \,f(\theta+\varphi)=f(\theta)f(\varphi)
é a constante f(\theta)\equiv1. Portanto, para todo \theta,
N\bigl(e^{i\theta}\bigr)=1.
Passo 6
Agora, dado z\in\mathbb{C}, escreva z em forma polar: