☰ Índex de temes

Potències, arrels n-èsimes i equacions amb nombres complexos: De Moivre

⏱ 8 min de lectura🔄 Actualitzat el 7 de setembre del 2026Universitat

Elevar a una potència, extreure arrels $n$ -èsimes i resoldre equacions són les operacions on la forma exponencial demostra tot el seu valor: una potència multiplica l'argument, una arrel el divideix, i el terme $2 k π$ que a la pàgina de representació i operacions semblava una curiositat es converteix aquí en la font de totes les solucions. En aquesta pàgina veuràs la fórmula de De Moivre, per què $z^{n} = w$ té exactament $n$ solucions disposades en un polígon regular, com resoldre equacions de grau superior factoritzant, i com la fórmula quadràtica funciona igual amb coeficients complexos si saps calcular l'arrel quadrada d'un complex. Tot amb comprovació al final, que és el que distingeix una resposta d'examen completa.

Les potències multipliquen l'argument

Si $z = r e^{j θ}$ i $n \in N$ , aplicar $n$ vegades la regla del producte (mòduls es multipliquen, arguments se sumen) dona

z^{n} = r^{n} e^{j n θ} .

Escrit en forma trigonomètrica, això és la fórmula clàssica:

Fórmula de De Moivre

Per a tot $θ \in R$ i tot $n \in Z$ ,

(cos θ + j sin θ)^{n} = cos (n θ) + j sin (n θ) .

Geomètricament, elevar a $n$ transforma el mòdul $r \mapsto r^{n}$ i l'argument $θ \mapsto n θ$ (mòdul $2 π$ ). Si $r > 1$ les potències s'allunyen de l'origen en espiral; si $0 < r < 1$ s'hi acosten; si $r = 1$ es queden a la circumferència unitat donant voltes. La fórmula també val per a exponents negatius: $z^{- 1} = \frac{1}{r} e^{- j θ}$ , que és el conjugat dividit pel quadrat del mòdul, coherent amb $z \overset{z}{ˉ} = ∣ z ∣^{2}$ .

Una potència gran

Calcula $(1 + j)^{10}$ .

Passem a exponencial: $1 + j = 2 e^{j π /4}$ . Aleshores

(1 + j)^{10} = (2)^{10} e^{j 10 π /4} = 32 e^{j 5 π /2} = 32 e^{j (5 π /2 - 2 π)} = 32 e^{j π /2} = 32 j .

Redueix sempre l'argument a $(- π, π]$ abans de passar a binòmica: $5 π /2$ i $π /2$ són el mateix punt de la circumferència. Comprovació: $∣32 j ∣ = 32 = (2)^{10}$ .

Quan la forma binòmica és més curta

Si l'argument no és notable, la forma exponencial explica el resultat (el mòdul, per exemple) però no dona una forma binòmica exacta sense passar per decimals. Per a exponents petits, sovint és més curt quadrar repetidament en binòmica.

Potència quarta d'un binomi

Calcula $(2 - j)^{4}$ en forma binòmica exacta.

L'argument de $2 - j$ és $- arctan (1/2)$ , que no és notable. Quadrem dues vegades:

(2 - j)^{2} = 4 - 4 j + j^{2} = 3 - 4 j, (3 - 4 j)^{2} = 9 - 24 j + 16 j^{2} = - 7 - 24 j .

Per tant $(2 - j)^{4} = - 7 - 24 j$ . La forma exponencial ens dona la comprovació: $∣2 - j ∣ = 5$ , així que el mòdul del resultat ha de ser $(5)^{4} = 25$ , i efectivament $∣ - 7 - 24 j ∣ = 49 + 576 = 25$ .

Les potències de $j$ fan un cicle

Com que $j^{2} = - 1$ , tenim $j^{3} = - j$ i $j^{4} = 1$ , i a partir d'aquí tot es repeteix amb període $4$ : $j^{n}$ només depèn del residu de $n$ mòdul $4$ .

$n mod 4$	$0$	$1$	$2$	$3$
$j^{n}$	$1$	$j$	$- 1$	$- j$

Per exemple, $2026 = 4 \cdot 506 + 2$ , de manera que $j^{2026} = j^{2} = - 1$ . És De Moivre amb $r = 1$ i $θ = π /2$ : $j^{n} = e^{j nπ /2}$ , i cada quatre passos es completa una volta.

El teorema fonamental fixa quantes arrels esperem

Teorema fonamental de l'àlgebra

Tot polinomi $p (z) = a_{n} z^{n} + \dots + a_{1} z + a_{0}$ amb coeficients complexos, $a_{n} \neq = 0$ i $n \geq 1$ , té exactament $n$ arrels a $C$ , comptant multiplicitats. Equivalentment, es factoritza com $p (z) = a_{n} (z - z_{1}) (z - z_{2}) \dots (z - z_{n})$ .

Dues conseqüències pràctiques. Primera: " $n$ arrels comptant multiplicitats" no vol dir $n$ valors diferents ( $z^{2} - 2 z + 1$ té l'arrel $1$ doble). Segona: si tots els coeficients són reals i $z_{0}$ és arrel, aleshores $\overset{z}{ˉ}_{0}$ també ho és, perquè conjugar respecta sumes i productes: $\overline{p (z_{0})} = p (\overset{z}{ˉ}_{0})$ . Les arrels no reals d'un polinomi real apareixen, doncs, en parelles conjugades, i un polinomi real de grau senar té almenys una arrel real. Aquest fet és una comprovació gratuïta: si resols $z^{3} - 8 = 0$ i les dues arrels no reals no són conjugades, hi ha un error.

Arrels n-èsimes: n direccions

Volem resoldre $z^{n} = w$ amb $w = r e^{j θ} \neq = 0$ . El truc és escriure $w$ amb tots els seus arguments, $w = r e^{j (θ + 2 k π)}$ , i aplicar l'arrel real al mòdul i dividir l'argument per $n$ :

Arrels n-èsimes d'un nombre complex

Les solucions de $z^{n} = w = r e^{j θ}$ , amb $r > 0$ , són

z_{k} = n r e^{j \frac{θ + 2 k π}{n}}, k = 0, 1, \dots, n - 1.

Aquí $n r$ és l'arrel real positiva. Per a $k = n$ es recupera $z_{0}$ (l'argument ha augmentat exactament $2 π$ ), i per això n'hi ha prou amb $n$ valors consecutius de $k$ .

Totes les arrels tenen el mateix mòdul $n r$ i els arguments consecutius se separen $2 π / n$ . Per tant, són els vèrtexs d'un polígon regular de $n$ costats inscrit a la circumferència de radi $n r$ . Aquesta geometria és una comprovació de completitud: si has trobat $n$ punts equiespaiats a la mateixa circumferència, hi són totes.

Si $w = 0$ , l'única solució és $z = 0$ (amb multiplicitat $n$ ). I una observació de notació: escriurem sempre "solucions de $z^{n} = w$ " en lloc d'usar $n w$ com si fos un sol valor, perquè a $C$ no ho és.

Les cinc solucions de z elevat a 5 igual a menys 32 dibuixades al pla complex com a vèrtexs d'un pentàgon regular inscrit a la circumferència de radi 2, amb el primer argument pi/5 i la separació angular 2pi/5 — Les cinc solucions de $z^{5} = - 32$ : pentàgon regular de radi $2$ , primer vèrtex a $π /5$ i separació $2 π /5$ .

Exemple guiat: arrels cúbiques

Resol $z^{3} = 8 j$ i escriu les solucions en forma exponencial i binòmica.

Pas 1: $w$ en exponencial. $8 j = 8 e^{j π /2}$ , així que $r = 8$ i $θ = π /2$ .

Pas 2: mòdul de les arrels. $38 = 2$ .

Pas 3: arguments. $\frac{π /2 + 2 k π}{3} = \frac{π}{6} + \frac{2 k π}{3}$ per a $k = 0, 1, 2$ : obtenim $π /6$ , $5 π /6$ i $3 π /2$ (que en argument principal és $- π /2$ ).

Pas 4: binòmica.

z_{0} = 2 e^{j π /6} = 3 + j, z_{1} = 2 e^{j 5 π /6} = - 3 + j, z_{2} = 2 e^{- j π /2} = - 2 j .

Comprovació. Tres valors, mateix mòdul $2$ , separació $2 π /3$ : triangle equilàter. I directament, $(- 2 j)^{3} = - 8 j^{3} = - 8 (- j) = 8 j$ . Correcte.

Cinquenes arrels: un pentàgon

Resol $z^{5} = - 32$ .

Aquí $- 32 = 32 e^{j π}$ (real negatiu, argument $π$ ). Mòdul de les arrels: $532 = 2$ . Arguments: $\frac{π + 2 k π}{5}$ per a $k = 0, \dots, 4$ , és a dir

\frac{π}{5}, \frac{3 π}{5}, π, \frac{7 π}{5} \equiv - \frac{3 π}{5}, \frac{9 π}{5} \equiv - \frac{π}{5} .

Les solucions són $z_{k} = 2 e^{j (π + 2 k π) /5}$ ; en argument principal, $2 e^{\pm j π /5}$ , $2 e^{\pm j 3 π /5}$ i $- 2$ . Fixa't que $- 2$ és l'única arrel real (grau senar, coeficients reals) i que les altres quatre van en parelles conjugades, tal com prediu el teorema fonamental. La figura anterior mostra el pentàgon.

Equacions $z^{n} = w$ i equacions de grau superior

Una equació de la forma $z^{n} = w$ es resol directament amb la fórmula de les arrels. Si l'equació és més complicada, la primera feina és reconèixer-ne l'estructura abans de calcular:

Estructura	Decisió
$z^{n} = w$	Arrels $n$ -èsimes
$z^{4} + a z^{2} + b = 0$	Canvi $t = z^{2}$ ; després $z^{2} = t_{i}$
$z^{6} + a z^{3} + b = 0$	Canvi $t = z^{3}$ ; després arrels cúbiques
Factor comú $z$	Extreu-lo: una de les solucions és $z = 0$
Coeficients reals	Busca parelles conjugades
Factorització disponible	Resol cada factor per separat

No divideixis per una cosa que pot ser zero

Davant de $z^{3} + 4 z = 0$ , dividir per $z$ per quedar-te amb $z^{2} + 4 = 0$ perd la solució $z = 0$ . Cal factoritzar: $z (z^{2} + 4) = 0$ , d'on $z = 0$ o $z = \pm 2 j$ . Tres solucions, com diu el teorema fonamental per a un polinomi de grau $3$ .

Equació de quart grau amb w no real

Resol $z^{4} = - 8 + 83 j$ .

Mòdul de $w$ : $64 + 192 = 16$ . Quadrant II, angle de referència $arctan (3) = π /3$ , així que $Arg w = 2 π /3$ i $w = 16 e^{j 2 π /3}$ . Les arrels tenen mòdul $416 = 2$ i arguments $\frac{2 π /3 + 2 k π}{4} = \frac{π}{6} + \frac{k π}{2}$ :

z_{0} = 2 e^{j π /6} = 3 + j, z_{1} = 2 e^{j 2 π /3} = - 1 + 3 j, z_{2} = 2 e^{- j 5 π /6} = - 3 - j, z_{3} = 2 e^{- j π /3} = 1 - 3 j .

Quatre punts de radi $2$ separats $π /2$ : un quadrat. Observa que aquí les arrels no van en parelles conjugades ( $z_{0}$ i $z_{3}$ no són conjugades), i no han de fer-ho: el coeficient $w$ no és real.

Canvi de variable i factorització

Resol $z^{6} - 7 z^{3} - 8 = 0$ .

Amb $t = z^{3}$ queda $t^{2} - 7 t - 8 = 0$ , que té solucions $t = 8$ i $t = - 1$ . Ara resolem dues equacions d'arrels cúbiques:

$z^{3} = 8 = 8 e^{j 0}$ : $z = 2 e^{j 2 k π /3}$ , és a dir $2$ , $- 1 + 3 j$ , $- 1 - 3 j$ .
$z^{3} = - 1 = e^{j π}$ : $z = e^{j (π + 2 k π) /3}$ , és a dir $e^{j π /3} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} j$ , $- 1$ , $e^{- j π /3} = \frac{1}{2} - \frac{3}{2} j$ .

Sis solucions per a un polinomi de grau sis, dues de reals ( $2$ i $- 1$ ) i les altres en parelles conjugades, com correspon a coeficients reals. Comprovació ràpida amb $z = - 1$ : $1 + 7 - 8 = 0$ .

Arrels quadrades exactes d'un complex

Abans d'atacar la quadràtica cal saber resoldre $δ^{2} = Δ$ per a un $Δ = p + q j$ donat. Hi ha dues vies.

Via polar. Passa $Δ$ a exponencial i aplica la fórmula amb $n = 2$ : dues solucions $\pm ∣Δ∣ e^{j Arg (Δ) /2}$ , separades $π$ . És immediata si l'argument és notable: per exemple $δ^{2} = 2 j = 2 e^{j π /2}$ dona $δ = \pm 2 e^{j π /4} = \pm (1 + j)$ . Si l'argument no és notable, el resultat queda en decimals.

Via binòmica. Escriu $δ = u + v j$ amb $u, v$ reals. Com que $(u + v j)^{2} = (u^{2} - v^{2}) + 2 uv j$ , cal

u^{2} - v^{2} = p, 2 uv = q .

Afegint-hi $u^{2} + v^{2} = ∣ δ ∣^{2} = ∣Δ∣ = p^{2} + q^{2}$ (el mòdul de $δ^{2}$ és el quadrat del mòdul de $δ$ ), les dues primeres es resolen sumant i restant:

Arrel quadrada exacta

Si $Δ = p + q j$ amb $q \neq = 0$ , les dues solucions de $δ^{2} = Δ$ són $δ = \pm (u + v j)$ amb

u = \frac{∣Δ∣ + p}{2}, v = sgn (q) \frac{∣Δ∣ - p}{2} .

El signe de $v$ relatiu a $u$ el fixa $2 uv = q$ : mateix signe si $q > 0$ , signes oposats si $q < 0$ . Si $q = 0$ , $Δ$ és real i les arrels són $\pm p$ o $\pm j - p$ .

Arrel quadrada per la via binòmica

Resol $δ^{2} = - 5 + 12 j$ .

$∣Δ∣ = 25 + 144 = 13$ . Aleshores $u^{2} = (13 - 5) /2 = 4$ i $v^{2} = (13 + 5) /2 = 9$ . Com que $q = 12 > 0$ , $u$ i $v$ tenen el mateix signe: $δ = \pm (2 + 3 j)$ . Comprovació: $(2 + 3 j)^{2} = 4 + 12 j + 9 j^{2} = - 5 + 12 j$ . Correcte. La via polar hauria donat $13 e^{j atan2 (12, - 5) /2}$ , un angle gens notable: aquí la via binòmica guanya clarament.

Equació de segon grau amb coeficients complexos

Per a $a z^{2} + b z + c = 0$ amb $a, b, c \in C$ i $a \neq = 0$ , la deducció per compleció de quadrats és idèntica a la real, i la fórmula no canvia:

Δ = b^{2} - 4 a c, z_{1, 2} = \frac{- b \pm δ}{2 a}, on δ \overset{e}{ˊ} s una soluci \overset{o}{ˊ} de δ^{2} = Δ.

El que canvia és el coll d'ampolla: $Δ$ és en general un complex i cal trobar-ne una arrel quadrada amb els mètodes anteriors. Es tria una sola $δ$ ; el $\pm$ de la fórmula ja genera les dues solucions. I com que el discriminant és complex, no té sentit classificar les solucions per "signe de $Δ$ ": sempre n'hi ha dues (o una de doble si $Δ = 0$ ), en general no conjugades.

Per comprovar, les relacions de Vieta continuen valent: $z_{1} + z_{2} = - b / a$ i $z_{1} z_{2} = c / a$ .

Quadràtica amb coeficients complexos, resolta i comprovada

Resol $(1 - j) z^{2} + (- 3 + 3 j) z + (4 - 2 j) = 0$ .

Coeficients. $a = 1 - j$ , $b = - 3 + 3 j$ , $c = 4 - 2 j$ . Identifica'ls amb els signes inclosos abans de fer res.

Discriminant.

b^{2} 4 a c Δ = (- 3 + 3 j)^{2} = 9 - 18 j + 9 j^{2} = - 18 j, = 4 (1 - j) (4 - 2 j) = 4 (4 - 2 j - 4 j + 2 j^{2}) = 4 (2 - 6 j) = 8 - 24 j, = - 18 j - (8 - 24 j) = - 8 + 6 j .

Arrel quadrada de $Δ$ . $∣Δ∣ = 64 + 36 = 10$ ; $u^{2} = (10 - 8) /2 = 1$ , $v^{2} = (10 + 8) /2 = 9$ ; $q = 6 > 0$ , mateix signe: $δ = 1 + 3 j$ . Comprovació: $(1 + 3 j)^{2} = 1 + 6 j - 9 = - 8 + 6 j$ .

Fórmula.

z = \frac{3 - 3 j \pm ( 1 + 3 j )}{2 ( 1 - j )} .

Amb el signe $+$ : $\frac{4}{2 ( 1 - j )} = \frac{2}{1 - j} = \frac{2 ( 1 + j )}{2} = 1 + j$ . Amb el signe $-$ : $\frac{2 - 6 j}{2 ( 1 - j )} = \frac{1 - 3 j}{1 - j} = \frac{( 1 - 3 j ) ( 1 + j )}{2} = \frac{4 - 2 j}{2} = 2 - j$ .

Solucions: $z_{1} = 1 + j$ i $z_{2} = 2 - j$ .

Comprovació amb Vieta. $z_{1} + z_{2} = 3$ , i $- b / a = \frac{3 - 3 j}{1 - j} = 3$ . $z_{1} z_{2} = (1 + j) (2 - j) = 2 - j + 2 j + 1 = 3 + j$ , i $c / a = \frac{( 4 - 2 j ) ( 1 + j )}{2} = \frac{6 + 2 j}{2} = 3 + j$ . Tot quadra.

Si Vieta falla

Quan la suma o el producte no coincideixen amb $- b / a$ i $c / a$ , no repeteixis tot el problema: revisa, en aquest ordre, el signe de $b$ (el coeficient lineal sovint ve amb un signe menys davant d'un parèntesi), el càlcul de $4 a c$ , i la divisió final per $2 a$ , que és on més s'oblida multiplicar pel conjugat.

Protocol de resolució

Reconeix l'estructura: potència, $z^{n} = w$ , canvi de variable, factor comú, quadràtica.
Potències: exponencial si $n$ és gran o l'angle és notable; quadrats successius en binòmica si $n$ és petit i l'angle no ho és. Redueix l'argument final a $(- π, π]$ .
Arrels: escriu $w = r e^{j (θ + 2 k π)}$ , aplica $n r$ al mòdul i divideix l'argument per $n$ per a $k = 0, \dots, n - 1$ . Dibuixa mentalment el polígon.
Quadràtica: identifica $a, b, c$ amb signes, calcula $Δ$ , troba una $δ$ (via binòmica si l'argument no és notable), aplica la fórmula i divideix pel conjugat de $2 a$ .
Comprova: mòdul del resultat en potències, nombre i separació d'arrels, Vieta o substitució directa en equacions.

Llista de comprovació

Has donat totes les solucions ( $n$ per a grau $n$ )? Tenen el mateix mòdul i estan equiespaiades?
Si els coeficients són reals, les arrels no reals van en parelles conjugades?
Has reduït els arguments a $(- π, π]$ abans de passar a binòmica?
Has triat una sola $δ$ i has deixat que el $\pm$ faci la feina?
Has dividit per $2 a$ multiplicant pel conjugat?
Has fet Vieta o una substitució?

Exercicis proposats

Exercici 1. Calcula $(3 - j)^{12}$ .

Solució de l'exercici 1

$3 - j$ té mòdul $2$ i és al quadrant IV amb angle de referència $π /6$ : $3 - j = 2 e^{- j π /6}$ . Aleshores $(3 - j)^{12} = 2^{12} e^{- j 12 π /6} = 4096 e^{- 2 π j} = 4096$ . Un real positiu: dotze girs de $- 3 0^{\circ}$ són exactament una volta sencera.

Exercici 2. Resol $z^{3} = - 27 j$ i escriu les solucions en forma binòmica. Quina figura formen?

Solució de l'exercici 2

$- 27 j = 27 e^{- j π /2}$ . Mòdul de les arrels $327 = 3$ ; arguments $\frac{- π /2 + 2 k π}{3}$ : $- π /6$ , $π /2$ i $7 π /6 \equiv - 5 π /6$ .

z_{0} = 3 e^{- j π /6} = \frac{3 3}{2} - \frac{3}{2} j, z_{1} = 3 e^{j π /2} = 3 j, z_{2} = 3 e^{- j 5 π /6} = - \frac{3 3}{2} - \frac{3}{2} j .

Triangle equilàter de radi $3$ . Comprovació: $(3 j)^{3} = 27 j^{3} = - 27 j$ .

Exercici 3. Resol $z^{2} - (1 + 2 j) z + (3 + 3 j) = 0$ i comprova amb Vieta.

Solució de l'exercici 3

$a = 1$ , $b = - (1 + 2 j)$ , $c = 3 + 3 j$ . Discriminant: $Δ = (1 + 2 j)^{2} - 4 (3 + 3 j) = (1 + 4 j - 4) - 12 - 12 j = - 15 - 8 j$ .

Arrel quadrada: $∣Δ∣ = 225 + 64 = 17$ ; $u^{2} = (17 - 15) /2 = 1$ , $v^{2} = (17 + 15) /2 = 16$ ; $q = - 8 < 0$ , signes oposats: $δ = 1 - 4 j$ . Comprovació: $(1 - 4 j)^{2} = 1 - 8 j - 16 = - 15 - 8 j$ .

z = \frac{( 1 + 2 j ) \pm ( 1 - 4 j )}{2} ⟹ z_{1} = \frac{2 - 2 j}{2} = 1 - j, z_{2} = \frac{6 j}{2} = 3 j .

Vieta: $z_{1} + z_{2} = 1 + 2 j = - b / a$ i $z_{1} z_{2} = (1 - j) (3 j) = 3 j + 3 = c / a$ . Correcte.

A la pàgina següent, les funcions complexes, el terme $2 k π$ torna a aparèixer, aquesta vegada dins del logaritme. I si vols practicar en format d'examen, tens els exàmens resolts.