gab complexo formatrigonometrica2010
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COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III
3ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROF. WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br
Exercícios de Números Complexos – Forma Trigonométrica - GABARITO
1. Dê a forma trigonométrica do complexo de afixo ( )32,2 − .
Solução. Calculando módulo e argumento, temos:
( ) ( )( )
π+π=
+=⇒
π≡=θ⇒
===θ
−=−==θ
==+=−+=
3
5isen
3
5cos4z
ou
º300isenº300cos4z
3
5º300
2
1
4
2
z
acos
2
3
4
32
z
bsen
416124322z22
.
2. Escreva a forma trigonométrica dos complexos:
a) 2
3 iz
+−= b) iz 26 −−= c) iz 4−= d) 3−=z
Solução. Calculando módulo e argumento em cada item, temos:
a)
( )
π+π=
+=⇒
π≡=θ⇒
−=−
==θ
===θ
==+=
+
−=
6
5isen
6
5cosz
ou
º150isenº150cosz
6
5º150
2
3
12
3
z
acos
2
1
12
1
z
bsen
14
4
4
1
4
3
2
1
2
3z
22
.
b)
( ) ( )( )
π+π=
+=⇒
π≡=θ⇒
−=−==θ
−=−==θ
==+=−+−=
6
7isen
6
7cos22z
ou
º210isenº210cos22z
6
7º210
2
3
22
6
z
acos
2
1
22
2
z
bsen
2282626z22
.
c)
( ) ( )( )
π+π=
+=⇒
π≡=θ⇒
===θ
−=−==θ
==−+=
2
3isen
2
3cos4z
ou
º270isenº270cos4z
2
3º270
04
0
z
acos
14
4
z
bsen
41640z 22
.
d)
( ) ( )
( )
( )
( )
π+π=
+=⇒
π≡=θ⇒
−=−==θ
===θ
==+−=
isencos3z
ou
º180isenº180cos3z
º180
13
3
z
acos
03
0
z
bsen
3903z 22
.
3. Escreva a forma algébrica dos complexos:
a) 4
πcisz = b) πcisz 2= c)
6
710
πcisz = d)
28
πcisz =
Solução. A expressão “cis” representa cos(arg) + i.sen(arg), onde “arg” é o argumento do complexo.
a) 2
2
2
2
44cos
4iisencisz +=+== πππ . b) ( ) ( ) 20.12cos22 −=+−=+== iisencisz πππ .
c) i5352
1i
2
310
6
7isen
6
7cos10
6
7cis10z −−=
−−=
π+π=π= .
d) ( ) i81.i082
isen2
cos82
cis8z =+=
π+π=π= .
4. Ache o conjugado de 34z sendo
+=
88cos
ππisenz .
Solução. Aplicando a fórmula de Moivre, temos:
( ) ( )
i2
2
2
2i
2
2
2
2zi
2
2
2
2
4isen
4cosz
48
2
8
32
8
34:OBS
8
34isen
8
34cos
8.34isen
8.34cosz
8isen
8cosz
8isen
8cosz
3434
3434
34
−=
+=⇒+=
π+π=
π≡π+π=π
π+π=
π+π=⇒
π+π=
π+π=
.
5. Se i
iz
46
252
−−= , determine, na forma algébrica, 13z .
Solução. Expressando “z” na forma (a + bi) e calculando a potência, temos:
( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) i2
2
2
2i
2
2
2
2)1)(1(i
2
2
2
2i.ii
2
2
2
2izzz
i4
2i
4
)2(2
4
2i
4
2i
2
2
2
22
4
2i
2
2
2
2z
i2
2
2
2
52
i226226
i46
i220i230i2426
i46
i46.
i46
i252
i46
i252z
2466213
2
2
2
22
2
+−=
−−=
−−−=
−−==
−=−−=+
−=
−=
−=−=−
−−+=++
−−=
−−=
.
6. (UERJ) Considere o seguinte número complexo: 31
1
i
iz
+−= . Ao escrever z na forma trigonométrica, os
valores do módulo e do argumento serão respectivamente:
a) 2 e 12
25π b) 2 e
12
17π c)
2
2 e 12
25π d)
2
2 e 12
17π
Solução. Escrevendo o numerador e o denominador na forma complexa e dividindo, temos:
i)
4
7
2
1sen
2
1cos
2)1()1(i1 22 π=θ⇒
−=θ
=θ⇒=−+=− . ii)
3
2
3sen
2
1cos
231)3()1(3i1 22 π=θ⇒
=θ
=θ⇒=+=+=+ .
Logo,
π=
=⇒
π+
π=
π−π+
π−π=
π+π
π+π
=+
−=
12
17)z(Arg
2
2z
12
17isen
12
17cos.
2
2z
34
7isen
34
7cos.
2
2
3isen
3cos.2
4
7isen
4
7cos.2
3i1
i1z
.
7. Calcule m de modo que a imagem do número i
imz
−+=
2
6 esteja na bissetriz dos quadrantes ímpares.
Solução. Para que a condição ocorra, o complexo z = a + bi é tal que a = b.
( )( ) { 181262
5
12
5
62
14
6122
2
2.
2
6
2
6 2
=⇒+=−⇒++−=+
+++=++
−+=
−+= mmmi
mmiimim
i
i
i
im
i
imz .
8. (CESGRANRIO) Seja biaw += um complexo onde a > 0 e b > 0. Seja w o seu conjugado. Qual a área do
quadrilátero de vértices w , w , w− e w− ?
Solução. Representando no plano Argand-Gauss, temos o retângulo.
( )[ ] ( )[ ] [ ] [ ] abbabbaaÁrea
biaw
biaw
biaw
biaw
42.2. ==−−−−=⇒
+−=−
−−=−−=
+=
.
9. (MACK) As representações gráficas dos complexos i+1 , ( ) 21 i+ , 1− e ( )21 i− , são vértices de um polígono de área:
a) 2 b) 1 c) 2
3 d) 3 e) 4
Solução. Uma fórmula conhecida para calcular a área de um triângulo dado por coordenadas cartesianas no plano é:
1
1
1
.2
1
33
22
21
yx
yx
yx
A = , onde P(x1, y1), Q(x2, y2) e R(x3, y3) são os
vértices do triângulo.No caso do exercício temos os pontos:
i) )1,1(1 Pi→+ . ii) ( ) )2,0(21 2 Pii →=+ .
iii) )0,1(1 −→− P . iv) ( ) )2,0(21 2 −→−=− Pii .
Dividindo o quadrilátero em dois triângulos aplica-se a fórmula somando-se os resultados.
A1: [ ]2
3)2(1)1(1)2(1
2
1
101
120
111
2
1 =+−=−
. A2:
[ ]2
5)2(1)1(0)3(1
2
1
111
120
101
2
1 =+−−−−=−−
.
Logo, a área será 42
8
2
5
2
3 ==+=A .
10. Um triângulo eqüilátero ABC está inscrito em uma circunferência com centro na origem do plano complexo. O vértice A é o afixo do complexo i+3 . Determine as coordenadas dos pontos B e C.
Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência. O triângulo eqüilátero divide a circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º.
( )
( )
( )
−=
π+π==
−=
π+π==
⇒
π=π=π+π=θ
π=π+π=θ⇒π=θ⇒
=θ
=θ
=+=⇒+==
2,02
3isen
2
3cos2zC
1,36
5isen
6
5cos2zB
2
3
6
9
3
2
6
56
5
3
2
66
2
3cos
2
1sen
213zi3zA
2
2
3
2
1
1
1
22
1
.
11. (IBMEC) Se A, B e C representam, no plano Argand-Gauss, as imagens das raízes complexas da equação
052 23 =+− xxx , então o perímetro do triângulo ABC é igual a:
a) 542 + b) 524 + c) 245 + d) 254 + e) 525 +Solução. Resolvendo a equação, temos:
( )
−=+=
=⇒
±=−±=−±=⇒=+−
=⇒=+−⇒=+−
i21x
i21x
0x
:raízes
2
i42
2
162
2
2042x05x2x
0x
05x2xx0x5x2x
3
2
1
2
223.
Representando no plano, temos:
( )( ) ( )
524Perímetro
4i4i21i21BC
521i21AC
521i21AB
22
22
+=⇒
==−−+=
=−+=−=
=+=+=
.
12. O número complexo z possui afixo no 2º quadrante do plano Argand-Gauss. Se izzz 3322 +=−+ ,
determine z, seu módulo e seu argumento.Solução. Resolvendo a equação para z = x + yi, temos:
( )( ) ( )
( )
( )
( )
π≡=θ⇒
−=θ
=θ
=+−=+−=
→+−=→+=
⇒
−=−=
=+=⇒±=±=
−−±=
=−−⇒
=−+
=⇒=⇒+=+−+⇒
⇒+=++−++⇒+=−−+++⇒+=−+
rad4
3º135
2
1cos
2
1sen
:Argumento)ii
2)1(1i1z:Módulo)i
Quadranteº2i1z
Quadranteº1i2z:Complexo
12
31x
22
31x
2
31
2
91
2
)2)(1(411x
02xx3x1x
1y3y3i33iy3xyx
i33yi2yix2xyxi33)yix(2)yix(yxi33z2zz
222
2
1
222
22
22222
.
13. Se o módulo de um complexo é igual a 2 e seu argumento, 4
7π, a expressão algébrica deste número é:
a) i−1 b) i2 c) i d) i+−1 e) i−−1
Solução. Temos: i12
2
2
22
4
7isen
4
7cos2z −=
−=
π+π= .
14. Na figura P é o afixo do número complexo z. Se o ângulo assinalado mede rad6
π, escreva z na forma
trigonométrica e na forma algébrica.
Solução. O ângulo em graus mede 30º. Logo o arco medido no sentido positivo é de
300º ou rad6
5π. A circunferência possui raio 2, logo o módulo de P vale 2. Temos:
π+π=
3
5isen
3
5cos2z:ricaTrigonomét)i ; i31i
2
3
2
12z:ébricalgA)ii −=
−=
15. Dados ( )º30º30cos.41 isenz += , ( )º120º120cos.32 isenz += e ( )º270º270cos.23 isenz +=
números complexos, escreva na forma trigonométrica os resultados das operações:
a) 21.zz b) 3
1
z
z c) ( ) 5
2z d) ( ) 83z
Solução. Aplicando as operações usuais e a fórmula de Moivre, temos:
a)
( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]º150º150cos12.
º120º30º120º30cos)3).(4(.º120º120cos3
º30º30cos4
21
212
1
isenzz
isenzzisenz
isenz
+=⇒
⇒+++=⇒
+=+=
.
b)
( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º120º120cos2º240º240cos2
º270º30º270º30cos2
4
º270º270cos2
º30º30cos4
3
1
3
1
3
1
isenisenz
z
isenz
z
isenz
isenz
+=−+−=⇒
⇒−+−=⇒
+=+=
.
c)
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º240º240cos243º600º600cos243
º1205º1205cos243º120º120cos3
º120º120cos3
52
52555
2
2
isenisenz
isenzisenz
isenz
+=+=⇒
⇒×+×=⇒
+=
+=
.
d)
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º0º0cos256º2160º2160cos256
º2708º2708cos256º270º270cos2
º270ºº270cos2
83
83888
3
3
isenisenz
isenzisenz
isenz
+=+=⇒
⇒×+×=⇒
+=
+=
.
16. (FGV) Três números complexos estão representados no plano de Argand-Gauss por três pontos que dividem uma circunferência de centro na origem (0,0) em partes iguais. Um desses números é igual a 1. Determine os outros dois números, faça um esboço da circunferência e calcule a área do triângulo cujos vértices são os três pontos.
Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência que vale 1. O triângulo eqüilátero divide a circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º
ou 3
2π.
( )
−−=
π+π==
−=
π+π==
⇒
π=π+π=θ
π=π+=θ⇒=θ⇒
=θ
=θ
=+=⇒=
2
3,
2
1
3
4isen
3
4cos1zz
2
3,
2
1
3
2isen
3
2cos1zz
3
4
3
2
3
23
2
3
20
0
1
1cos
1
0sen
101z1z
23
22
3
2
1
1
1
221
.
A área é calculada aplicando a metade do módulo do determinante das coordenadas:
4
33
2
33
2
1
2
33
2
1
4
3
4
310
2
3
2
31
2
1
12
3
2
1
12
3
2
1101
2
1A =
=
+=
++−
+=
−−
−= .
17. (VUNESP) Considere o complexo iu2
1
2
3 += , onde 1−=i . Encontre o número complexo v cujo
módulo é igual a 2 e cujo argumento é o triplo do argumento principal de u.
Solução. Escrevendo o complexo “u” na forma trigonométrica e verificando as condições, temos:
=
π=
π=θ
⇒π=θ⇒
==θ
==θ
=+=
+
=⇒+=
2v
263
6
2
3
12
3
cos
2
1
12
1
sen
14
1
4
3
2
1
2
3ui
2
1
2
3u
v
u
u
u
22
. R: i22
isen2
cos2v =
π+π=
18. Obtenha as raízes cúbicas da unidade. Isto é, calcule 3 z , onde z = 1.
Solução. Escrevendo z = 1 na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
−−
+−
−−=
π+π=
π++π+=
+−=
π+π=
π++π+=
=
+=
π++π+=
π++π+=π++π+==⇒=
∈π++π+=⇒=θ⇒
==θ
==θ⇒=+=⇒=
i2
3
2
1,i
2
3
2
1,1:R
i2
3
2
1
3
4isen
3
4cos
3
)2(20isen
3
)2(20cosw
i2
3
2
1
3
2isen
3
2cos
3
)1(20isen
3
)1(20cosw
13
0isen
3
0cos
3
)0(20isen
3
)0(20cosw
3
k20isen
3
k20cosk20isenk20coszwzw
Zk;k20isenk20cosz0
11
1cos
01
0sen
101z1z
2
1
0
3/13/1k
3
22
.
19. Determine as raízes quadradas de iz 322 −=
Solução. Escrevendo iz 322 −= na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:
( ) ( )
( ) ( ){ }i3,i3:R
i32
1isen
2
32
6
11isen
6
11cos2
6
)1(65isen
6
)1(65cos2w
i32
1isen
2
32
6
5isen
6
5cos2
6
)0(65isen
6
)0(65cos2w
6
k65isen
6
k65cos4
3
k65isen
3
k65cos4zwzw
Zk;k23
5isenk2
3
5cos4z
3
5
2
1
4
2cos
2
3
4
32sen
416124322zi322z
1
0
2/1
2/12/1k
2
22
−+−
−=
−=
π+π=
π+π+π+π=
+−=
+−=
π+π=
π+π+π+π=
π+π+π+π=
π+π+
π+π==⇒=
∈
π+π+
π+π=⇒π=θ⇒
==θ
−=−=θ
==+=−+=⇒−=
.
20. Determine as raízes quartas de 81.
Solução. Escrevendo z = 81 na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) [ ]
( ) ( ) [ ] [ ]
( ) ( ) [ ]{ }i3,i3,3,3:R
i3i0032
3isen
2
3cos3
4
)3(20isen
4
)3(20cos3w
3i013isencos34
)2(20isen
4
)2(20cos3w
i3i1032
isen2
cos34
)1(20isen
4
)1(20cos3w
34
0isen
4
0cos3
4
)0(20isen
4
)0(20cos3w
4
k20isen
4
k20cos3k20isenk20cos81zwzw
Zk;k20isenk20cos81z0
181
81cos
081
0sen
81z81z
3
2
1
0
4/14/14/1k
4
−−
−=−=
π+π=
π++π+=
−=+−=π+π=
π++π+=
=+=
π+π=
π++π+=
=
+=
π++π+=
π++π+=π++π+==⇒=
∈π++π+=⇒=θ⇒
==θ
==θ⇒=⇒=
.
21. Uma das raízes cúbicas de um número complexo z é
+=
66cos20
ππisenw .
a) Determine, na forma algébrica, as outras raízes cúbicas de z. Resposta: ( ){ }ii 2,3 −+−
b) Escreva z na forma algébrica. Resposta: z = (– 2i)3 = 8i.
Solução. Como são raízes cúbicas, então há w0, w1 e w2. Temos:
( )
( ){ }i2,i3:R
i2i1022
3isen
2
3cos2
3
2
6
5isen
3
2
6
5cos2w
i3i2
1
2
32
6
5isen
6
5cos2
3
2
6isen
3
2
6cos2w
2
1
−+−
−=−=
π+π=
π+π+
π+π=
+−=
+−=
π+π=
π+π+
π+π=
.
22. Determine a área do polígono cujos vértices são afixos das soluções complexas da equação 164 =w .
Solução. Encontrando as raízes cúbicas de 16, temos:
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) [ ]
( ) ( ) [ ] [ ]
( ) ( ) [ ]{ }i2,i2,2,2:R
i2i0022
3isen
2
3cos2
4
)3(20isen
4
)3(20cos2w
2i012isencos24
)2(20isen
4
)2(20cos2w
i2i1022
isen2
cos24
)1(20isen
4
)1(20cos2w
24
0isen
4
0cos2
4
)0(20isen
4
)0(20cos2w
4
k20isen
4
k20cos2k20isenk20cos16zwzw
Zk;k20isenk20cos16z0
116
16cos
016
0sen
16z16z
3
2
1
0
4/14/14/1k
4
−−
−=−=
π+π=
π++π+=
−=+−=π+π=
π++π+=
=+=
π+π=
π++π+=
=
+=
π++π+=
π++π+=π++π+==⇒=
∈π++π+=⇒=θ⇒
==θ
==θ⇒=⇒=
.
A área vale o quádruplo da área de um triângulo retângulo isósceles de cateto 2:
82
224 =
×=A .
23. (PUC) Ache todas as soluções complexas da equação 016 =+z .Solução. Encontrando as raízes sextas de – 1, temos:
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
−
+
+−
−−
−
−=
π+π=
π+π+π+π=
−=
π+π=
π+π+π+π=
−−=
π+π=
π+π+π+π=
+−=
π+π=
π+π+π+π=
=
π+π=
π+π+π+π=
+=
π+π=
π+π+π+π=
π+π+π+π=π+π+π+π==⇒=
∈π+π+π+π=⇒π=θ⇒
−=−=θ
==θ⇒=+−=⇒−=
i,i,i2
1
2
3,i
2
1
2
3,i
2
1
2
3,i
2
1
2
3:R
i2
1
2
3
6
11isen
6
11cos
6
)5(2isen
6
)5(2cosw
i2
3isen
2
3cos
6
)4(2isen
6
)4(2cosw
i2
1
2
3
6
7isen
6
7cos
6
)3(2isen
6
)3(2cosw
i2
1
2
3
6
5isen
6
5cos
6
)2(2isen
6
)2(2cosw
i2
isen2
cos6
)1(2isen
6
)1(2cosw
i2
1
2
3
6isen
6cos
6
)0(2isen
6
)0(2cosw
6
k2isen
6
k2cosk2isenk2coszwzw
Zk;k2isenk2cosz
11
1cos
01
0sen
101z1z
5
4
3
2
1
0
6/16/1k
6
22
.
24. Qual o menor valor natural de n, 0≠n , para que
n
i
+−
2
2
2
2seja um número real?
Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:
N3
k4
3
k4n
k4
3.n0
4
3.nsenrealz
4
3.nisen
4
3.ncos
4
3isen
4
3cosz
Zk;4
3isen
4
3cosz
4
3
2
2cos
2
2sen
12
1
2
1
2
2
2
2zi
2
2
2
2z
n
n
n
22
∈=ππ=
⇒π=π⇒=
π⇒⇒
π+
π=
π+
π=
∈
π+
π=⇒π=θ⇒
−=θ
=θ
=+=
+
−=⇒+−=
.
Para que “n” seja natural, (4k) deve ser o menor múltiplo de 3. Logo, (4k) = 12. O menor valor é n = 4.
25. (UFRJ) Determine o menor inteiro 1≥n para o qual ( )ni+3 é um número real positivo.
Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:
( ) ( )
Nk6n
k6
n0
6
nsenrealz
6
nisen
6
ncos2
6isen
6cos2z
Zk;6
isen6
cos2z6
2
3cos
2
1sen
21313zi3z
nn
n
n
22
∈=
⇒π=π⇒=
π⇒⇒
π+
π=
π+
π=
∈
π+
π=⇒π=θ⇒
=θ
=θ
=+=+=⇒+=
.
Para k = 1, n = 6. Mas a parte real seria 01cos <−=π . Logo, k = 2 e o menor “n” é 12.