prova modelo n.º 14files.recursos-para-matematica.webnode.pt/200002126... · regra de ruffini vem,...
TRANSCRIPT
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 1
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
107.1 ( ) ( ) {
{
.
107.2 Como o polinómio ( ) tem coeficientes reais e é uma das suas raízes, então também é raiz de ( ). Recorrendo à
regra de Ruffini vem, ( ) ( )( )( ). Utilizando a fórmula resolvente na equação , vem:
Assim, as restantes raízes de ( ) são
, √ (
) e √
.
107.3
Fazendo cisz , com 0z vem:
33 3 3
14 4 4cis cis cis 4cis cis 3 cis2 2
z z z i z z
3 3
3
4 4 0
4 cis 3 cis( )2 3 2 , 4 2 ,
2 2k k k k
2 14 1 0 0
2
, ,8 2 8 2
k kk k
▪ Se 0 então 0z , mas 0z
▪ Se 1
2 então:
1cis
2 8z
para 0k ,
1 3cis
2 8z
para 1k ,
1 7cis
2 8z
para 2k e
1 11cis
2 8z
para 3k
O conjunto solução da equação 3
14z z z é 1 1 3 1 7 1 11
cis , cis , cis , cis2 8 2 8 2 8 2 8
108.1 √ (
). Assim ( )
(
) (
) (
)
e
portanto o argumento positivo mínimo de ( ) é
.
108.3 Tem-se ( )
( )
(
).
( )
é um número real se o seu argumento for da forma . Assim:
Como ]
[, vem
( ).
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 2
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
108.4
. Fazendo , vem:
( ) (
) ( ) (
) ( ) {
{
( )
{
√
Se então é uma solução da equação. Se
√ e substituindo por valores pertencentes ao conjunto { },
obtém-se as restantes soluções da equação, que são
√
,
√
,
√
,
√
e
√
.
109.1 (
)
109.2 Tem-se ( √ ) ( )
(
) (
). A imagem geométrica de ( √ ) ( )
pertence
à bissetriz dos quadrantes ímpares se o seu argumento for da forma
. Assim:
Logo ( ).
109.3 | |
( )
. Perímetro:
.
110.1 110.2 {√
√
√
√
√
√
}
110.3 Tem-se ( ) ( ) √ (
) ( ) √ (
) √
√ (
)
√ (
) √ (
) √ (
) √
Por outro lado ( ) ( ) √ (
)
)( ) (
√
) √ √
√ ( √ )
Assim: √ ( √ ) √
√ ( √ ) √ ( (
) (
))
√ ( √ ) √ (
) √ (
)
Portanto:
√ (
) √ (
)
√
√ (
)
√ √
(
)
√ √
(
)
√ √
i) √ (
) √ ( (
) (
)) √ (
√
)
√
.
Nota: Utilizando um raciocínio análogo mostrava-se que (
)
√ √
.
110.4
Im(𝑧)
R (𝑧) 𝑂
|𝑧 𝑧 | |z|
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 3
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
111.1 Pela regra do paralelogramo tem-se , assim vem , além disso Portanto:
( )
√ (
)
Portanto
√ (
) √
. [ ] | | | | √ √ .
111.2
111.3 a) Tem-se
√
√ (
) e portanto
√ (
)
√ (
).
não
pertence ao intervalo ] ], pois ]
[,
. Portanto ( )
.
111.3 b) ( ) (
)
(
)
{
{
{
{
{
Logo (
)
e .
112.1
112.2 a) , portanto , isto é e são
números complexos simétricos.
(
)
√ ; [ ]
√
√
112.2 b) √
113.1 √
; ( )
(
)
, logo é raiz cúbica de . As restantes raízes cúbicas de
são
e
113.2 {√
√
√
}
4
A
B
CO Re(z)
Im(z)
2
h
h
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 4
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
113.3 Tem-se ( ) (
)
( (
)
) ( (
))
(
)
(
) (
)
A imagem geométrica de ( ) pertence à bissetriz do segundo quadrante se o seu argumento for da forma
.
Assim:
Como ]
[, vem
( )
114.1
√
√
114.2
√
√ (
) √ (
) √
√ (
)
√
.
√ √√
(
) √
(
), com { } . As raízes cúbicas de são √
, √
e √
.
114.3 Fazendo , vem:
( ( ) )
( ) ( ) ( )
{
{ ( )
{
{
As soluções da equação ( ( ) ) são
e
.
114.4
(√
)
(√
)
( ( )
) (
√
)
(
) (
√
)
( )
(√
)
( ) (√
)
(√
)
. Portanto (√
)
IR , I .
115.1
a) Recorrendo à regra de Ruffini vem:
( ) ( )
√( ) ( )
√
√
√
As soluções da equação são
,
√
e
√
(
).
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 5
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
115.1
b) Na figura , e são as imagens geométricas de ,
√
e
√
, respetivamente.
[ ] √
√
115.2
Tem-se , com IR , pois pertence ao
primeiro quadrante e R ( ) . Assim e
. A representação do triângulo [ ] é:
[ ]
Logo . Pelo teorema de Pitágoras vem
√ e portanto [ ] √ .
116.2 {√
√
√
} 116.3
116.4 (| | ( )
) (| | √
( )
)
117.1 Atendendo à regra do paralelogramo tem-se ( ) √
√
.
117.2 Tem-se (
√ √ )
(√
√ (
))
(
)
(
)
(
). O número complexo (
√ √ )
é um imaginário puro
se o seu argumento for da forma
. Assim:
Logo ( ).
117.3
( )
117.4 O ponto é a imagem geométrica do número complexo
(| | ( )
) (
( )
( )
)
118.1
√
(
)
√
√
(
)
√ √ .
4
4
4
4
O Re(z)
Im(z)
A
B
D
C
𝐵 𝐶
𝑂
√
√
R (𝑧)
Im(𝑧)
2
b
Re(z)
Im(z)
b
2
A
B
C
O
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 6
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
118.2 a) Tem-se | | | | , portanto . A amplitude do ângulo é
. Logo o triângulo [ ] é
equilátero porque a medida do comprimentos dos lados [ ] e [ ] é igual e o ângulo formado por eles é
. O perímetro do triângulo
[ ] é .
118.2 b) Como | | | | tem-se que e são raízes sextas de um número complexo se a diferença entre os seus argumentos for da
forma
. Assim, ( ) ( )
e portanto a afirmação é
verdadeira.
118.3 a) Escrevendo na forma trigonométrica vem
, assim e
. O triângulo [ ] é isósceles,
visto que , portanto
. O triângulo [ ] é retângulo em , portanto
.
. Sendo o ponto médio do segmento de reta [ ] e tendo em conta que
, vem:
[ ]
(
) (
) (
) (
) (
) (
)
√
√
118.3 b) Tem-se que é a imagem geométrica de e (
). Assim uma condição que define o segmento de reta [ ] pode ser:
( √ ) | √ | (
) ( √ )
| √ | (
)
119.1 √
119.2 e
119.3 é um argumento de , portanto √ , assim
√ (
)
√ (
) . Portanto
. Como ] [, então
( ).
119.4 Tem-se , , e ,
portanto ( ), ( ), ( ) e ( ).
A área do trapézio [ ] é igual a
.
Pelo teorema de Pitágoras vem √ , portanto o perímetro do
trapézio [ ] é igual a √ .
120.1 | | | | √(√ ) e ( )
(
rad). Assim:
( √ √ ) √
√
√
√
√
.
120.2 120.3 | |
( )
. O comprimento do arco é
.
2
1
1 3
2
1
O
EC
D
B
A
Im(z)
Re(z)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 7
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
121.1
; √
√
(
) { } (
) { }. As raízes quartas de são
( ),
( ),
( ) e
( ). [ ] , assim
( ) .
121.2 O ponto é a imagem geométrica de
√ e o ponto é a imagem geométrica de
√ , assim (√ )
e ( √ ). Sendo o simétrico de em relação à reta , tem-se:
( √ ) (√ √ ) ( √ √ )
Logo é a imagem geométrica de √ ( √ ) . Como a reta é a mediatriz do segmento de reta [ ], então uma
condição que define a região do plano de Argand colorido a encarnada (incluindo a fronteira) é:
| | | √ | | √ ( √ ) |
121.3
√
e
√
√
. Assim e portanto não é inverso de . ( é inverso de , pois
)
122.1 | | √ (√ ) √ e é um argumento de , portanto √ . Assim:
√ (
)
√ (
) √ (
) √ (
) √ (
)
122.2 Tem-se | | . Fazendo , vem:
( )
.
A solução da equação é .
122.3 (
) (
)
;
( )
( ( ))
;
Im( ) | | Im( ) . Na figura é a imagem geométrica do número complexo .
123.1 Sejam a amplitude do ângulo e o ponto de interseção da reta com a reta que contém o ponto é é perpendicular a .
Tem-se
, | | e | | , assim:
[ ] (
) ( ) ( )
R (𝑧)
Im(𝑧)
(𝑧 ( 𝑖)) 𝜋
(𝑧 ( 𝑖))
𝜋
Im(𝑧)
𝑂
𝐴
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 8
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
123.2 Tem-se ( ) ( (
))
( ). Pretende-se que R (( ) ) Im(( )
) , isto é, que ( ) seja
um imaginário puro, com o coeficiente da parte imaginária negativo. Logo o seu argumento tem de ser da forma
.
Assim:
Logo
( ). Como , vem
.
123.3 a) ( ) ( )
. Como
[
[, então
.
123.3 b)
(
√
) (
√
) √
(
√
) . Assim:
| | (√(√
) (
√
)
)
√
√
√
123.3 c)
(
)
;
é raiz quarta de se (
) , assim:
(
)
√
√
( ) {
√
{
√
{
√
{
√
{
√
123.3 d)
( )
|
√
| |
√
|
124.1
124.2 a) ( ) | | | |
(
) √
√ (
) { } √ (
) { }
As soluções da equação ( ) | | são 0, √
e √
.
124.2 b) Tem-se . Fazendo , vem:
( ) (
( ))
( (
))
(
)
{
{ √
{
Substituindo por valores pertencentes ao conjunto { } obtém-se as soluções da equação ( ) , que são
(
) ,
e
.
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 9
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
124.2 c)
√
√
(
)
√
(
)
√
√
(
√
)
√
√
Portanto a solução da equação
√
é
√
√
.
124.3 Na figura o ponto é a imagem geométrica de . As soluções da equação são as raízes quintas de 32, portanto o
polígono é um pentágono regular centrado na origem em que um dos vértices pertence ao eixo real (na figura o ponto é a imagem
geométrica de 2)
Tem-se
. Logo o perímetro do pentágono é
.
125.1 ( ) ( )
( ) ( )
√
√
√
√
(
) { }
√
(
) { }
As soluções da equação são √
, √
, √
, √
, √
, e .
125.2 Sejam e , com IR.
125.2 a) | | | | | ( ) | | ( ) | ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) . Logo R ( ) e portanto
| | | | R ( ).
125.2 b) Tem-se que ( ) ( ) ( ) , logo , Assim
( ) ( )
| |
125.2 c) Tem-se que ( ) ( ) ( ) , Assim:
R ( ) R ( ) R ( ) Im( ) Im( )
Como número complexo é real se a sua parte imaginária for nula, então R ( ) R ( ) R ( ) se e só se IR ou IR.
R ( )
Im( )
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 10
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
125.2 d) Tem-se que | | e | | | |. Assim:
| |
| |
| |
| |
| |
| |
| | ( )
| |
| |
| |
Logo | | |
| ||
| |
| |
√ ( )
| |
| | . Como | | vem
| | e portanto
| | . | | .
125.3 Tem-se ( ) ( ) ( ) , assim:
{R ( )
Im( ) Im( ) Im( ) {
{
{
{
{
126.1 ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ( ) ( )) ) ( ( ) ( )) ( ) ( )
i) A função cosseno é par e a função seno é ímpar, isto é, ( ) e ( ) , IR
126.2 a)
( ) ( )
( ) ( )
) ( ) ( ) ( )
i) ( )
126.2 b) Tem-se que:
( ) ( ( ) ( )) ( ) ( )
Como ( ) , tem-se
. Assim:
(
)
√
. Como ]
[então
Portanto:
( ) (
) (
)
126.2 c) √ √
. (
)
(
√
( ))
√ (
)
√ (
). A imagem geométrica de (
)
pertence à bissetriz dos ímpares se o seu argumento for da forma
. Assim:
Como ]
[, vem
( ).
127.1 a)
127.1 b)
127.2 a) (
)
; (
)
;
√
√
√
.
127.2 b) Tem-se que [ ] [ ]. Seja o ponto de interseção da reta perpendicular a [ ] que contém o ponto , assim,
tendo em conta que a amplitude do ângulo é
e que
(
), vem:
[ ] [ ]
(
)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 11
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
127.2 c) | |
( )
;
.
128.1 ( ) ( ) . O
número complexo é um imaginário puro se R ( ) Im( ) , assim:
( ) ( )
( )
Logo .
128.2 a) Para tem-se e . Assim:
(
)
( ) ( √ (
))
( √ )
(
) ( √ )
(
) ( √ )
Logo o módulo é ( √ )
e o argumento mínimo positivo é
.
128.2 b) √ (
). Seja o módulo de , assim:
√
(
| |)
√ (
)
√
(
(
)
)
(
) (
)
√
( )
√
( )
√
√
.
128.2 c)
. Fazendo , vem:
( ( ))
(
) ( )
(
) (
)
{
{
{
( )
{
Se então , que não é solução da equação em { }. Se e substituindo por valores pertencentes ao conjunto
{ }, obtém-se as soluções da equação, que são
,
e
.
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 12
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
128.3 Para tem-se √
, portanto e ( )
(√
)
.
[ ]
. Tem-se | ( )
| | | | | √ √ (também se podia determinar
usando o teorema de Pitágoras), assim [ ] √ .
129.1 Tem-se √
√
√
, logo (
√
√
)
(√
) √
√ , assim:
(√
√
)
(
)
√ √ √
(
)
√ √
(
)
(
)
(
)
Logo o número complexo
é solução da condição pois e |
|
.
129.2 | | | ( )|
| | ( ( )
( )
)
129.3 Na figura anterior o ponto é a imagem geométrica do número complexo
√ e o ponto é a imagem geométrica do
número complexo
√ . Assim, outra condição que define pode ser:
√ R ( ) √ ( ( )
( )
)
𝐴 𝐵
𝐶
R (𝑧)
Im(𝑧)
𝑂
𝐴
𝐵
𝑂 R (𝑧)
Im(𝑧)
(𝑧)
𝜋
(𝑧)
𝜋
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 13
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
130.1
Comprimento da linha:
√
√
130.2 | | | | √( ) ( ) √ √ . Seja o argumento positivo mínimo de . Tem-se
e
(
) √ . Assim, como a função é crescente em ]
[ e como (
), então
e portanto
, pois . Logo .
130.3 Seja o argumento de .
( )
√
( ) √ ( ). Tem-se que
, pois
( )
e que
. Logo:
.
Assim, como (
( ) ) a imagem geométrica de
( ) pertence ao quarto quadrante.
130.4 a) As raízes quartas de um número complexo dividem uma circunferência centrada na origem em quatro arcos de amplitude
.
Portanto, a partir da imagem geométrica de uma dessas raízes, podemos obter as restantes através de rotações centradas na origem e
amplitude
. Logo pode-se obter as restantes raízes quartas de através de multiplicações sucessivas por . Assim as restantes raízes
quartas de são ( ) , ( ) e ( ) .
Outra resolução: Seja um argumento de . Tem-se | | √ √ , portanto √ . Sejam , e as
restantes raízes quartas de , assim:
▪ √ (
) √
( ) ;
▪ √ (
) √ ( ) √ ( ) ( ) ( ) ;
▪ √ (
) √ (
) √
( ) ( ) ( ) .
130.4 b) Na figura, , , e são as imagens geométricas das raízes quartas de .
(𝑧)
𝜋
R (𝑧)
Im(𝑧)
𝑂 √
R (𝑧)
Im(𝑧)
√ √
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 14
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
[ ] ( √ ) ( √ )
. √ √ , logo [ ] √ .
131.1 é raiz quadrada de , então
( ) ( ) {
{
{
Logo . é a outra raiz quadrada de , portanto é simétrico de , tem-se então .
131.2 a) Tem-se | | √ e sendo um argumento de , vem √ . Como , o triângulo [ ] é isósceles e visto
que então o segmento de reta [ ] é uma altura do triângulo e portanto o ângulo é reto.
Tem-se | | √ , portanto √ , assim:
[ ] √
√
√
√
√
Portanto √ (
)
√ .
131.2 b) Tem-se ( ) , logo √
.
Assim:
√ √√
√√
(
) √
(
), { }
Portanto, as raízes sextas de são √
, √
, √
, √
, √
e √
.
𝑂
𝐴
𝐵
𝐶
R (𝑧)
Im(𝑧)
𝜋
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 15
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
131.3 Seja :
▪ |Im( )| R ( ) |Im( )| R ( ) |Im( ( ) )|
| |
▪ | | | | | ( )| | ( )|
Na figura o ponto é a imagem geométrica do número complexo e é a imagem geométrica do número complexo
.
132.1 (
) (
) (
) (
) (
) (
)
(
) (
) (
(
)) (
(
))
(
) (
) (
) (
)
(
) (
) (
) (
)
(
) (
) ( (
) (
))
Logo Im( ) (
) (
) ( (
) (
)) R ( ) e portanto a imagem
geométrica de pertence à bissetriz dos quadrantes pares.
132.2 Tem-se que
(
) (
). e são raízes cúbicas do mesmo número complexo se
( ) ( )
Assim:
( ) ( )
( (
))
( (
))
(
) (
)
Então
. Para vem
e
]
[, para vem
e
]
[ e para vem
e
]
[. Logo, para qualquer valor inteiro de
não existe ]
[ tal que ( )
( ) e portanto e não podem ser raízes cúbicas do mesmo número complexo.
132.3 a) Como e são raízes consecutivas de índice doze do mesmo número complexo vem:
( ) ( )
(
)
Assim (
)
(
√
) √ e (
)
(
√
) √ .
𝐴
𝐵 R (𝑧)
Im(𝑧)
𝑦
𝑦
|𝑧 𝑧 | |𝑧 |
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 16
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
132.3 b) ( ) ( )
( (
) (
))
(
) (
)
( (
) (
))
(
) (
)
( (
) (
))
(
)
(
)
√
√ (
) √
132.3 c) | | | | e representa a distância entre as imagens geométricas de e e ( )
. Na figura o ponto é a
imagem geométrica de e ponto é a imagem geométrica de .
133.1 Seja o ponto de interseção da reta com o eixo imaginário. Como | | , vem
e portanto,
como [ ] é um losango tem-se . Assim:
Como o ponto pertence ao eixo imaginário e é a imagem geométrica de então .
Outra resolução:
Tem-se (
) e (
). Seja o número complexo cuja imagem geométrica é o ponto . Pela regra do
paralelogramo vem , portanto:
(
) (
) (
) (
) (
) (
)
Como os pontos e pertencem ao eixo imaginário e , vem
.
133.2 Tem-se
. Como ]
[, vem
.
133.3 √ √
√
(
), com { }. Portanto, as raízes quintas de são √
, √
, √
,
√
e √
.
133.4 Tem-se que
, portanto
,
e
. Assim:
( )
Como ( ) , vem
. Fazendo ,
tem-se:
⏟
. Como , então √ . Assim:
√
√
, visto que ]
[.
𝐴
𝐵
𝑂 R (𝑧)
Im(𝑧)
(𝑧) 𝜋
(𝑧) (𝑧 ) (𝑧) 𝜋
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 17
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Conclui-se então que | | √ e ( )
. Portanto √
√ (
√
√
) e como ,
vem ( ) ( ) .
133.5 a) Como
, vem (
)
√
√
√
. Assim, | |
√
, pois | | | |, portanto:
√
(
)
√
Tem-se que √
(
)
√
.
▪ ( ) (
√
)
( √
)
(
)
( )
( )
▪ ( ) (
√
)
( √
)
(
)
( )
( )
Logo e são raízes sextas de
que é um número real.
133.3 b) √
√
(
√
)
√
. Seja :
▪ Im( ) ( )( )
( )
Esta condição define o exterior de uma circunferência centrada no ponto de coordenadas ( ) e raio 2 (incluindo a fronteira)
▪ ( ) , portanto R ( )
Na figura o ponto (√
) é a imagem geométrica de e o ponto (
√
) é a imagem geométrica de .
𝐴
𝐷
𝑂
𝑦
R (𝑧)
Im(𝑧)
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 18
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
134.
134.1. Tem-se que
1
1
1 1 cis cis( )cis(2 ) cis( 2 )
cis( ) cis( )
w w wz
wz w w w
w
cos(2 ) sen(2 ) cos( 2 ) sen( 2 ) cos(2 ) sen(2 ) cos( 2 ) sen( 2 )i i i i
cos( ) cossen( ) sen
cos(2 ) sen(2 ) cos(2 ) sen(2 ) 2 sen(2 )i i i
Assim, 1
1
12 sen(2 )z i
z , logo é um imaginário puro.
2 22
,0 2sen 02
1
1 2
12 sen 2 0 2sen 2 2sen 2 2sen 2 2sen 2z i
z
134.2. Seja w x yi , com x e y números reais.
Como Re Imw w , vem x y x y x y
Assim:
211 2113(3 )
w ii w w w i i w i i w i w
i w
210 4 52 23 1 3 1w w i w i w i w w w i w i w i w
23 1 3 1w w i w i w i w w w i w w i w
3 1w x yi
x iy x iy i x iy x iy i x iy
2 22 23 1x iy i x iy x iy i
2 2 2 23 1x y i x iy x y i
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 19
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
2 2 2 23 1x y i x iy x i y i
2 2 2 21 3 0x y x i iy x i y i
2 2 2 21 3 0x y x y x y i
2 2 2 2
2 2 2 2
1 0 1
3 0 3
x y x x y x
y x y y x y
3 1y x
Como x y x y , vem:
▪ se x y então condição impossível
3 1 3 1x x
▪ se x y então 3 1 2 2 1y y y y . Portanto, 1x
Assim, 1 2 cis4
w i
. Logo, 2 e 4
( ,0
4 2
)
134.3.
▪ Se w pertence à região do plano definida pela condição 2
1z
i , então:
1
2 22 1 11 1 1 2 1
1 2 2i
w www w
i i
▪ Tem-se:
1
2
1
2sen 2 cos 2 cos 2 sen 2
6 6 2 6 2 6w w
wi i
w
cis
1
2
cos 2 sen 2 cis cos 2 sen 2 cis2 6 2 6 3 3
i i
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 20
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
cis 2 cis cis 2 cis3 3 3
Como cis3
é a raiz quarta um número real positivo, o argumento de
4
cis3
tem de ser da forma
0 2k , k .
Tem-se,
44
cis cis 4 cis 43 3 3
.
Logo:
44 0 2
3k
,
44 2
3k k
,
2
3 4
kk
,
3 2
kk
, k
Logo, como ,02
, vem 6
( 1k ).
2 2
21 1 1 1cis cis cis 2 cis
2 6 2 6 2 6 4 3w w
1 1 1 3 1 3
cos sen4 3 3 4 2 2 8 8
i i i
134.4. Tem-se, 1
wz
w
cis4
cis cis4 4 2
cis4
i
.
a) Para n e 3n tem-se:
3 3 3 3 33 3 3
1 1 0n n n n n n
z z z z z z i z z i z i z i z z i
3 3 3 33 30 0 0
n nz i z i z z i z i z
0 1 2 33 3 3 2 3 1 3 0 3
0 1 2 30 0z i C z i C z i C z i C z i z
3z i z 2 33 3iz z i z 20 3 3 0z i iz z i
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 21
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
223 3 4 3 3 9 12
2 3 6
i i iz i z z i z
i i
3 3 3 3
6 6
iz i z z i z
i i
3 3 3 3 3 3 3 3
6 6 6 6
i i i i i iz i z z z i z z
i i i i
3 1 3 1
6 2 6 2z i z i z i
Portanto, na forma trigonométrica, as soluções da equação são cis2
,
3cis
3 3
e
3 2cis
3 3
*
* Para escrever 3 1
6 2i na forma trigonométrica, vem:
2 2
3 1 3 1 3 1 12 12 2 3 3
6 2 6 2 36 4 36 6 6 3i
. Sendo
um argumento de 3 1
6 2i , tem-se
16 3 3 3 32tg 3
33 2 3 3 3
6
e 1.º quadrante, pelo que 3
.
Assim 3 1 3
cis6 2 3 3
i
.
* Para escrever 3 1
6 2i na forma trigonométrica, vem:
2 2
3 1 3 1 3 1 12 12 2 3 3
6 2 6 2 36 4 36 6 6 3i
.
Sendo um argumento de 3 1
6 2i , tem-se
16 3 3 3 32tg 3
33 2 3 3 3
6
e 2.º quadrante, pelo que
2
3 3
. Assim
3 1 3 2cis
6 2 3 3i
.
b) 2 2
1
1
4 45 0 5 0z z z i
z z z i
2
2
2 2 4
z i
z iz i z i
z i
25 0 0z i z i
0 2
4 5 0z i z i z i z i
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 22
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Fazendo w z i , vem:
2
24 4 4 5 1 4 36 4 6 4 6
5 4 1 02 5 10 10 10
w w w w w w
1 1 1
1 1 15 5 5w z i
w w z i z i z i z i
As soluções da equação são 1 i e 1
5i .
c) Tem-se que 10 24 10 4 2 2 2 1ni i i i . Assim:
10 24
1
3 1 31 3 2 2 0
2 2
nz i i z iz i z i i z z
z z
1 3 2 2 1 1 5 2z iz i i z z i i z
1 5 1 5 1
2 21 1 1
i i iz z z z
i i i
2
2 2
1 5 5 4 62 2
1 2
i i i iz z z z
i
2 3 2z i z
A solução da equação é 2 3i .
d) 4 4
11 4 cis 1 4 1z z z i .
Fazendo 1 4w z i , vem: 4 4 44 0 21 cis0 cis0 1cis
4
kw w w w
, 0,1,2,3k
Se 0 cis0 1k w ; se 1 cis2
k w i
; se 2 cis 1k w ; se 3
3 cis2
k w i
www.raizeditora.pt
Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 23
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Portanto, como 1 4w z i , vem:
1 4 1 1 4 1 4 1 1 4z i z i i z i z i i
3 4 5 4
1 1 1 1
i iz z z z
i i i i
3 1 4 1 5 1 4 1
1 1 1 1 1 1 1 1
i i i i i iz z z z
i i i i i i i i
3 3 3 5 5 5 5 3
2 2 2 2
i i i iz z z z
3 3 3 5 5 5 5 3
2 2 2 2 2 2 2 2z i z i z i z i
As soluções da equação são 3 3
2 2i ,
3 5
2 2i ,
5 5
2 2i e
5 3
2 2i .