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TEMA III Trigonometria e Números Complexos Miguel Moreira Júlia Justino Mariana Dias

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Page 1: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

TEMA IIITrigonometria e Números Complexos

Miguel Moreira Júlia Justino Mariana Dias

Page 2: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Conteúdo

1 Trigonometria 11.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 O conceito de ângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Algumas propriedades de triângulos planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4 As funções Seno e Coseno de ângulos entre 0 e π

2. . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4.1 A relação entre o Seno e o Coseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5 As funções Secante e Cosecante para ângulos entre 0 e π

2. . . . . . . . . . . 12

1.6 As funções Tangente e Cotangente para ângulos entre 0 e π2. . . . . . . . . . 13

1.7 O círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.7.1 O Seno e o Coseno no círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . 151.7.2 A Tangente e a Secante no círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . 201.7.3 A Cotangente e a Cosecante no círculo trigonométrico . . . . . . . . . 24

1.8 Valores de funções trigonométricas para ângulos arbitrários . . . . . . . . . . 281.8.1 Redução de um ângulo arbitrário ao intervalo [0, 2π[ . . . . . . . . . . 281.8.2 Redução de uma função trigonométrica ao 1o quadrante . . . . . . . 29

1.9 Equações com funções trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.9.1 Equação sen x = senα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.9.2 Outras equações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.10 Algumas importantes fórmulas trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.10.1 O seno da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.10.2 O coseno da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.10.3 A lei dos senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.10.4 A lei do coseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.11 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.12 Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2 Números Complexos 482.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.2 Forma algébrica dos números complexos e sua representação geométrica . . . 492.3 Operações com números complexos na forma algébrica . . . . . . . . . . . . 532.4 Forma trigonométrica dos números complexos e sua

representação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.5 Operações com números complexos na forma trigonométrica . . . . . . . . . 612.6 Domínios planos e condições em variável complexa . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.6.1 |z1 − z2 | como distância entre dois pontos . . . . . . . . . . . . . . . . 682.6.2 |z− z1 | = |z − z2 | como mediatriz de um segmento de recta . . . . . . 702.6.3 arg (z − z1) = θ como semi-recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.7 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.8 Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Page 3: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

1 Trigonometria

1.1 Introdução

"A palavra trigonometria é uma combinação de duas palavras gregas, trigonon, que significatriângulo e metron, medir. A palavra apareceu na imprensa em finais do século XVI quandofoi usada como título de um trabalho de Bartholomaeus Pitiscus, publicado pela primeiravez em 1595 como suplemento de um livro sobre esferas. A palavra grega para ângulo égonia, e antes falava-se de goniometria como sendo a ciência da medida dos ângulos."in TomApostol, Os Primórdios da História da Humanidade, Boletim da SPM-no 47.

1.2 O conceito de ângulo

A noção de ângulo encontra-se rigorosamente caracterizada na obra de Euclides, matemáticoe geómetra da antiguidade, chamada Elementos. Esta obra encontra-se dividida em trezelivros. A oitava definição presente no primeiro livro é precisamente a definição de ânguloplano:

Definição 1 Um ângulo plano é a inclinação mútua de duas rectas que se cruzam nummesmo plano.

Basicamente o conceito de ângulo mede a inclinação relativa de duas rectas que se intersec-tam.Diz-se que a rotação plana de uma recta em torno dum seu ponto descreve um ângulopositivo se a rotação se verificar no sentido anti-horário. Se a rotação se verificar no sentidohorário o ângulo descrito diz-se negativo.

β

α

β

α

Figura 1: Ângulo α (positivo) e β (negativo)

Os ângulos podem ser medidos em graus, radianos ou grados.

1 M aio de 2006

Page 4: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Quando através de uma rotação plana, em sentido anti-horário, de uma recta orientadaem torno de um seu ponto, esta volta pela primeira vez à posição inicial o ângulo descrito éigual a 360◦ (trezentos e sessenta graus), 2π radianos ou 400 grados.

α

Figura 2: Ângulo α = 360◦ = 2π rad = 400 grados.

Se a rotação plana da recta anterior descrever apenas 180◦, π radianos ou 200 grados, a rectafica disposta na mesma direcção embora com uma orientação oposta. É habitual designareste ângulo por ângulo raso.

αα

Figura 3: Ângulo raso α = 180◦ = π rad = 200 grados.

Se a rotação plana da recta em questão descrever 90◦, π2radianos ou 100 grados o ângulo

descrito diz-se recto.

αα

Figura 4: Ângulo recto α = 90◦ = π2rad = 100 grados.

O sistema de medição de ângulos em graus é designado por sistema sexagesimal, no qual asfracções de grau são representadas porminutos (angulares) e segundos (angulares). Comose sabe, nos sistemas sexagesimais, 60 minutos (ou 600) correspondem a 1◦ e 60 segundos(ou 6000) correspondem a 1 minuto.

2 Maio de 2006

Page 5: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 1 Exprima em graus e radianos, 50 grados.

Resolução:Como se sabe, 90◦ e π

2radianos correspondem a 100 grados. Assim,

x

50 grados=

90◦

100 grados⇒ x = 45◦

ex

50 grados=

π2radianos

100 grados⇒ x =

π

4radianos.

1.3 Algumas propriedades de triângulos planos

Definição 2 Um triângulo plano é uma figura geométrica com três lados (constituidospor três segmentos de recta) que definem três ângulos internos, como se observar na Figura5. Nesta figura denotamos os ângulos referidos pelas letras α, β e γ. É habitual representaros lados de um triângulo por letras maiúsculas e os respectivos comprimentos pelas mesmasletras minusculas. Na Figura 5 representamos os lados pelas letras A, B e C.

α

β

γB

A

C

α

β

γB

A

C

Figura 5: Triângulo plano.

No caso em que A = B = C o triângulo diz-se equilátero; se tiver dois lados iguais e umdiferente diz-se um triângulo isósceles e se tiver os lados todos diferentes o triângulodiz-se escaleno.No caso em que um dos ângulos internos do triângulo é recto

¡90o = π

2rad¢, o triângulo

diz-se rectângulo.A Figura 6 representa um triângulo rectângulo, onde o ângulo recto se encontra assinalado.

c

b

β

2

π

c

b

β

2

π

Figura 6: Triângulo rectângulo.

Notemos igualmente que o triângulo ilustrado, apresenta mais dois ângulos internos aquidenotados pelas letras gregas α e β. As letras a, b e c representam respectivamente os

3 Maio de 2006

Page 6: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

comprimentos dos diferentes lados do triângulo. O lado oposto ao ângulo que é recto designa-se por hipotenusa. Os restantes lados são designados habitualmente por catetos.

Os triângulos planos, na geometria Euclideana, possuem algumas propriedades que importareferir pela sua utilidade.

Teorema 1 (Teorema de Pitágoras) Em qualquer triângulo rectângulo, o quadrado dahipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos:

c2 = a2 + b2.

Uma das importantes propriedades dos triângulos planos que interessa assinalar, pelo seualcance, é a que caracteriza a soma dos ângulos internos.

Propriedade 2 A soma dos ângulos internos de um qualquer triângulo é igual a 180o, istoé, a dois ângulos rectos.

Na Figura 7 podemos observar uma construção geométrica que pode servir de base à demons-tração deste resultado.

α β

λ

αβλ

r

C

α β

λ

αβλ

r

C

Figura 7: α+ β+ γ = 180◦.

Com efeito, se fizermos passar uma recta paralela ao lado C, neste caso a recta r, pelo vérticedo triângulo que se lhe opõe, facilmente concluímos que

α+ β+ γ = 180◦.

De notar que o resultado enunciado só é válido no contexto da geometria Euclideana, isto énas geometrias que satisfazem, entre outros, o V axioma (da geoemtria) de Euclides. Esteaxioma estabelece que por um ponto exterior a uma recta, existe uma e uma só recta paralelaà recta dada. Observe-se que este facto esteve por trás dos argumentos atràs apresentados nademonstração efectuada. Existem efectivamente outras geometrias, conhecidas por geome-trias não-Euclideanas, igualmente úteis em que o correspondente enunciado é distinto. Comoexemplos de geometrias não-Euclideanas que não satisfazem este enunciado podemos referira geometria dos triângulos esféricos (utilizada na navegação marítima e aérea) e a geometriade Lobachevsky (com aplicações em cosmologia).

4 Maio de 2006

Page 7: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 2 Suponha que num triângulo rectângulo um dos ângulos internos tem 35◦. Qualo valor do outro ângulo α não-recto?

Resolução:Teremos de ter

α+ 35◦ + 90◦ = 180◦

donde resulta α = 90◦ − 35◦ = 55◦.

Seguidamente iremos referir mais algumas propriedades dos triângulos planos.Suponha-se que a partir dos lados A1, A2 e A3 de comprimento a1, a2 e a3, de um dadotriângulo A, construímos um novo triângulo B, cujos lados tem comprimentos b1 = ra1,b2 = ra2 e b3 = ra3, em que r representa um qualquer número real estritamente positivo.

A B

1a

11 rab =

A B

1a

11 rab =

Figura 8: Triângulos semelhantes.

Nestas circunstâncias, o triângulo B diz-se semelhante ao triângulo A e os lados

Ai e Bi com 1 ≤ i ≤ 3dos triângulos A e B, dizem-se homólogos.

Definição 3 Sejam A e B dois triângulos com lados A1, A2 e A3, B1, B2 e B3, e comprimen-tos a1, a2 e a3, b1, b2 e b3, respectivamente. Se existir uma constante de proporcionalidader > 0 tal que

bi = rai

com 1 ≤ i ≤ 3, então o triângulo B diz-se semelhante a A.

Podemos afirmar, com um pequeno abuso de linguagem que triângulos semelhantes sãoproporcionais entre si.A propriedade seguinte permite-nos reconhecer triângulos semelhantes recorrendo à noçãode ângulo interno.

Propriedade 3 Os triângulos A e B são semelhantes se e só se os ângulos internos de Aforem iguais aos ângulos internos de B.

Por outro lado, para verificar com base na observação dos ângulos internos de dois triângulos,que estes são semelhantes, basta assegurar que dois dos ângulos internos de um triângulosão iguais a dois dos ângulos internos de outro. Mais formalmente:

5 Maio de 2006

Page 8: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

ββ

α

α

γ

γ

ββ

α

α

γ

γ

Figura 9: Triângulos com idênticos ângulos internos.

α

β

γ*γα

β

γ*γ

Figura 10: Ângulos internos de triângulos semelhantes são iguais.

Propriedade 4 Os triângulos A e B são semelhantes se e só dois dos ângulos internos deA forem iguais a dois dos ângulos internos de B.

Exemplo 3 Na Figura 10podemos observar que β = β∗ e γ = γ∗. Estas igualdades, bastam para determinar asemelhança destes triângulos.

Na Figura 10 podemos também inferir que lados homólogos definem ângulos internos idên-ticos. Mais precisamente:

Propriedade 5 Lados homólogos de triângulos semelhantes definem ângulos internos iguais.

Os triângulos planos podem ser agrupados em grupos de triângulos que são semelhantesentre si. Triângulos semelhantes partilham muitas propriedades interessantes.

Exemplo 4 Consideremos a Figura 11 em que estão representados dois triângulos seme-lhantes e os respectivos comprimentos dos seus lados.

α

α

βγ

γ

β

b

c

a

*a*b

*c

α

α

βγ

γ

β

b

c

a

*a*b

*c

Figura 11: Triângulos semelhantes.

Entãoa∗

a=b∗

b=c∗

c,

6 Maio de 2006

Page 9: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

donde

a∗

c∗=

a

c,

b∗

c∗=

b

ce

a∗

b∗=

a

b.

Este facto mostra que triângulos semelhantes partilham entre si idênticos quocientes de com-primentos de lados adjacentes.

1.4 As funções Seno e Coseno de ângulos entre 0 e π2

Dados dois quaisquer triângulos rectângulos semelhantes, como os da Figura 12,

αβ

β2

π

2

πα

a

*ab

*b

c

*cα

ββ2

π

2

πα

a

*ab

*b

c

*c

Figura 12: Triângulos rectângulos semelhantes.

podemos afirmar que

a∗

c∗=

a

c,

b∗

c∗=

b

ce

a∗

b∗=

a

b,

uma vez que triângulos semelhantes partilham entre si a igualdade dos quocientes dos com-primentos dos lados adjacentes. Desta forma, torna-se possível associar univocamente a cadaângulo α ou β de um triângulo deste tipo, qualquer um daqueles quocientes. É desta formaque as funções Seno, Coseno e outras funções trigonométricas podem ser definidas de formaelementar.Estas funções associam números reais a ângulos. Os valores que as funções Seno e Cosenoassumem, definem-se para ângulos entre 0 e π

2radianos como se segue, tendo por base a

Figura 13 que representa um triângulo rectângulo.

Definição 4 Considere-se um triângulo rectângulo qualquer tal que α é o ângulo definidopela hipotenusa (de comprimento c) e um dos catetos.A função seno, designada Seno, define-se como sendo o quociente entre o comprimento docateto oposto ao ângulo α e o comprimento da hipotenusa, isto é:

senα =cateto oposto

hipotenusa=a

c.

7 Maio de 2006

Page 10: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

c

b

β

2

π

c

b

β

2

π

Figura 13: Triângulo rectângulo.

A função coseno, designada Coseno, define-se como sendo o quociente entre o comprimentodo cateto adjacente ao ângulo α e o comprimento da hipotenusa, isto é:

cosα =cateto adjacente

hipotenusa=b

c.

Exemplo 5 Determine o valor da função seno de α supondo que α tem o valor de 0, π6, π4,

π3e π2radianos.

Resolução:Comecemos por observar que quando α tem o valor de 0 radianos o seu cateto oposto temum comprimento nulo. Desta forma sen0 = 0

c= 0.

Quanto ao valor da função seno quando α tem o valor de π6radianos, consideremos o triân-

gulo equilátero da Figura 14.

c α

2

π

c

2

c

2

c

β

c α

2

π

c

2

c

2

c

β

Figura 14: Determinação de sen π6.

Como é sabido a soma dos ângulos internos de um qualquer triângulo plano é igual a π

radianos. Assim, os ângulos internos dum triângulo isósceles são iguais a β = π3. Desta

forma, no triângulo da figura α =π3

2= π

6. Donde se deduz, atendendo à definição de Seno,

senπ

6=

c2

c=1

2.

Por outro lado, deduz-se também, atendendo ao Teorema de Pitágoras, que

senπ

3=

qc2 −

¡c2

¢2c

=

q3c2

4

c=

√3

2.

Consideremos, agora, o quadrado de lado a, seguinte:

8 Maio de 2006

Page 11: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

a

α2

π

α c

a

α2

π

α c

Figura 15: Determinação de sen π4.

Naturalmente α = π4. Donde, atendendo à definição de Seno

senπ

4=

a

c

=a√

a2 + a2

=1√2=

√2

2.

Finalmente, observemos que quando α = π2, o comprimento do cateto oposto torna-se igual

ao comprimento da hipotenusa. Assim, sen π2= 1.

Em resumo obtemos a Tabela 1:

ângulo Seno0 0

π6

12

π4

√22

π3

√32

π2

1

Tabela 1: Seno de alguns ângulos entre 0 e π2.

1.4.1 A relação entre o Seno e o Coseno

As funções Seno e Coseno encontram-se directamente relacionadas. Consideremos novamentea Figura 16 que representa um triângulo rectângulo.

c

b

β

2

π

c

b

β

2

π

Figura 16: Triângulo rectângulo.

9 Maio de 2006

Page 12: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Por definição

senα =a

be

cosβ =a

b.

Por outro se α e β representam os ângulos internos adjacentes à hipotenusa então

β =π

2− α,

dondesenα =

a

b= cosβ = cos

³π2− α

´.

Isto é,

senα = cos³π2− α

´.

Por outro lado, se na expressão anterior fizermos

β =π

2− α

entãoα =

π

2− β.

O que nos permite obter a expressão equivalente

sen³π2− β

´= cosβ.

Estas importantes expressões permitem-nos obter o Seno ou o Coseno de um ângulo α seconhecermos, respectivamente, o Coseno ou o Seno do ângulo π

2− α (este último diz-se, o

complementar de α para π2).

Exemplo 6 Determine o valor da função coseno de β sabendo que β tem o valor de 0, π6,

π4, π3e π2radianos.

Resolução:Sabemos que

0 =π

2− α, com α =

π

2,

π

6=

π

2− α, com α =

π

3,

π

4=

π

2− α, com α =

π

4,

π

3=

π

2− α, com α =

π

6e

π

2=

π

2− α, com α = 0.

10 Maio de 2006

Page 13: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Por outro ladosenα = cos

³π2− α

´.

Então, atendendo à Tabela 1, temos sucessivamente

cos0 = cos³π2−π

2

´= sen

π

2= 1,

cosπ

6= cos

³π2−π

3

´= sen

π

3=

√3

2,

cosπ

4= cos

³π2−π

4

´= sen

π

4=

√2

2,

cosπ

3= cos

³π2−π

6

´= sen

π

6=1

2e

cosπ

2= cos

³π2− 0´= sen 0 = 0.

11 Maio de 2006

Page 14: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Donde obtemos a Tabela 2:

ângulo Coseno0 1

π6

√32

π4

√22

π3

12

π2

0

Tabela 2: Coseno de alguns ângulos entre 0 e π2.

1.5 As funções Secante e Cosecante para ângulos entre 0 e π2

As funções Secante e Cosecante podem ser definidas, para ângulos entre 0 e π2radianos, com

base nas funções Coseno e Seno, atrás definidas.

Definição 5 As funções Secante e Cosecante são as funções que se definem, respectiva-mente, como

secα =1

cosαe

cscα =1

senα.

A partir das definições anteriores e tendo por base a Figura 17

c

b

β

2

π

c

b

β

2

π

Figura 17: Triângulo rectângulo.

pode constatar-se que a Secante e a Cosecante de um dado ângulo α poder-se-ia ter definidodirectamente a partir do triângulo rectângulo acima representado. Com efeito se

secα =1

cosαe cosα =

b

c,

então

secα =1

cosα=1bc

=c

b.

Analogamente se mostra que

cscα =c

a.

12 Maio de 2006

Page 15: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 7 Determine o valor da Secante e Cosecante quando α assume os valores 0, π6,

π4, π3e π2radianos.

Resolução:Tendo por base as tabelas dos valores do Seno e Coseno para os ângulos referidos e asdefinições das funções Secante e Cosecante, deduz-se facilmente:

ângulo Coseno Secante= 1Coseno

0 1 11= 1

π6

√32

1√32

= 2√33

π4

√22

1√22

=√2

π3

12

2

π2

0 não definida

eângulo Seno Cosecante= 1

Seno

0 0 não definida

π6

12

2

π4

√22

√2

π3

√32

2√33

π2

1 1

1.6 As funções Tangente e Cotangente para ângulos entre 0 e π2

As funções Tangente e Cotangente constituem outras duas importantes funções trigonométri-cas. Estas últimas podem ser definidas, para ângulos entre 0 e π

2radianos, recorrendo às

funções Seno e Coseno, atrás referidas.

Definição 6 As funções Tangente e Cotangente são as funções que se definem, respecti-vamente, como

tgα =senα

cosαe

cotgα =1

tgα=cosα

senα.

13 Maio de 2006

Page 16: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

A partir das definições anteriores e tendo por base a figura 18

c

b

β

2

π

c

b

β

2

π

Figura 18: Triângulo rectângulo.

pode observar-se que a Tangente e a Cotangente de um dado ângulo α poder-se-ia ter definidodirectamente a partir do triângulo rectângulo acima representado. Com efeito se

tgα = sen αcosα

,

senα = ace

cosα = bc

então

tgα =senα

cosα=

acbc

=a

b=

cateto oposto

cateto adjacente.

Analogamente se mostra que

cotgα =b

a=cateto adjacente

cateto oposto.

Exemplo 8 Determine o valor das funções Tangente e Cotangente quando α assume osvalores 0, π

6, π4, π3e π2radianos.

Resolução:Consideremos os valores das funções Seno e Coseno para estes ângulos e as definições dasfunções Tangente e Cotangente. Deduz-se:

ângulo Seno Coseno Tangente = SenoCoseno

Cotangente = 1Tangente

0 0 1 0 não definida

π6

12

√32

12√32

=√33

√3

π4

√22

√22

1 1

π3

√32

12

√3212

=√3

√33

π2

1 0 não definida 0

14 Maio de 2006

Page 17: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

1.7 O círculo trigonométrico

O círculo trigonométrico é um círculo de raio unitário, centrado na origem de um referen-cial cartesiano. Os ângulos são medidos entre o semieixo positivo dos xx e um apropriadoraio vector aplicado na origem. Se a medição for efectuada no sentido anti-horário o ânguloé positivo. Caso contrário é negativo. Neste círculo, como veremos, será possível identi-ficar com certos comprimentos adequadamente escolhidos, os valores das principais funçõestrigonométricas para os ângulos considerados.Adicionalmente o círculo trigonométrico permite-nos generalizar os funções trigonométricasatrás definidas para argumentos entre 0 e π

2radianos a outros ângulos.

1.7.1 O Seno e o Coseno no círculo trigonométrico

Observemos a Figura 19 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo rectân-gulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem com comprimento unitário.Seja α o ângulo medido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusado triângulo rectângulo representado. Sejam a e b os comprimentos dos catetos do triângulorectângulo representado medido de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos.

α

1=c αsen=a

αcos=b

y

x

α

1=c αsen=a

αcos=b

y

x

Figura 19: Seno e Coseno.

Como a hipotenusa do triângulo representado tem o comprimento c = 1, então por definiçãoé imediato concluir que para um ângulo entre 0 e π

2radianos

senα =a

c=a

1= a e

cosα =b

c=b

1= b.

Isto é, o comprimento a e b dos catetos representados na Figura 19 traduzem exactamenteos valores das funções Seno e Coseno do ângulo α.

15 Maio de 2006

Page 18: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Para outros ângulos as funções Seno e Coseno são definidas da mesma forma, isto é, como

senα = a e

cosα = b

em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondenteseixos.Se seguirmos a evolução dos comprimentos dos catetos do triângulo da Figura 19, à medidaque o ângulo α varia, podemos identificar valores típicos destas funções e algumas interes-santes propriedades.A título ilustrativo apresentamos de seguida os gráficos das funções Seno e Coseno no inter-valo [−π,π].

Figura 20: Seno no intervalo [−π,π].

Figura 21: Coseno no intervalo [−π,π].

16 Maio de 2006

Page 19: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Comecemos por notar, por exemplo que

ângulo Seno Coseno0 0 1

π2

1 0

π 0 −1

3π2

−1 0

2π 0 1

Outro facto particularmente interessante que se pode registar observando a evolução doscomprimentos dos catetos do triângulo da Figura 19 à medida que o ângulo α varia, é aperiodicidade, com período 2π, das funções Seno e Coseno. Nas Figuras 22 e 23 pode serverificada esta propriedade.

Figura 22: Periodicidade da função seno.

Figura 23: Periodicidade da função coseno.

17 Maio de 2006

Page 20: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Tem-se, assim, para qualquer ângulo α

senα = sen (α+ 2π) e

cosα = cos (α+ 2π) .

Isto é,

senα = sen (α+ k2π) e

cosα = cos (α+ k2π)

para todo ângulo α e k número inteiro.Pode, igualmente verificar-se que para todo o ângulo α

senα = − sen (−α) e

cosα = cos (−α) .

Isto é, a função seno é uma função ímpar e a função coseno é uma função par. Nas Figuras 24e 25 verificam-se, como base na interpretação do círculo trigonométrico estas propriedades.

α

αsen

y

x

( )1,0

( )0,1

)sen( α−α−

α

αsen

y

x

( )1,0

( )0,1

)sen( α−α−

Figura 24: senα = − sen (−α) .

α

y

x

( )1,0

( )0,1

α−

αcos

)cos( α−

α

y

x

( )1,0

( )0,1

α−

αcos

)cos( α−

Figura 25: cosα = cos (−α).

18 Maio de 2006

Page 21: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Por outro lado pode também observar-se que

sen (π − α) = senα e

sen (π + α) = − senα.

Nas Figuras 26 e 27 verificam-se estas propriedades.

α

αsen

y

xαπ −

( )1,0

( )0,1

)-sen( απ

α

αsen

y

xαπ −

( )1,0

( )0,1

)-sen( απ

Figura 26: sen (π − α) = senα.

α

αsen

y

xαπ +

( )1,0

( )0,1

)sen( απ +

α

αsen

y

xαπ +

( )1,0

( )0,1

)sen( απ +

Figura 27: sen (π + α) = − senα.

E tambémcosα = − cos (π − α) = − cos (π+ α) ,

como se pode observar na Figura 28.

α

y

x( )0,1− ( )0,1

αcos

απ −

απ +

)cos( απ +

)cos( απ −

α

y

x( )0,1− ( )0,1

αcos

απ −

απ +

)cos( απ +

)cos( απ −

Figura 28: cosα = − cos (π − α) = − cos (π+ α) .

19 Maio de 2006

Page 22: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se achamada Fórmula Fundamental da Trigonometria

1 = c2 = a2 + b2 = sen2 α+ cos2 α,

isto ésen2 α+ cos2 α = 1

para todo o ângulo α.

1.7.2 A Tangente e a Secante no círculo trigonométrico

Consideremos agora a Figura 29 que representa um círculo trigonométrico com um triângulorectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem. Seja α o ângulomedido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulorectângulo representado e b o comprimento unitário (por construção) do cateto do triângulorectângulo representado. Os comprimentos a e b dos catetos são medidos de acordo comos sentidos dos correspondentes eixos.

α

tga α=

1=b

y

x

αsec=c

α

tga α=

1=b

y

x

αsec=c

Figura 29: Tangente e Secante.

Como o cateto adjacente ao ângulo α é unitário, atendendo à definição de Tangente e Secantepara ângulos entre 0 e π

2deduz-se

tgα = a1= a e

secα = c1= c.

Isto é, os comprimentos do cateto oposto e da hipotenusa do triângulo representado naFigura 29 correspondem aos valores da Tangente e da Secante do ângulo α, respectivamente.

20 Maio de 2006

Page 23: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Para outros ângulos as funções Tangente e Secante são definidas da seguinte forma

tgα = abe

secα = cb

em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondenteseixos.A título ilustrativo apresentamos seguidamente os gráficos das funções Tangente e Secanteno intervalo [−π,π] .

Figura 30: Tangente no intervalo [−π,π].

Figura 31: Secante no intervalo [−π,π].

Tendo em atenção a medição dos comprimentos a e b dos catetos de acordo com os sentidosdos correspondentes eixos deduzimos seguidamente os valores das funções Tangente e Secante

21 Maio de 2006

Page 24: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

para alguns ângulos de interesse:

ângulo Tangente = ab

Secante = cb

0 0 1

π2

não definida não definida

π 0 −1

3π2

não definida não definida

2π 0 1

Notemos também que

tgα =a

b=

−a

−b= tg (α+ π) ,

isto é, a função tangente é periódica com período π, ou seja,

tgα = tg (α+ kπ)

para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 32 pode ser verificada esta propriedade.

Figura 32: Periodicidade da função tangente.

Também

secα =c

b= −

c

−b= − sec (π+ α) = − (− sec (π + (π+ α)))

= sec (2π + α) ,

o que mostra que a função secante também é periódica de período 2π. Isto é,

secα = sec (α+ 2kπ)

para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 33 pode ser verificada esta propriedade.

22 Maio de 2006

Page 25: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Figura 33: Periodicidade da função secante.

Por outro lado

tgα = − tg (−α) e

secα = sec (−α) ,

o que mostra que a função tangente é uma função ímpar e a função secante uma função par.Na Figura 34 ilustram-se estas propriedades.

α

tgα

)0,1(−

y

x

αsec

tg( )α−

)1,0(

α−

)sec( α−

α

tgα

)0,1(−

y

x

αsec

tg( )α−

)1,0(

α−

)sec( α−

Figura 34: tgα = − tg (−α) e secα = sec (−α).

Também, não é difícil verificar que

tgα = − tg (π − α)

esecα =

c

b= −

c

−b= − sec (π − α) = − sec (π+ α) .

23 Maio de 2006

Page 26: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

α

tgα

)0,1(−

y

x

αsec

tg( )π α−

)0,1(

tg( )π α+

)sec( απ −

)sec( απ +

απ −

απ +

α

tgα

)0,1(−

y

x

αsec

tg( )π α−

)0,1(

tg( )π α+

)sec( απ −

)sec( απ +

απ −

απ +

Figura 35: tgα = − tg (π− α) e secα = − sec (π− α) = − sec (π+ α).

Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-seigualmente

c2 = sec2 α = a2 + b2 = tg 2α+ 1,

isto ésec2 α = tg 2α+ 1,

para todo o ângulo α.

1.7.3 A Cotangente e a Cosecante no círculo trigonométrico

Consideremos agora a Figura 36 que representa um círculo trigonométrico com um triângulorectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem. Seja α o ângulomedido no sentido directo entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulorectângulo representado e a o comprimento unitário (por construção) do cateto do triângulorectângulo representado. Os comprimentos a e b dos catetos são medidos de acordo comos sentidos dos correspondentes eixos.

α1=a

cotgb α=

y

x

αcsc=c

α1=a

cotgb α=

y

x

αcsc=c

Figura 36: Cotangente e Cosecante.

24 Maio de 2006

Page 27: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Como o cateto oposto ao ângulo α é unitário, atendendo à definição de Cotangente e Cose-cante para ângulos entre 0 e π

2deduz-se

cotgα = b1= b e

cscα = c1= c.

Isto é, os comprimentos do cateto adjacente e da hipotenusa do triângulo representado naFigura 36 correspondem aos valores da Cotangente e da Cosecante do ângulo α, para ângulosentre 0 e π

2, respectivamente.

Para outros ângulos as funções Cotangente e Cosecante são definidas da seguinte forma

cotgα = bae

cscα = ca

em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondenteseixos.A título ilustrativo apresentamos de seguida os gráficos das funções Cotangente e Cosencanteno intervalo [−π,π] .

Figura 37: Cotangente no intervalo [−π,π].

Figura 38: Cosecante no intervalo [−π,π].

25 Maio de 2006

Page 28: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Tendo em atenção a medição dos comprimentos a e b dos catetos de acordo com os senti-dos dos correspondentes eixos deduzimos seguidamente os valores das funções Cotangente eSecante para alguns ângulos de interesse:

ângulo Cotangente = ba

Cosecante = ca

0 não definida não definida

π2

0 1

π não definida não definida

3π2

0 −1

2π não definida não definida

Notemos também que

cotgα =b

a=

−b

−a= cotg (α+ π) ,

isto é, a função cotangente é periódica com período π, ou seja

cotgα = cotg (α+ kπ)

para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 39 podemos constatamos esta propriedade.

Figura 39: Periodicidade da função cotangente.

Também

cscα =c

a= −

c

−a= − csc (π+ α) = − (− csc (π + (π+ α)))

= csc (2π + α) ,

o que mostra que a função cosecante também é periódica de período 2π. Isto é,

cscα = csc (α+ 2kπ)

para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 40 pode ser verificada esta propriedade.

26 Maio de 2006

Page 29: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Figura 40: Periodicidade da função cosecante.

Por outro lado

cotgα = − cotg (−α) e

cscα = − csc (−α) ,

o que mostra que quer a função cotangente quer a função cosecante são funções ímparescomo se pode inferir a partir da Figura 41.

α

1

cotgα

y

x

αcsc

cotg( )α−

1)csc( α−

α−

α

1

cotgα

y

x

αcsc

cotg( )α−

1)csc( α−

α−

Figura 41: cotgα = − cotg (−α) e cscα = − csc (−α) .

Tambémcotgα = − cotg (π − α)

ecscα =

c

a= −

c

−a= − csc (π + α) = csc (π− α) .

Nas Figuras 42 e 43 é possível deduzir estas propriedades.

27 Maio de 2006

Page 30: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

α

1

cotgα

y

x

cotg( )π α−

απ − α

1

cotgα

y

x

cotg( )π α−

απ −

Figura 42: cotgα = − cotg (π− α).

α

1

αcsc

y

x

)csc( απ +

απ +

1

απ −

)csc( απ −

1

α

1

αcsc

y

x

)csc( απ +

απ +

1

απ −

)csc( απ −

1

Figura 43: cscα = − csc (α+ π) = csc (α+ π).

Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-seigualmente

c2 = csc2 α = a2 + b2 = 1+ cotg 2α,

isto écsc2 α = cotg 2α+ 1,

para todo o ângulo α.

1.8 Valores de funções trigonométricas para ângulos arbitrários

1.8.1 Redução de um ângulo arbitrário ao intervalo [0, 2π[

Vimos atrás que as funções trigonométricas básicas são periódicas de período fundamental2π e π. Notando adicionalmente que se uma função é periódica de período π então também éperiódica de período (não fundamental) 2π, podemos concluir que as funções trigonométricasbásicas têm, todas, período 2π. Assim, poderemos facilmente calcular o valor destas funçõespara um ângulo arbitrário se soubermos os valores das funções trigonométricas para ângulosno intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦[), isto é, no círculo triogonométrico. Bastando para talreduzir o ângulo dado a um valor no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦[).

28 Maio de 2006

Page 31: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Tal redução é efectuada achando o resto da divisão inteira do ângulo dado por 2π, ou 360◦

conforme se esteja a trabalhar em radianos ou em graus. O ângulo obtido (no intervalopretendido) diz-se congruente com o ângulo dado mod2π, ou mod360◦ conforme se estejaa trabalhar em radianos ou em graus.

Exemplo 9 Reduza ao intervalo [0, 360◦[ o ângulo de −1080◦.

Resolução:Ora

−1080◦ = −3× 360◦ + 0◦,o que mostra que −1080◦ é congruente com 0◦ (mod 360).

Exemplo 10 Reduza ao intervalo [0, 2π[ o ângulo 254π radianos.

Resolução:Ora

25

4π = 3× 2π+ π

4,

o que mostra que 254π é congruente com π

4(mod2π).

Exemplo 11 Calcule cos (−1080◦).

Resolução:Sabemos que −1080◦ é congruente com 0◦ (mod360). Então cos (−1080) = cos 0 = 1.

1.8.2 Redução de uma função trigonométrica ao 1o quadrante

Recorrendo às propriedades das funções trigonométricas é possível relacionar os valores queas funções trigonométricas assumem no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦[) com valores assumidospor funções trigonométricas relacionadas com as anteriores no intervalo

£0, π

2

¤(ou [0, 90◦]).

Tal procedimento designa-se por redução de uma dada função trigonométrica ao 1o quad-rante (do círculo trigonométrico). Este procedimento pode ser conveniente uma vez queconhecemos os valores das diferentes funções trigonométricas para diferentes ângulos no 1o

quadrante (0, π6, π4, π3e π2).

Exemplo 12 Reduza ao 1o quadrante cos (180◦ − 35◦).

Resolução:Ora cos (180◦ − 35◦) = − cos (35◦). Note-se que 35◦ pertence ao 1o quadrante.

Exemplo 13 Calcule sen¡294π¢.

Resolução:Sabemos que

29

4π =

28

4π +

1

4π = 3× 2π + π+

1

4π.

29 Maio de 2006

Page 32: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Então,

sen

µ29

¶= sen

µ3× 2π + π +

1

¶= sen

µπ+

1

¶= − sen

µ1

¶= −

√2

2.

1.9 Equações com funções trigonométricas

Em diversas circunstâncias pode ser útil resolver equações em que intervêem funções trigonométri-cas. Seguidamente iremos estudar algumas técnicas destinadas à resolução deste tipo deequações.

1.9.1 Equação senx = senα

Suponha-se que pretendemos determinar os valores de x que satisfazem a equação

senx = senα

para um certo ângulo α conhecido. Tendo em conta as propriedades da função seno sabemosque

senx = senα

sex = α+ 2kπ, k inteiro,

já que a função seno é periódica de período fundamental 2π. Por outro lado, se

senx = senα,

tambémsen x = sen (π− α) ,

donde se deduz novamente da periodicidade da função seno

x = π − α+ 2kπ, k inteiro.

Assim, os valores x que satisfazem a equação

senx = senα

serãox = α+ 2nπ∨ x = π − α+ 2mπ, com n e m inteiros.

Na Figura 44 ilustram-se a forma das soluções indicadas.

30 Maio de 2006

Page 33: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Figura 44: Soluções da equação sen x = senα.

Exemplo 14 Resolva a equação senx = sen π4.

Resolução:Como vimos atrás, a solução desta equação será

x = π4+ 2nπ∨ x = π− π

4+ 2mπ, com n e m inteiros⇔

⇔ x = π4+ 2nπ∨ x = 3π

4+ 2mπ, com n e m inteiros.

Exemplo 15 Resolva a equação senx = 0.

Resolução:Ora

senx = 0⇔ senx = sen0

pois sen0 = 0. Então, tendo em conta a solução conhecida para a equação anterior

x = 0+ 2nπ∨ x = π− 0+ 2mπ, com n e m inteiros⇔⇔ x = 2nπ∨ x = π+ 2mπ, com n e m inteiros⇔⇔ x = kπ, com k inteiro.

1.9.2 Outras equações

Consideremos agora o problema de determinar os valores de x que satisfazem a equação

cosx = cosα

para um certo ângulo α conhecido. Tendo em conta as propriedades da função cosenosabemos que

cosx = cosα

31 Maio de 2006

Page 34: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

sex = α+ 2kπ, k inteiro,

já que a função coseno é periódica de período fundamental 2π. Por outro lado, se

cosx = cosα,

tambémcos x = cos (−α) ,

donde se deduz novamente da periodicidade da função coseno

x = −α+ 2kπ, k inteiro.

Assim, os valores x que satisfazem a equação

cosx = cosα

serãox = α+ 2nπ∨ x = −α+ 2mπ, com n e m inteiros.

Como facilmente o leitor poderá verificar, notando que secx = 1/ cos x e cscx = 1/ sen x, assoluções das equações do tipo

secx = secα

ecscx = cscα

são respectivamente

x = α+ 2nπ∨ x = −α+ 2mπ, com n e m inteiros.

ex = α+ 2nπ∨ x = π − α+ 2mπ, com n e m inteiros.

Quanto às equações do tipo

tg x = tgα ou

cotg x = cotgα

as soluções sãox = α+ kπ, k inteiro

atendendo à periodicidade de período fundamental π destas útltimas funções.

Exemplo 16 Resolva a equação cos x = cos π3.

Resolução:Como vimos atrás, a solução desta equação será

x =π

3+ 2nπ∨ x = −

π

3+ 2mπ, com n e m inteiros.

32 Maio de 2006

Page 35: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 17 Resolva a equação cos x = sen π3.

Resolução:Comecemos por observar que sen π

3= cos

¡π2− π

3

¢= cos π

6. Então, a equação a resolver será

equivalente à equação

cosx = cosπ

6

cuja solução será

x =π

6+ 2nπ∨ x = −

π

6+ 2mπ, com n e m inteiros.

1.10 Algumas importantes fórmulas trigonométricas

1.10.1 O seno da soma

Uma importante fórmula da trigonometria é a que estabelece o seguinte resultado, conhecidosugestivamente por "o seno da soma":

sen (α+ β) = senα cosβ+ senβ cosα.

Como se pode observar esta fórmula relaciona o seno de uma soma de ângulos com o seno eo coseno de cada uma das parcelas. Para nos convencermos que este resultado é verdadeiroconsideremos a figura 45.

α

β

)(sen βα +

γ1

βcos

βα cossen

βαβγ

sencos

sencos

=

Triângulo B

Triângulo A

Triângulo C

ϕ

θ

α

β

)(sen βα +

γ1

βcos

βα cossen

βαβγ

sencos

sencos

=

Triângulo B

Triângulo A

Triângulo C

ϕ

θ

Figura 45: O seno da soma.

Esta Figura representa três triângulos: o triângulo A, o triângulo B e o triângulo C, tendoa hipotenusa do triângulo B um comprimento unitário. Naturalmente, nestas circunstâncias(porquê?), o comprimento do cateto oposto ao ângulo α + β, representado a traço inter-rompido, será sen (α+ β) . Ora, este valor é igual à soma do comprimento do cateto opostoao ângulo α (que é senα cosβ) com o comprimento do cateto adjacente ao ângulo γ (que écosγ sinβ), isto é:

sen (α+ β) = senα cosβ+ cosγ senβ.

33 Maio de 2006

Page 36: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Como α = γ, já que ϕ + θ = π com ϕ = π2− α e θ = π

2+ γ, donde resulta

π

2− α+

π

2+ γ = π⇒ α = γ,

a fórmula procurada fica

sen (α+ β) = senα cosβ+ cosα senβ.

Exemplo 18 Mostre que

sen (α− β) = senα cosβ− cosα senβ.

Resolução:Tendo em conta a fórmula do seno da soma e notando que o Seno é uma função ímpar e oCoseno uma função par deduz-se imediatamente:

sen (α− β) = sen (α+ (−β))

= senα cos (−β) + cosα sen (−β)

= senα cosβ− cosα senβ.

1.10.2 O coseno da soma

Uma outra importante fórmula da trigonometria é a que estabelece o resultado conhecidosugestivamente por "o coseno da soma":

cos (α+ β) = cosα cosβ− senα senβ.

Como se pode observar esta fórmula relaciona o coseno de uma soma de ângulos com o senoe o coseno de cada uma das parcelas. Para nos convencermos que este resultado é verdadeiroconsideremos a figura 46.

α

β

γ1

βcos

βαβγ

sensen

sensen

=

Triângulo B

Triângulo A

Triângulo C

ϕ

θ

βα coscos

)cos( βα +

α

β

γ1

βcos

βαβγ

sensen

sensen

=

Triângulo B

Triângulo A

Triângulo C

ϕ

θ

βα coscos

)cos( βα +

Figura 46: O coseno da soma.

34 Maio de 2006

Page 37: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Esta Figura representa três triângulos: o triângulo A, o triângulo B e o triângulo C, tendoa hipotenusa do triângulo B um comprimento unitário. Naturalmente, nestas circunstâncias(porquê?), o comprimento do cateto adjacente ao ângulo α + β, será cos (α+ β) . Ora, asoma deste valor com o comprimento do cateto oposto ao ângulo γ (que é senγ senβ) é ovalor cosα cosβ, isto é:

cos (α+ β) + senγ senβ = cosα cosβ.

Deduzimoscos (α+ β) = cosα cosβ− senγ senβ.

Como α = γ, já que ϕ + θ = π com ϕ = π2− α e θ = π

2+ γ, donde resulta

π

2− α+

π

2+ γ = π⇒ α = γ,

a fórmula procurada fica

cos (α+ β) = cosα cosβ− senα senβ.

Exemplo 19 Mostre que

cos (α− β) = cosα cosβ+ senα senβ.

Resolução:Tendo em conta a fórmula do coseno da soma e notando que o Seno é uma função ímpar eo Coseno uma função par deduz-se imediatamente:

cos (α− β) = cos (α+ (−β))

= cosα cos (−β) − senα sen (−β) .

= cosα cosβ+ senα senβ.

1.10.3 A lei dos senos

A chamada "lei dos senos"estabelece uma relação entre os ângulos internos de um triânguloplano genérico e os comprimentos dos correspondentes lados. Consideremos a figura 47 querepresenta um rectângulo genérico com ângulos internos α, β e γ.

α

β

γB

A

C

α

β

γB

A

C

Figura 47: Triângulo plano.

35 Maio de 2006

Page 38: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Nesta figura os comprimentos dos lados do triângulo representado são A, B e C. A lei dossenos estabelece o seguinte:

senα

A=senβ

B=senγ

C.

Na Figura 48 as construções geométricas auxiliares permitem deduzir o resultado anterior.

α

β

γB

A

C

α

β

γB

A

C

)(a )(b

L

L

απ −

α

β

γB

A

C

α

β

γB

A

C

)(a )(b

L

L

απ −

Figura 48: A lei dos senos.

Com efeito, no triângulo (a)

senγ =L

Be senβ =

L

C,

donde,

B senγ = C senβ⇒ senβ

B=senγ

C.

Por outro lado, no triângulo (b)

senβ =L

Ae sen (π− α) =

L

B,

donde,

A senβ = B sen (π − α) = B sinα⇒ senβ

B=senα

A.

Assim, concluímos imediatamente que

senα

A=senβ

B=senγ

C.

Exemplo 20 Num dado triângulo plano o comprimento do lado que se opõe ao ângulo π4é

uma unidade. Sabendo que outro ângulo deste triângulo é π3determine o comprimento do

lado que se lhe opõe.

Resolução:Nas condições referidas e designando o comprimento do lado procurado A

sen¡π4

¢1

=sen

¡π3

¢A

⇒A =

√32√22

=

r3

2.

36 Maio de 2006

Page 39: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

1.10.4 A lei do coseno

Consideremos a Figura 49 que representa um triângulo genérico com lados de comprimentosA, B e C e ângulos internos α, β e γ. Do Teorema de Pitágoras deduz-se

C2 = (C1 + C2)2 =

³pB2 − L2 +

pA2 − L2

´2.

α

1C 2C

C

β

λB A

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= βπαπλ

22

L

α

1C 2C

C

β

λB A

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= βπαπλ

22

L

Figura 49: A lei do coseno.

Desenvolvendo o segundo membro e notando que

L = A senα = B senβ,

C1 =pB2 − L2 = B cosα e

C2 =pA2 − L2 = A cosβ,

obtemos

C2 =³p

B2 − L2 +pA2 − L2

´2= A2 + B2 − 2L2 + 2

pB2 − L2

pA2 − L2

= A2 + B2 − 2A (senα)B (senβ) + 2B cosαA cosβ

= A2 + B2 − 2AB (senα senβ− cosα cosβ) .

Recordando que

cos (α+ β) = senα senβ − cosα cosβ e

cos (α+ β) = cos (π− (α+ β)) = cosγ,

obtemos finalmente a lei do coseno

C2 = A2 + B2 − 2AB cos (α+ β)

= A2 + B2 − 2AB cos (π − (α+ β))

= A2 + B2 − 2AB cos (γ) ,

isto éC2 = A2 + B2 − 2AB cos (γ) ,

37 Maio de 2006

Page 40: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

ou seja

cos (γ) =A2 + B2 − C2

2AB.

Notemos que a lei do coseno generaliza o Teorema de Pitágoras a triângulos não rectângulos.

Exemplo 21 Suponha que conhece os comprimentos dos lados A e B de uma dado triânguloé respectivamente 1 e 2. Sabendo que o ângulo interno oposto ao lado C é π

4determine o

comprimento do lado C.

Resolução:Nas condições referidas

C2 = A2 + B2 − 2AB cos (γ)

= 12 + 22 − 2× 1× 2 cos π4

= 3− 2√2⇒ C =

q3− 2

√2.

38 Maio de 2006

Page 41: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

1.11 Exercícios Propostos

Exercício 1 Transforme os seguintes valores em múltiplos de π radianos:

1. 30o ;

2. 45o ;

3. 60o ;

4. 750o;

5. −1530o;

6. 150 grados;

7. 340 grados.

Exercício 2 Exprima os seguintes valores em graus:

1. π5rad;

2. 5π6rad;

3. 3π4rad;

4. − 10π3rad;

5. 150 grados;

6. 340 grados;

7. −650 grados.

Exercício 3 Exprima os seguintes valores em grados:

1. 1o ;

2. 1 rad;

3. π4rad;

4. 30o ;

5. −60o ;

6. 750o ;

7. − 7π6rad.

Exercício 4 Exprima no sistema sexagesimal (isto é, em graus, minutos e segundos):

1. 7π6rad;

2. −4.71 rad;

3. − 5π24rad;

4. 1 rad.

39 Maio de 2006

Page 42: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exercício 5 Quais os ângulos internos de um triângulo equiângulo, isto é, com todos osângulos iguais?

Exercício 6 Determine o valor do ângulo interno não indicado num triângulo plano comos seguintes ângulos internos:

1. 30◦ e 90◦;

2. π4rad e π

6rad.

Exercício 7 Uma escada de 10 m de comprimento é colocada de tal maneira que o ânguloque faz com o chão é duas vezes o que faz com a parede. A que distância da parede seencontra os pés da escada?

Exercício 8 A amplitude do ângulo α de observação do João para o alto de uma árvore é55o. Qual é a amplitude do ângulo de observação do João em relação a um pássaro situadoa:

1. meia altura da árvore;

2. dois terços da altura da árvore.

Exercício 9 Uma pessoa observa que o ângulo de visão de uma coluna a partir do chão é45o. Após aproximar-se 10 metros o ângulo de visão passa para 60o. Determine a altura dacoluna.

Exercício 10 O triângulo [ABC] é rectângulo em B, AB = 2 cm e MC = 3 cm.

A

B

CMα

A

B

CMα

Calcule:

1. AM;

2. α;

3. BC.

40 Maio de 2006

Page 43: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exercício 11 Determine um periodo diferente de zero para as seguintes funções:

1. sen (2x) ;

2. sen (2πx) ;

3. senx + sen (2x) ;

4. sen2 x;

5. cos2 x.

Exercício 12 Complete a seguinte tabela:α π

6π4

π3

2π3

3π4

5π6

7π6

5π4

4π3

5π3

7π4

11π6

senα 12

√22

√32

cosα

Exercício 13 Indique o valor lógico das seguintes afirmações:

1. cos¡α+ π

2

¢= − senα;

2. cos (α− π) = cosα;

3. cos (−π− α) = cosα;

4. cos¡3π2+ α

¢= senα;

5. sen¡3π2+ α

¢= cosα.

Exercício 14 Determine os valores de senx e cos x para os seguintes valores de x :

1. 3π;

2. 7π3;

3. 9π2;

4. −900o ;

5. − 25π6;

6. 13π4;

7. − 10π3;

8. 1260o ;

9. 27π4;

10. 150o ;

11. 20π3.

41 Maio de 2006

Page 44: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exercício 15 Resolva as seguintes equações:

1. senx = sen π3;

2. cos x = 0;

3. senx = cos π4;

4. senx = cosx;

5. senx = − cosx;

6. senx = sen¡x+ π

2

¢;

7. cos x = cos (2π− x) ;

8. sen2 x − cos2 x = 1.

Exercício 16 Calcule:

1. sen¡π6+ π

4

¢e cos

¡π6+ π

4

¢;

2. sen¡π2+ π

3

¢e cos

¡π2+ π

3

¢;

3. sen¡2π3− π

4

¢e cos

¡2π3− π

4

¢.

Exercício 17 Sabendo que cosα = 13, α ∈ ¤−π

2, 0£e senβ = 1

5, β ∈ ¤π

2, 3π2

£, calcule o valor

de cos (α+ β) e apresente uma estimativa para a amplitude do ângulo (α+ β) .

Exercício 18 Dois pontos A e B estão separados por um charco, e pretende-se determinara distância AB. Ambos os pontos são acessíveis a partir de um terceiro ponto C tal queAC = 40 metros e o ângulo BbAC é 45o. Determine a distância AB se o ângulo AbBC é:1. 45o ;

2. 60o ;

3. 90o.

Exercício 19 Para cada um dos casos, determine os ângulos de um triângulo com osseguintes lados, ou justifique porque é que esse triângulo não existe:

1. a = 20, b = 99 e c = 101;

2. a = 20, b = 99 e c = 111;

3. a = 20, b = 99 e c = 121.

Exercício 20 Dois pontos A e B estão separados por um charco, e pretende-se determinara distância AB. Ambos os pontos são acessíveis a partir de um terceiro ponto C tal queAC = 30 metros e CB = 40 metros. Determine a distância AB se o ângulo AbCB é:1. 90o ;

2. 45o ;

3. 120o.

42 Maio de 2006

Page 45: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exercício 21 Três circunferências de raios 3, 4 e 5 são externamente tangentes. Mostreque o triângulo com vértices nos três centros tem ângulos com cosenos 2

3, 27e 1121.

Exercício 22 Um lote de terreno forma um quadrilátero ABCD com um ângulo recto novértice B e um ângulo maior que 90o no vértice oposto D. Os comprimentos dos lados emmetros são AB = 423, BC = 162, CD = 420 e AD = 160. Determine o ângulo dos vérticesD, A e C em graus.

Exercício 23 O trapézio [ABCD] é rectângulo, DC = 4 cm e BC = 3 cm.

A B

CDα

A B

CDα

1. Verifique que a área do trapézio pode ser dada por A (α) = 12 senα − 94sen (2α) ,

α ∈ ¤0, π2

£;

2. Utilize a calculadora para resolver graficamente o seguinte problema:Sabendo que a área do trapézio é igual a 8.44 cm2, calcule o ângulo α e a altura dotrapésio.

43 Maio de 2006

Page 46: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

1.12 Soluções

Solução 1 .

1. π6rad;

2. π4rad;

3. π3rad;

4. 25π6rad;

5. − 17π2rad;

6. 3π4rad;

7. 17π10rad.

Solução 2 .

1. 36o ;

2. 150o ;

3. 135o ;

4. −600o ;

5. 135o ;

6. 306o ;

7. −585o.

Solução 3 .

1. 1. (1) grados;

2. 63.6 grados;

3. 50 grados;

4. 33. (3) grados;

5. −66. (6) grados;

6. 833. (3) grados;

7. −233. (3) grados.

Solução 4 .

1. 210o ;

2. −269o 510 4700;

3. −37o 300;

4. 57o 170 4500.

44 Maio de 2006

Page 47: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Solução 5 60o.

Solução 6 .

1. 60o ;

2. 7π12rad.

Solução 7 5 m.

Solução 8 .

1. 35o 310 4700;

2. 43o 350 4000.

Solução 9 23.66 m.

Solução 10 .

1. 1 cm;

2. 30o ;

3. 2√3 cm.

Solução 11 .

1. π;

2. 1;

3. 2π;

4. π;

5. π.

Solução 12 .α π

6π4

π3

2π3

3π4

5π6

7π6

5π4

4π3

5π3

7π4

11π6

senα 12

√22

√32

√32

√22

12

− 12

−√22

−√32

−√32

−√22

− 12

cosα√32

√22

12

−12

−√22

−√32

−√32

−√22

−12

12

√22

√32

Solução 13 .

1. Verdadeira;

2. Falsa;

3. Falsa;

4. Verdadeira;

5. Falsa.

45 Maio de 2006

Page 48: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Solução 14 .

1. sen (3π) = 0 e cos (3π) = −1;

2. sen¡7π3

¢=

√32e cos

¡7π3

¢= 1

2;

3. sen¡9π2

¢= 1 e cos

¡9π2

¢= 0;

4. sen (−900o) = 0 e cos (−900o) = −1;

5. sen¡− 25π

6

¢= −1

2e cos

¡−25π

6

¢=

√32;

6. sen¡13π4

¢= −

√22e cos

¡13π4

¢= −

√22;

7. sen¡− 10π

3

¢=

√32e cos

¡−10π

3

¢= − 1

2;

8. sen (1260o) = 0 e cos (1260o) = −1;

9. sen¡27π4

¢=

√22e cos

¡27π4

¢= −

√22;

10. sen (150o) = 12e cos (150o) = −

√32;

11. sen¡20π3

¢=

√32e cos

¡20π3

¢= −1

2.

Solução 15 .

1. x = π3+ 2kπ∨ x = 2π

3+ 2kπ, k ∈ Z;

2. x = π2+ kπ, k ∈ Z;

3. x = π4+ 2kπ∨ x = 3π

4+ 2kπ, k ∈ Z;

4. x = π4+ kπ, k ∈ Z;

5. x = 3π4+ kπ, k ∈ Z;

6. x = π4+ kπ, k ∈ Z;

7. x = π + kπ, k ∈ Z;8. x = π

2+ kπ, k ∈ Z.

Solução 16 .

1.√2+√6

4e√6−√2

4;

2. 12e −

√32;

3.√6+√2

4e√6−√2

4.

Solução 17 cos (α+ β) = −2√6+2

√2

15e α+ β ' 98o.

46 Maio de 2006

Page 49: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Solução 18 .

1. 56.57 m;

2. 44.61 m;

3. 28.28 m.

Solução 19 .

1. 11o 250 1600; 78o 340 4400; 90o ;

2. 8o 450 1300; 48o 520 4300; 122o 220 400;

3. Não existe o triângulo porque senão teriamos o coseno de um dos ângulos maior doque 1.

Solução 20 .

1. 50 m;

2. 28.34 m;

3. 60.83 m.

Solução 21 -

Solução 22 AbDC = 91o 210 1000; BbCD = 89o 430 2400; BbAD = 88o 550 2600.Solução 23 .

1. -

2. α ' 60o e h ' 3√32cm.

47 Maio de 2006

Page 50: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2 Números Complexos

2.1 Introdução

Suponha-se que pretendemos resolver a equação

x2 + 2x + 5 = 0

utilizando a bem conhecida fórmula resolvente

x =−b±√b2 − 4ac

2a.

Recordemos que esta fórmula serve para calcular as raízes das das equações algébricas desegundo grau da forma

ax2 + bx+ c = 0.

A aplicação desta fórmula conduz-nos ao valor

x =−2±√−16

2

sem significado no conjunto dos números reais, já que neste conjunto não existe o número√−16 (isto é, não existe nenhum número cujo quadrado seja igual a −16).

Admitindo que o número obtido tem significado, e que a algebra habitual continua válida,podemos reescreve-lo como

−2±√−162

=−2

2±√−1√16

2= −1± 2√−1.

Este número, da forma a+b√−1, em que a, b ∈ R, é um exemplo de um número complexo.

Os chamados números complexos foram esboçados formalmente, pela primeira vez, na “Algebra”de Bombeli em 1572. A sua criação resultou da necessidade de tornar válida as famosas fór-mulas de Cardano (ou Cardan) destinadas à resolução algébrica de equações de terceirograu da forma x3 + px = q, x3 = px + q e x3 + q = px, com p e q > 0. Nestas fórmulaspoderia haver necessidade de efectuar cálculos com raízes quadradas de números negativoscomo se pode observar na seguinte expressão da solução da segunda equação enunciada:

x =3

sq

2+

rq2

4−p3

27+

3

sq

2−

rq2

4−p3

27.

A construção do conjunto dos números complexos, habitualmente representado porC, revelou-se de grande utilidade não só na matemática mas também noutras áreas da ciência. Astransformadas de Laplace, as séries de Fourier e as transformadas de Fourier constituemalguns exemplos de ferramentas indispensáveis da física e engenharia que nunca se teriamdesenvolvido sem o aparecimento deste novo conjunto de números.

48 Maio de 2006

Page 51: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 22 Deduza a fórmula resolvente da equação ax2 + bx+ c = 0.

Resolução:Tentemos escrever a equação anterior como o quadrado de uma soma. Teremos sucessiva-mente:

ax2 + bx + c = 0 ⇔a 6=0

x2 + bax+ c

a= 0⇔

⇔ x2 + bax+

¡b2a

¢2+ c

a−¡b2a

¢2= 0⇔

⇔ ¡x+ b

2a

¢2+ c

a−¡b2a

¢2= 0⇔

⇔ ¡x+ b

2a

¢2=¡b2a

¢2− c

a⇔

⇔ x+ b2a= ±

q¡b2a

¢2− c

a⇔

⇔ x = −b±√b2−4ac2a

.

Exemplo 23 Determine as raízes da equação x2 + 2x+ 5 = 0.

Resolução:Utilizando a fórmula deduzida no exemplo anterior, fazendo a = 1, b = 2 e c = 5, obtemos

x =−b±√b2 − 4ac

2a=

=−2±√22 − 20

2=

=−2±√−16

2.

2.2 Forma algébrica dos números complexos e sua representaçãogeométrica

Definição 7 Define-se conjunto dos números complexos como sendo:

C =­z = a+ bi : a, b ∈ R ∧ i =

√−1®,

onde z = a+ bi ∈ C se designa número complexo, a a parte real de z (a = Re z), b aparte imaginária de z (b = Im z) e i =

√−1 a unidade imaginária.

Se Im z 6= 0, z diz-se imaginário e se além disso Re z = 0, z diz-se imaginário puro.

O conjunto dos números complexos C pode ser considerado uma extensão (que conservatodas as propriedades algébricas) do conjunto dos números reais R, extensão esta quepossui as seguintes propriedades adicionais:

• A equação x2 + 1 = 0, admite pelo menos uma solução em C;

• Todo o elemento de C pode ser representado da forma a + bi em que a e b ∈ R ei =√−1 (isto é, i é uma solução de x2 + 1 = 0).

49 Maio de 2006

Page 52: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Repare-se que desta forma o conjunto dos números reais pode ser interpretado como um sub-conjunto do conjunto dos números complexos e que no seio deste último, as raízes quadradasde números negativos passam a ter significado.Um facto semelhante a este está na base da construção do conjunto Z, isto é de todosos números inteiros. Com efeito os números que constituem soluções de equações do tipox + n = 0, n ∈ N que não tinham significado no seio do conjunto dos números naturaispassam a adquirir sentido no seio do conjunto dos números inteiros.No entanto, no conjunto C, não existe uma relação de ordem do tipo da existente em R :"<, menor que".

Exemplo 24 Mostre que i é a raíz quadrada de −1.

Resolução:Recordando a definição de raíz quadrada de um número concluí-se imediatamente que i é araíz quadrada de −1 pois i2 = −1.

Exemplo 25 Determine:

1. i3 ;

2. i4 ;

3. i5.

Resolução:

1. Notemos que i3 = i2 × i. Então, i3 = −1× i = −i, pois i2 = −1.

2. Notemos que i4 = i2 × i2. Então, i4 = (−1)× (−1) = 1, pois i2 = −1.

3. Notemos que i5 = i4 × i. Então i5 = 1× i, pois i4 = 1.

Exemplo 26 Determine in com n ∈ N.Resolução:Como i4 = 1, façamos n = q× 4+ r com 0 ≤ r < 4 e q ∈ N. Então,

in = iq×4+r = iq×4 × ir= i4 × i4 × · · · × i4 × ir= ir com 0 ≤ r < 4.

Teremos,

in =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1 se r = 0,i se r = 1,−1 se r = 2,−i se r = 3.

Definição 8 Se a cada número complexo z associarmos o par ordenado Z = (a, b) em quea = Re z e b = Im z, Z diz-se o afixo (ou a imagem) de z. Fixando a origem O no plano,

ao vector−→0Z chama-se imagem vectorial de z.

50 Maio de 2006

Page 53: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

O afixo de um número complexo diz-se um ponto do plano de Argand (ou simplesmenteplano complexo), plano esse cujas imagens dos números reais estão associadas ao eixo Oxe as imagens dos números imaginários puros ao eixo Oy.

Exemplo 27 Represente no plano de Argand os afixos dos seguntes números complexos:2+ 3i, −4+ 2i, −2− 2i e 4− 2i.

Resolução:

420-2-4

4

2

-2

-4

..

y

x

2 3+ i− +4 2 i

.− −2 2 i

.4 2− i

420-2-4

4

2

-2

-4

..

y

x

2 3+ i− +4 2 i

.− −2 2 i

.4 2− i

Exemplo 28 Represente no plano de Argand as imagens vectoriais dos seguintes númeroscomplexos: 2+ 3i, −4+ 2i, −2− 2i e 4− 2i.

Resolução:

420-2-4

4

2

-2

-4

..

y

x

2 3+ i− +4 2 i

.− −2 2 i

.4 2− i

420-2-4

4

2

-2

-4

..

y

x

2 3+ i− +4 2 i

.− −2 2 i

.4 2− i

Definição 9 Seja z = a + bi ∈ C qualquer.1. Define—se módulo de z, e representa-se por |z|, à distância do afixo de z à origem,isto é, à norma Euclidiana da imagem vectorial de z:

|z| =pa2 + b2.

2. Define-se conjugado de z, e representa-se por z, como sendo

z = a − bi.

Geometricamente a operação de conjugação traduz-se no plano de Argand pela reflexãode z relativamente ao eixo real Ox.

51 Maio de 2006

Page 54: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

3. Define-se simétrico de z, e representa-se por −z, como sendo

−z = −a− bi.

Em termos geométricos, o afixo de −z é simétrico em relação à origem do plano deArgand.

Exemplo 29 Determine o módulo, o conjugado e o simétrico dos seguintes números com-plexos e represente-os no plano de Argand:

1. i;

2. −2;

3. 3− 4i.

Resolução:

1. Temos|i| = |0+ 1i| =

p02 + 12 = 1 e i = −i = i.

2. Temos

|−2| = |−2+ 0i| =

q(−2)

2+ 02 = 2, −2 = −2+ 0i = −2 e − (−2) = 2.

3. Temos

|3− 4i| =

q32 + (−4)2 =

√25 = 5, 3− 4i = 3+ 4i e − (3− 4i) = −3+ 4i.

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y3 4i+3 4i− +

3 4i−

i

i i− =

22 2− = −

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y3 4i+3 4i− +

3 4i−

i

i i− =

22 2− = −

52 Maio de 2006

Page 55: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2.3 Operações com números complexos na forma algébrica

Definição 10 Sejam z = a+bi e w = c+di números complexos. As operações de adição,subtracção, multiplicação e divisão (caso w 6= 0), definem-se da seguinte forma:1. z+w = (a + c) + (b + d) i;

2. z−w = (a − c) + (b − d) i;

3. z×w = (a + bi)× (c + di) = ac+ adi+ bci+ bdi2 = (ac − bd) + (bc+ ad) i;4. z

w= (a+bi)

(c+di)× (c−di)

(c−di)= (ac+bd)+(bc−ad)i

c2+d2.

Exemplo 30 Efectue as seguintes operações apresentando os resultados na forma algébrica:

1. (2− 2i)− (3+ 5i) + (−7i) ;

2. (2+ 3i)× (−2+ 5i) ;3. (2+ 3i)× (2− 3i) ;4. (a + bi)2 com a e b ∈ R;5. 2+2i

2−4i;

6. i2003 ;

7.√−16.

Resolução:

1. Teremos

(2− 2i) − (3+ 5i) + (−7i) = (2− 3+ 0) + (−2− 5− 7) i = −1− 14i.

2. Teremos

(2+ 3i)× (−2+ 5i) = (−4− 15) + (−6+ 10) i = −19+ 4i.

3. Notemos que o produto em questão é uma diferença de quadrados. Ter-se-á

(2+ 3i)× (2− 3i) = 22 − (3i)2 = 4+ 9 = 13.

4. Notemos que estamos na presença de um quadrado de uma soma. Ter-se-á

(a + bi)2 = a2 + (bi)2 + 2abi = a2 − b2 + 2abi.

5. Teremos

2+ 2i

2− 4i=

(2+ 2i) (2+ 4i)

(2− 4i) (2+ 4i)=(2+ 2i) (2+ 4i)

22 − (4i)2=(2+ 2i) (2+ 4i)

20

=(4− 8) + (4+ 8) i

20=

−4+ 12i

20= −

1

5+3

5i.

53 Maio de 2006

Page 56: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

6. Comecemos por dividir 2003 por 4:

2003 = 4× 500+ 3.Teremos

i2003 = i4×500+3 = i4×500 × i3 = −i

pois i4×500 = 1.

7. Sabendo que as regras operatórias que se verificavam nos reais também são válidas noconjunto dos números complexos, deduz-se

√−16 =

√−1× 16 = √−1×

√16 = i× 4.

Propriedade 6 A operação de conjugação goza das seguintes propriedades:

1. Re z = z+z2e Im z = z−z

2i;

2. z+w = z +w, z×w = z×w e¡zw

¢= z

w;

3. z = z sse z é real;

4. z = z;

5. z.z = |z|2;

6. |z| = |z|;

7. zn = (z)n para todo n ∈ N.Dem. .

1. Seja z = a+ bi com a e b ∈ R. Então,z + z

2=

(a+ bi) + (a− bi)

2=2a

2= a = Re z e

z − z

2i=

(a+ bi) − (a− bi)

2i=2bi

2i= b = Im z.

2. Sejam z = a+ bi com a e b ∈ R e w = c+ di com c e d ∈ R. Então,z+w = (a + bi) + (c + di) = (a+ c) + (b + d) i = (a+ c) − (b+ d) i =

= a − bi+ c − di = z+w.

z×w = (a + bi)× (c + di) = ac+ adi+ cbi− bd = (ac − bd) + (ad+ cb) i =

= (ac− bd) − (ad+ cb) i = ac− adi− cbi− bd = (a − bi)× (c − di) =

= z×w.

54 Maio de 2006

Page 57: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Caso w 6= 0, isto é, c e d não são simultaneamente nulos, então,³ zw

´=

µa + bi

c+ di

¶=

∙(a + bi)

(c+ di)× (c − di)(c − di)

¸=

∙(ac + bd) + (bc− ad) i

c2 + d2

¸=

=(ac + bd)− (bc− ad) i

c2 + d2=(ac+ bd) + (ad− bc) i

c2 + d2=(a− bi) (c+ di)

c2 + d2=

=(a− bi)

(c− di)× (c+ di)(c+ di)

=z

w.

3. Suponha-se que z = z. Então da propriedade 1.,

Re z =z + z

2=2z

2= z.

Inversamente, suponha-se que z é real.Então, z = a+0i = a−0i, a ∈ R, isto é, z = z.4. Suponha-se que z = a + bi. Então,

z = a+ bi = a− bi = a+ bi = z.

5. Suponha-se que z = a + bi. Então,

z.z = (a+ bi)× (a− bi) = a2 + b2 = |z|2.

6. Suponha-se que z = a + bi. Então,

|z| = |a + bi| =pa2 + b2 =

qa2 + (−b)2 = |a− bi| = |z|.

7. A demonstração desta propriedade pode efectuar-se por indução matemática. Comece-mos por observar que o resultado é trivialmente verdadeiro para n = 1. Admita-se queo resultado é verdadeiro para p = n. Em resultado da propriedade 2 irá ser verdadeiropara p = n+1. Então pelo princípio de indução matemática conclui-se que a afirmaçãoé verdadeira para todo n natural.

Exemplo 31 Calcule:

1. z+ z̄ supondo z = 10− 4i;

2. z− z̄ supondo z = 2+ 8i;

3. z× z̄ supondo z = 2+ 4i.Resolução:

1. Teremos(10− 4i) + (10+ 4i) = 20.

55 Maio de 2006

Page 58: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2. Teremos(2+ 8i)− (2− 8i) = 16i.

3. Teremos

z.z = |z|2 = |2+ 4i|2 =³p

22 + 42´2= 20.

Observação 1 É possível mostrar que o conjunto C munido das operações de adição e demultiplicação constitui um corpo, isto é, uma estrutura algébrica com as seguintes pro-priedades:

• (C,+) é um grupo abeliano;

• (C\{0},×) é um grupo abeliano;

• A operação × é distributiva relativamente à operação +.Recordemos que um grupo abeliano designa um conjunto munido de uma operação bináriaassociativa e comutativa relativamente à qual existe elemento neutro e em que todoo elemento possui simétrico. O conjunto dos números inteiros Z munido da operação deadição constitui um exemplo típico de um grupo abeliano.

Exemplo 32 Indique os elementos neutros de (C,+) e de (C\{0},×).Resolução:O elemento neutro de (C,+) é o 0 (isto é o complexo 0+ 0i), pois

z + 0 = 0+ z = z

para todo z ∈ C.O elemento neutro de (C\{0},×) é o 1 (isto é o complexo 1+ 0i) pois

z× 1 = 1× z = zpara todo z ∈ C.Exemplo 33 Dado z = a+ bi ∈ C indique o elemento simétrico relativamente à adição.Resolução:O simétrico de z = a + bi é w = −a − bi pois

z+w = 0.

Exemplo 34 Suponha que z = a+ bi. Mostre que (a, b)−1 =¡

aa2+b2

, −ba2+b2

¢.

Resolução:Basta mostrar que

¡a

a2+b2, −ba2+b2

¢× (a, b) = (1, 0). Porquê?Assim, µ

a

a2 + b2,

−b

a2 + b2

¶× (a, b) =

=

µa

a2 + b2× a −

−b

a2 + b2× b, a

a2 + b2× b+ −b

a2 + b2× a

¶= (1, 0).

56 Maio de 2006

Page 59: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 35 Mostre que dois números complexos são iguais se e só se as suas partes reaise imaginárias também forem iguais.

Resolução:Suponha-se que z = a + bi e w = c+ di são iguais. Então

(a + bi)− (c + di) = 0⇒(a− c) + (b− d) i = 0⇒

a − c = 0 e b− d = 0,

isto éa = c e b = d,

donde se concluí que z = w. O recíproco resulta imediatamente da definição.

2.4 Forma trigonométrica dos números complexos e suarepresentação geométrica

Consideremos a representação no plano de Argand do afixo Z de um número complexoz = a+ bi.

0 a

b

x

y

ρ

θ

( ),Z a b=

0 a

b

x

y

ρ

θ

( ),Z a b=

Sendo ρ a distância entre o afixo Z e a origem do plano de Argand, tem-se que:

ρ =pa2 + b2 = |z| ,

ou seja, ρ é o módulo de z.

Definição 11 Chama-se argumento de um número complexo z = a+bi 6= 0, representando-se por arg z, a qualquer um dos ângulos entre o semi-eixo positivo de Ox e o segmento ori-entado OZ em que Z = (a, b) e O = (0, 0). Se θ for um desses ângulos a expressão geral doargumento de z, é arg z = θ+ 2kπ, k ∈ Z.

Como se pode verificar a cada número complexo diferente de 0 correspondem diferentesargumentos. Para que a correspondência anterior seja bijectiva torna-se necessário definir asnoções de argumento principal e de argumento positivo mínimo, entre outras.

57 Maio de 2006

Page 60: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 36 Determine os argumentos dos seguintes números complexos:

1. i;

2. −2;

3. −1+ i;

4. −1− i;

5. 3−√3i.

Resolução:

1. arg i = π2+ 2kπ, com k ∈ Z.

2. arg (−2) = π + 2kπ, com k ∈ Z.3. arg (−1+ i) = 3π

4+ 2kπ, com k ∈ Z.

4. arg (−1− i) = 5π4+ 2kπ, com k ∈ Z.

5. Comecemos por calcular os argumentos θ = arg³3−√3i´. Como Re

³3−√3i´> 0

e Im³3−√3i´< 0, então θ ∈ 4o Q. Sabe-se que tg θ = Im(3−

√3i)

Re(3−√3i)= −

√33e tg π

6=

√33.

Como θ ∈ 4o Q., conclui-se que θ = 2π− π6+ 2kπ = 11

6π+ 2kπ, com k ∈ Z.

Definição 12 Seja z ∈ C, arg z diz-se argumento principal se arg z ∈ ]−π,π]. Searg z ∈ ]0, 2π], então diz-se que é o argumento positivo mínimo. Se z = 0, então|z| = 0 e diz-se que o argumento de z é indeterminado.

Exemplo 37 Determine os argumentos principais e positivos mínimos dos seguintes númeroscomplexos:

1. i;

2. −2;

3. −1+ i;

4. −1− i;

5. 3−√3i.

Resolução:

1. O argumento principal de i é π2. O argumento positivo mímimo é também π

2.

2. O argumento de −2 é π. O argumento positivo mímimo é também π.

3. O argumento principal de −1+ i é 3π4. O argumento positivo mínimo é também 3π

4.

4. O argumento principal é −3π4. O argumento positivo mínimo é 5

4π.

5. O argumento principal é −π6. O argumento positivo mínimo é 11

6π.

58 Maio de 2006

Page 61: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Observação 2 Naturalmente a cada número complexo diferente de 0 corresponde um e umsó argumento principal ou argumento positivo mínimo.

Escolhendo¤−π2, π2

£como contradomínio da função arctg x o argumento principal de um

qualquer número complexo z = x + yi pode calcular-se recorrendo às seguintes expressões:

θ = arg z =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

arctg(yx), se x > 0

π2, se x = 0 e y > 0

arctg(yx) + π, se x < 0 e y ≥ 0

arctg(yx)− π, se x < 0 e y < 0

−π2, se x = 0 e y < 0

.

Recordando o conceito de coordenadas polares verificamos imediatamente que o móduloe o argumento de um número complexo não são mais do que as coordenadas polares do seuafixo.

Assim sendo, um número complexo fica completamente determinado fixando um númeroreal positivo (módulo) ρ e um argumento θ. Recorrendo aos conceitos de módulo e oargumento podemos introduzir a representação de números complexos conhecida por formatrigonométrica a qual apresenta algumas vantagens.

Definição 13 Chama-se forma trigonométrica do número complexo z = a+ bi àexpressão

z = ρ (cosθ+ i senθ) = ρ cisθ,

em que θ = arg z, ρ = |z| =√a2 + b2 e cisθ = cosθ+ i senθ.

Exemplo 38 Represente o número complexo z = −1+√3i, na forma trigonométrica.

Resolução:Começamos por determinar um argumento θ ∈ 2o Q tal que tg θ = Im z

Re z=

√3

−1= −√3.

Sabendo que tg π3=√3, tgθ = −

√3 e θ ∈ 2o Q., então θ = π − π

3= 2π

3. Além disso,

ρ = |z| =

r(−1)2 +

³√3´2=√4 = 2. A representação trigonométrica de z será

z = 2

µcos

3+ i sen

3

¶= 2 cis

3.

Exemplo 39 Escreva na forma trigonométrica os seguintes números complexos:

1. i;

2. −2;

3. −1+ i;

4. −1− i;

5. 3−√3i.

59 Maio de 2006

Page 62: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Resolução:

1. Ter-se-á:i = cis

π

2.

2. Ter-se-á:−2 = 2 cisπ.

3. Ter-se-á:

−1+ i =√2 cis

4.

4. Ter-se-á:

−1− i =√2 cis

4.

5. Ter-se-á:

3−√3i = 2

√3 cis

11π

6.

Exemplo 40 Escreva na forma algébrica os seguintes números complexos:

1. cis π2;

2. 2 cis π2;

3. 4 cis 43π.

Resolução:

1. Ter-se-ácis

π

2= cos

π

2+ i sen

π

2= 0+ i = i.

2. Ter-se-á2 cis

π

2= 2

³cos

π

2+ i sen

π

2

´= 2 (0+ i) = 2i.

3. Ter-se-á

4 cis4

3π = 4

µcos

4

3π + i sen

4

¶= 4

Ã−1

2− i

√3

2

!= −2− 2

√3i.

Naturalmente dois números complexos representados na forma trigonométrica são iguaisquando os seus módulos são iguais e quando os seus argumentos diferem entre si de ummúltipo de 2π. A proposição seguinte formaliza este resultado.

60 Maio de 2006

Page 63: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Propriedade 7 Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Então,

z1 = z2 ⇔⇔ ρ1 = ρ2 ∧ θ1 = θ2 + 2kπ, k ∈ Z.

Dem. Se z1 = z2 então ρ1 = ρ2 (porquê?). Nestas circunstâncias cisθ1 = cisθ2, isto é

cosθ1 + i senθ1 = cosθ2 + i senθ2 ⇒⇒ cosθ1 = cosθ2 e senθ1 = senθ2.

Resultando imediatamente θ1 = θ2 + 2kπ, k ∈ Z.A implicação recíproca é imediata.

Propriedade 8 Seja z ∈ C tal que z = ρ cisθ. Então:

1. z = ρ cis (−θ) ;

2. −z = ρ cis (π + θ) .

Dem. .

1. z = ρ cisθ = ρ cosθ+ iρ senθ = ρ cosθ− iρ senθ = ρ cis (−θ) .

2. z = ρ cisθ = ρ cosθ+ iρ senθ, então,

−z = −ρ cosθ− iρ senθ⇔ −z = ρ (− cosθ− i senθ)⇔⇔ −z = ρ (cos (π + θ) + i sen (π + θ))⇔ −z = ρ cis (π + θ) .

2.5 Operações com números complexos na forma trigonométrica

Como já foi sugerido certas operações algébricas entre números complexos realizam-se einterpretam-se mais facilmente quando estes se encontram representados na forma trigonométrica.É o caso das dos operações de multiplicação e divisão.

Propriedade 9 Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Então:

1. z1 × z2 = ρ1ρ2 cis(θ1 + θ2);

2. z−12 = 1ρ2cis (−θ2), z2 6= 0;

3. z1z2= ρ1

ρ2cis(θ1 − θ2), z2 6= 0.

61 Maio de 2006

Page 64: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Dem. .

1. Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Deduz-se sucessivamente:

z1 × z2 = ρ1 cisθ1 × ρ2 cisθ2 = ρ1ρ2 (cosθ1 + i senθ1) (cosθ2 + i senθ2) =

= ρ1ρ2 [(cosθ1 cosθ2 − senθ1 senθ2) + i (senθ1 cosθ2 + cosθ1 senθ2)] =

= ρ1ρ2 [cos (θ1 + θ2) + i sen (θ1 + θ2)] = ρ1ρ2 cis(θ1 + θ2).

2. Seja z2 = ρ2 cisθ2. Deduz-se sucessivamente:

z−12 = 1z2= 1

ρ2 cis θ2= 1

ρ2

1cos θ2+i sen θ2

=

= 1ρ2

cos θ2−i sen θ2(cos θ2+i sen θ2 )(cos θ2−i sen θ2 )

= 1ρ2cis (−θ2) .

3. Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Então, com base nos resultados anteriores, deduz-se sucessivamente:

z1

z2= z1 × 1

z2= (ρ1 cisθ1)×

µ1

ρ2cis (−θ2)

¶=ρ1ρ2cis(θ1 − θ2).

Considerando os resultados anteriores verifica-se que o produto de dois números complexosé um novo número complexo cujo módulo é o produto dos módulos destes, e o argumento asoma dos respectivos argumentos.Relativamente ao quociente de dois números complexos, o resultado desta operação é umnovo número complexo cujo módulo é o quociente dos módulos destes, e o argumento adiferença dos respectivos argumentos.

Exemplo 41 Mostre que a multiplicação de um número complexo z por i corresponde auma rotação de 90◦ (no sentido contrário dos ponteiros do relógio) do vector representativode z.

Resolução:Sejam z = ρ cisθ e i = cis π

2. Então, tendo por base o resultado anterior,

z× i = (ρ cisθ)׳cis

π

2

´= ρ cis

³θ+

π

2

´.

Este facto mostra o que se pretendia.

Propriedade 10 (Fórmula de De Moivre) Seja z = ρ cisθ então

zn = ρn cis(nθ), n ∈ N.

Dem. Na demonstração deste resultado utilizaremos o princípio de indução matemática.Comecemos por observar que este resultado é trivialmente verdadeiro quando n = 1. Supondo

62 Maio de 2006

Page 65: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

que o resultado é válido para p = n mostremos que também é válido para p = n + 1. Comefeito se

zn = ρn cis(nθ)

então

zn+1 = zn × z = ρn cis(nθ)× ρ cis(θ) =

= ρn+1 cis(nθ) cis(θ) =

= ρn+1 cis(nθ+ θ) =

= ρn+1 cis([(n + 1) θ] .

Pelo princípio de indução matemática podemos concluir que

zn = ρn cis(nθ), n ∈ N.

Recorda-se que o Princípio de Indução Matemática resulta do Axioma da Boa Ordenação dosnúmeros naturais e afirma o seguinte: Suponha-se que para cada n ∈ N, A(n) são proposiçõestais que A(1) é verdadeira e A(n+ 1) é verdadeira sempre que A(n) for verdadeira. EntãoA(n) é verdadeira para todo o n ∈ N.Exemplo 42 Utilize a Fórmula de De Moivre para provar as seguintes igualdades bem con-hecidas: cos 2θ = cos2 θ− sen2 θ e sen2θ = 2 senθ cosθ.

Resolução:Seja z = ρ cisθ. Então, tendo em conta a Fórmula de De Moivre:

z2 = ρ2 cis (2θ) = ρ2 [cos (2θ) + i sen (2θ)] .

Por outro lado,

z2 = (ρ cis (θ))× (ρ cis (θ)) == ρ2 [cos (θ) + i sen (θ)]2 =

= ρ2£cos2 (θ)− sen2 (θ) + 2i sen (θ) cosθ

¤.

Comparando as duas expressões obtidas deduz-se o resultado pretendido.

A Fórmula de De Moivre generaliza-se facilmente às potências de expoente negativo denúmeros complexos:

Propriedade 11 Seja z = ρ cisθ 6= 0 então

z−n =1

zn=1

ρncis(−nθ), n ∈ N.

Dem. Notemos que

1

zn=

1

ρn cis (nθ)=1

ρn(cosθ− i senθ)

(cosθ+ i senθ) (cosθ− i senθ)=

=1

ρn(cosθ− i senθ)

1=1

ρncis(−nθ).

63 Maio de 2006

Page 66: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exemplo 43 Calcule¯̄̄(1+i)5

i2 (1−i)3

¯̄̄.

Resolução:Teremos ¯̄̄̄

(1+ i)5

i2(1− i)3

¯̄̄̄=

¯̄̄̄¯̄̄−³√2 cis π

4

´5√2 cis

¡−π4

¢¯̄̄̄¯̄̄ = ¯̄̄̄¯ 2

52 cis

¡5π4

¢232 cis

¡−3π

4

¢ ¯̄̄̄¯ ==

¯̄̄̄252− 32 cis

µ5π

4+3π

4

¶¯̄̄̄= 2 |cis (2π)| = 2.

A raíz índice n ∈ N de um número complexo z é, por definição, um número w tal quewn = z. Representa-se este número por w = n

√z.

Propriedade 12 Seja z = ρ cisθ, então

n√z = n√ρ cis

µθ+ 2kπ

n

¶, k ∈ Z.

Dem. Da Fórmula de De Moivre deduz-se que∙n√ρ cis

µθ+ 2kπ

n

¶¸n= ρ cis (θ+ 2kπ) = ρ cisθ = z,

o que demonstra que n√ρ cis

¡θ+2kπn

¢é uma raíz índice n de z = ρ cisθ.

Deste proposição resulta que todo o número complexo diferente de zero tem exactamente nraízes de índice n (também chamadas determinações da raíz de índice n).

Exemplo 44 Mostre que n√1 = cis( 2kπ

n), k = 0, ..., n − 1.

Resolução:Como 1 = cis 0 então,

n√1 = cis

µ0+ 2kπ

n

¶= cis

µ2kπ

n

¶, k ∈ Z.

Observe-se que

cis

µ2kπ

n

¶6= cis

µ2k0πn

¶se k 6= k0 e 0 ≤ k, k0 ≤ n− 1.

Por outro lado

cis

µ2kπ

n

¶= cis

µ2(k+ n)π

n

¶se 0 ≤ k ≤ n− 1.

Exemplo 45 Calcule as raízes complexas seguintes:

1. 3√1;

2. 4√1;

3.√3− 4i.

64 Maio de 2006

Page 67: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Resolução:

1. Ter-se-á

3√1 =

3√cis0 = cis

µ0+ 2kπ

3

¶= cis

µ2kπ

3

¶com k = 0, 1 e 2.

Isto é, obteremos as seguintes raízes:

z1 = cis (0) = 1,

z2 = cis

µ2π

3

¶= −

1

2+ i

√3

2,

z3 = cis

µ4π

3

¶= −

1

2− i

√3

2.

2. Ter-se-á

4√1 =

4√cis 0 = cis

µ0+ 2kπ

4

¶= cis

µ2kπ

4

¶com k = 0, 1, 2 e 3.

Isto é, obteremos as seguintes raízes:

z1 = cis (0) = 1,

z2 = cis³π2

´= i,

z3 = cis (π) = −1

z4 = cis

µ3π

2

¶= −i.

3. Comecemos por observar que

|3− 4i| = 5 e

arg (3− 4i) ≈ 0.927rad ≈ 53.13o.

Ter-se-á, √3− 4i ≈

√5 cis

µ0.927+ 2kπ

2

¶com k = 0 e 1.

Isto é, obteremos as raízes cujos valores aproximados são:

z1 ≈√5 cis

µ0.927

2

¶=√5 cis (0.463 5) ,

z2 ≈√5 cis

µ0.927+ 2π

2

¶=√5 cis (0.463 5+ π) .

Pode agora generalizar-se a fórmula de De Moivre às potências de expoente racional denúmeros complexos.

65 Maio de 2006

Page 68: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Definição 14 Seja z = ρ cisθ 6= 0, p ∈ Z e q ∈ N. Então

zpq =

¡q√z¢p= ρ

pq cis

∙p

q(θ+ 2kπ)

¸, k ∈ Z.

Desta definição resulta que se pqfor uma fracção irredutível obtêm-se exactamente q determi-

nações da potência zpq . Nesta última situação

¡q√z¢p= q√zp . No entanto, se p

qfor redutível

tem-se em geral¡q√z¢p 6= q

√zp. Estes factos aconselham alguma precaução ao trabalhar

com potências racionais de números complexos. Nos exemplos seguintes concretizamos estasideias.

Exemplo 46 Consideremos por exemplo as expressões¡6√z¢4e

6√z4, z 6= 0. A primeira

não é mais do que z46 = z

23 =

¡3√z¢2que tem três diferentes determinações. A segunda

apresenta seis determinações diferentes.

Exemplo 47 Suponha z = cis π2. Calcule:

1. z42 (= z2);

2.√z4.

Resolução:

1. z42 (= z2) = cis(2× π

2) = cisπ = −1.

2.√z4 =

pcis(π

4)4 =

pcis(π) =

√−1 = ±i.

2.6 Domínios planos e condições em variável complexa

Consideremos as seguintes condições que envolvem números complexos:

1. Re z > 0;

2. Re (z − 1) < 2;

3. Im (z+ 2i) > 1.

Representando no plano complexo os pontos que são solução de cada uma das condiçõesacima descritas, obtem-se graficamente o que se designa por domínio plano de cada umadas condições:

66 Maio de 2006

Page 69: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

1. Estes números complexos são todos os números da forma z = a + bi com a > 0.Graficamente teremos:

420-2-4

4

2

-2

-4

y

x420-2-4

4

2

-2

-4

y

x

2. Façamos z = a + bi. Então

Re (a− 1+ bi) < 2⇒ a − 1 < 2⇒ a < 3.

Concluímos que estes números complexos são todos da forma z = a + bi com a < 3.Graficamente teremos:

420-2-4

4

2

-2

-4

y

x3 420-2-4

4

2

-2

-4

y

x3

3. Façamos z = a + bi. Então

Im (z + 2i) > 1⇒ Im (a + (b+ 2) i) > 1⇒ b+ 2 > 1⇒ b > −1.

Concluímos que estes números complexos são todos da forma z = a+bi com b > −1.Graficamente teremos:

420-2-4

4

2

-2

-4

y

x3-1 420-2-4

4

2

-2

-4

y

x3-1

Vamos então estudar a correspondência entre condições em C e conjuntos de pontos no planocomplexo.Considerem-se z1 = a + bi e z2 = c + di dois números complexos quaisquer de afixosZ1 = (a, b) e Z2 = (c, d) respectivamente; seja r ∈ [0,+∞[ .

67 Maio de 2006

Page 70: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2.6.1 |z1 − z2 | como distância entre dois pontos

Tem-se que |z1 − z2 | representa a distância entre os afixos de z1 e z2 :

|z1 − z2 | = Z1Z2.

• |z1 − z2 | = r representa a circunferência de centro Z1 e raio r.• |z1 − z2 | < r representa o interior da circunferência de centro Z1 e raio r.• |z1 − z2 | > r representa o exterior da circunferência de centro Z1 e raio r.

Exemplo 48 Represente no plano de Argand os seguintes conjuntos de pontos:

1. |z| = 2;

2. |z| ≥ 1;3. |z− (2+ 3i)| ≤ 1;4. |z| ≤ 1 e |z| > 1

2.

Resolução:

1. Este conjunto de pontos será constituído por complexos cujo módulo será igual a dois.Suponha-se que z = x + yi, então

|z| = 2⇔ |x+ yi| = 2⇔px2 + y2 = 2.

Concluí-se que o conjunto de números complexos é constituído por aqueles cuja distân-cia à origem é exactamente igual a dois. Graficamente teremos:

y

x2

2

y

x2

2

2. Este conjunto de pontos será constituído por complexos cujo módulo é maior ou iguala um. Suponha-se que z = x+ yi, então

|z| ≥ 1⇔ |x+ yi| ≥ 1⇔px2 + y2 ≥ 1.

68 Maio de 2006

Page 71: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Concluí-se que o conjunto de números complexos é constituído por aqueles cuja distân-cia à origem é igual ou superior a um. Graficamente teremos:

y

x1

1

y

x

y

x1

1

3. Este conjunto de pontos é constituído por complexos cuja distância ao complexo 2+ 3iseja igual ou inferior a um. Graficamente teremos:

y

x2

3

1

y

x2

3

1

4. Este conjunto de pontos é constituído pelos pontos a uma distância igual ou inferior àunidade da origem e que simultaneamente estejam a uma distância da origem superiora 12. Graficamente teremos:

y

x1

1

1/2

1/2

y

x1

1

1/2

1/2

69 Maio de 2006

Page 72: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2.6.2 |z− z1 | = |z − z2 | como mediatriz de um segmento de recta

• |z− z1 | = |z− z2 | representa a "equidistância" entre o afixo de z1 e o afixo de z2, ouseja, a mediatriz do segmento de recta [Z1Z2] .

• |z− z1 | > |z − z2 | representa o semiplano (aberto) definido pela mediatriz de [Z1Z2] epelo afixo Z2.

• |z− z1 | < |z − z2 | representa o semiplano (aberto) definido pela mediatriz de [Z1Z2] epelo afixo Z1.

• Re (z − z1) = r representa a recta vertical que passa no ponto (a + r, 0) .• Im (z− z1) = r representa a recta horizontal que passa no ponto (0, b+ r) .

Exemplo 49 Represente no plano complexo os afixos dos números complexos z que satis-fazem as seguintes condições:

1. |z− 1+ i| ≤ |z + 2− 3i| ;2. Re z ≤ 2∧ Im z = 1.

Resolução:

1. |z− 1+ i| ≤ |z + 2− 3i|⇔ |z− (1− i)| ≤ |z− (−2+ 3i)| .Considere-se os números complexos z1 = 1 − i e z2 = −2 + 3i, onde Z1 = (1,−1) eZ2 = (−2, 3) são os afixos de z1 e de z2.A condição dada representa o semiplano definido pela mediatriz de [Z1Z2] e por Z1.

Sendo M o ponto médio de [Z1Z2] , M =¡1−22, −1+3

2

¢=¡− 12, 1¢e−−−→Z1Z2 = Z2 − Z1 =

(−3, 4) . Sendo m o declive da recta Z1Z2, m = − 43. Como a mediatriz é perpendicular

à recta Z1Z2, tem declive 34. Além disso, passa pelo ponto M.

Uma equação da mediatriz de [Z1Z2] é: y =34x+ 11

8.

70 Maio de 2006

Page 73: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2. Seja z = x+ yi com x, y ∈ R.Re z ≤ 2∧ Im z = 1 ⇔ Re (x+ yi) ≤ 2∧ Im (x− yi) = 1⇔ x ≤ 2∧−y = 1⇔

⇔ x ≤ 2∧ y = −1

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

2.6.3 arg (z − z1) = θ como semi-recta

arg (z − z1) = θ representa a semi-recta de origem Z1 que forma um ângulo de amplitude θcom a semi-recta de origem Z1 paralela ao eixo Ox no sentido positivo.

Exemplo 50 Represente no plano de Argand o seguinte conjunto de pontos π4< arg z < π

2.

Resolução:Este conjunto de pontos é constituído pelos números complexos cujos argumentos se situamentre os valores indicados. Graficamente teremos:

y

x

y

x

71 Maio de 2006

Page 74: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2.7 Exercícios Propostos

Exercício 24 Calcule, indicando o resultado na forma algébrica:

1. (1+ 2i)− (3+ 5i) (1− i) ;

2. (1+i)(3−i)

1+2i.

Exercício 25 Determine o afixo, o módulo e o conjugado dos seguintes números complexos:

1. z = 1+ i;

2. w = −1−√3i.

Exercício 26 Resolva, em C, as equações:

1. iz− 2 = 3z;

2. 2z− iz = 1+ 3i;

3. z2 − z + 3 = 0;

4. 1+zi3−i

= 2i;

5. z.z − z = i+ 1.

Exercício 27 Represente na forma trigonométrica os seguintes números complexos:

1. z = 1+ i;

2. w = −1−√3i.

Exercício 28 Represente os seguintes números complexos na forma não dada (algébrica outrigonométrica):

1. 5cis (π) ;

2. 4;

3. −3cis¡5π2

¢;

4.√5cis

¡5π6

¢;

5. −2− 2i.

Exercício 29 Sejam z =√2−√2i e w = − 2

3+ 2√

3i. Represente na forma trigonométrica:

1. z×w;2. z2 ×w;3. z4

w3.

72 Maio de 2006

Page 75: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exercício 30 Sejam z1 = 1− i, z2 = 2√2cis

¡5π4

¢e z3 =

√6+ 3

√2i. Calcule:

1. 4√z3 ;

2.√z1 × z2.

Exercício 31 Dado o número complexo z = 21−i

− 2i97,

1. Represente z na forma algébrica e na forma trigonométrica;

2. Sabendo que z é uma das raízes de índice 3 de um número complexo w, determine,sem calcular w, as restantes raízes de w e represente-as geometricamente.

Exercício 32 Defina, por um condição em C, o conjunto de pontos representado no planocomplexo por:

1.

2. A é o afixo de 2+ 2√3i.

73 Maio de 2006

Page 76: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Exercício 33 Represente no plano complexo os afixos dos números complexos z que satis-fazem as seguintes condições:

1. |z− 3i| ≥ 3∧ |z− 3− i| ≤ |z− i| ;2. |z− 2− i| ≤ 2∧ |z+ 3| = |z− 4− 2i| ;3. 1 ≤ |z| < 4∧ Re (z − i) = 2;4. 1 ≤ |z+ i| ≤ 3∧−π

2≤ arg z ≤ 0;

5. −π6≤ arg (z− 2i) ≤ π

4∨ |z− 1| ≤ 2;

6.¯̄̄³1+√3i´(−z − 1+ 2i)

¯̄̄≤ 4∧ |Re (z + 1− 2i)| ≥ 1;

7. |z+ 2i| ≥ |z − 4+ i|∧ Im (z − 2) > 1∧ π4≤ arg (z − 4− i) ≤ 3

2π;

8.¯̄z− 2+i

i

¯̄ ≤ 3∧ Im z ≤ (Re z)2 ;9. |3cis (π)| ≤ z.z + 2Re z ≤ |−15i|∧ 0 < arg (z+ 8) ≤ π

6.

Exercício 34 Tenha em conta o Binómio de Newton para:

1. Indicar na forma algébrica o complexo w = 1+ i+ (−1+ 3i)5 ;

2. Resolver a equação z4 − 1 = 0.

Exercício 35 Seja z o complexo definido por: z = tg α+itg α−i

.

1. Prove que z = − cos (2α) + i sen (2α) ;

2. Escreva z na forma trigonométrica;

3. Calcule z, sabendo que cos (π+ α) = 35e 0 < α < π.

74 Maio de 2006

Page 77: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2.8 Soluções

Solução 24 .

1. −7;

2. 85− 6

5i.

Solução 25 .

1. Z = (1, 1) ; |z| =√2; z = 1− i;

2. W =³−1,−

√3´; |w| = 2; w = −1+

√3i.

Solução 26 .

1. z = −35− 1

5i;

2. z = 53+ 7

3i;

3. z = 12+√112i∨ z = 1

2−√112i;

4. z = 6− i;

5. z = −i∨ z = 1− i.

Solução 27 .

1. z =√2cis

¡π4

¢;

2. w = 2cis¡4π3

¢.

Solução 28 .

1. −5;

2. 4cis0;

3. −3i;

4. −√152+√52i;

5. 2√2cis

¡5π4

¢.

Solução 29 .

1. 83cis¡5π2

¢;

2. 163cis¡−7π

6

¢;

3. 274cis (−π) .

75 Maio de 2006

Page 78: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

Solução 30 .

1. 8√24cis

¡π12

¢; 8√24cis

¡7π12

¢; 8√24cis

¡13π12

¢e 8√24cis

¡19π12

¢;

2. 2cis¡− 3π

4

¢e 2cis

¡π4

¢.

Solução 31 .

1. z = 1− i =√2cis

¡−π4

¢;

2.√2cis

¡5π12

¢e√2cis

¡13π12

¢.

4

π−

3( 2) k w=

1 ( 0)w k =

2 ( 1)w k =

x

y

x

y

x

y

Solução 32 .

1. 1 ≤ |z− (1+ 2i)| < 2;

2.¯̄̄z− 2− 2

√3i

¯̄̄< 2√3∧ π

3< arg

³z − 2− 2

√3i´< π.

Solução 33 .

1.

76 Maio de 2006

Page 79: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

2.

3.

4.

77 Maio de 2006

Page 80: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

5.

6.

7.

78 Maio de 2006

Page 81: TemaIII Trigonometria Numeros Complexos

8.

9.

Solução 34 .

1. −315− 11i;

2. z = 1∨ z = i∨ z = −1∨ z = −i.

Solução 35 .

1. -

2. z = cis (π − 2α) ;

3. z = 725

− 2425i.

79 Maio de 2006