2009_complexos_resolucoes

7/22/2019 2009_COMPLEXOS_RESOLUCOES

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2008

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EXERCCIOS FASE 1

F1-01) (Da Vinci) Sendo z1

= 2 + 4 i, z2

= 1 + 3 i e z3

= 11 + 8 i ,

calcule z4

=( z1

. z2

) z3

F1-01) 1 + 2 i.

F1-02) (Inatel MG) Determine o nmero complexo z que verifica a equao

0i1z2zi =++ . (Dica MR: Faa z = a + bi e z = a bi)

F1-02) z = 1 i.

EXERCCIOS FASE 2

F2-01) (Da Vinci) Calcule o valor de 0092i .

F2-01) i.

F2-02) (Unesp 2007 adaptada) Sendo i a unidade imaginria e Z1 e Z2 os nmeros

complexos 22321 iiiiZ ++++= e7832

2 iiiiZ ++++= , calcule o

produto (Z1 . Z2).

F2-02) 2i.

EXERCCIOS FASE 3

F3-01) (Da Vinci) Resolva a equao 018x21x4x9x2 234 =++ .(Dica MR: Nunca esquea de verificar se 1 raiz).

F3-01)

=2

3;3;2;1S .

F3-02) (UFES) O nmero complexo2

3i

2

1Z

1+= uma das razes do

polinmio 1ZZ2Z)Z(P 234 ++= .

a) Encontre outra raiz complexa no real de P(Z).b) Escreva P(Z) como um produto de dois polinmios com coeficientes reais.c) Conclua que P(Z) tem duas razes reais e calcule-as.

Dica MR: 21 ZeZ so razes do polinmio, de grau 2,

)ZZ(Z)ZZ(Z 2121

2 ++ .

F3-02) a)2

3i

2

1 .

F3-02) b) )1ZZ).(1ZZ()Z(P 22 +++= .

F3-02) c)2

51e

2

51 + .


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3) (UFRS/2004) Sabendo-se que iei so razes da equao

01xxx 34 = , as outras razes so:

a)

2

21e

2

21 +

b)2

31e

2

31 +

c)2

51e

2

51 +

d)2

61e

2

61 +

e)2

71e

2

71 +

03-SA-Resoluo:

(Alternativa C).

4) (FATEC-SP/2005) Se i a unidade imaginria, a soma

9842 i.100i.6i.42 ++++ um nmero:

a) primo.b) divisvel por 4.c) mltiplo de 6.d) negativo.e) quadrado perfeito.

04-SA-Resoluo:

.)DaAlternativ(50

)2(25)10098()86()42(

i100i98i8i6i4i2i.100i.6i.42

1

98

1

96

1

6

1

4

1

2

1

09842

=

=+++=

++++++=++++

Dica-MR: As razes x1 e x2so razes do polinmio

)2xx()1xx(

21212 )xx(x)xx(x

++ ,

cujo coeficiente dominante igual a 1.

Assim, 1x)ix).(ix( 2+=+ so fatores de 01xxx 34 = ;

Utilizando o Mtodo da Chave, podemos abaixar o grau da equao

dada 01xxx 34 = .


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5) (FATEC-SP/2004) Na figura abaixo tem-se o ponto P, afixo do nmerocomplexo z, no plano de Argand-Gauss.

Se z o complexo conjugado de z, ento:

a) i322z +=

b) i322z +=

c) i32z +=

d) i3

322z +=

e) i3

32z +=

05-SA-Resoluo:

3

32b

2

b

3

3

2

b30tg

=

=

=

=

=

+=

3

32b

2a

ibaz

i3

322z =

i3

322z +=

(Alternativa D).

6) (IBMEC-SP/2005) Se A e B representam no plano de Argand-Gauss as

imagens das razes complexas da equao 0x5x2x 23 =+ e C representa,

no mesmo plano, a imagem da raiz real desta equao, ento o permetro dotringulo ABC :

a) 542+

b) 524 +

c) 245+

d) 254 +

e) 525+

06-SA-Resoluo:

05x2xdesairo,reaisno,razesoutrasAs

.0x,realacasono,razessuasdasUma

,0)5x2x(x0x5x2x

2

1

223

=++

=

=++=+

B

3

A

2

2

i21xei21x

i41605x2x

=+=

===++

O Permetro do tringulo ABC igual a

524p2554p2 +=++=

(Alternativa B).

Conjugado de z


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7) (MACK-SP/2005) Na figura, os nmeroscomplexos z e w tm mdulos iguais. Sendo i aunidade imaginria, o ponto wz igual a:

a) i34 +

b) i34

c) i43 +

d) i34

e) i34 +

07-SA-Resoluo:

Considerando "" o argumento de z e "" o argumento de w, sabemos que:

sencosecossen90 ==+=

Da figura obtemos que 5|z|21|z| 22 =+= e, porsua vez, 5|w| = .

i34wz)i21()i2(wz

i21wei2z

+=++=

+=+=

(Alternativa E).

8) (UNIFESP/2005) Seja o nmero complexo ,i1010z += no qual 1i = . A

forma trigonomtrica que representa este nmero :

a)

+

2seni

2cos10

b)

+ 4seni4cos10

c)

+

6seni

6cos1010

d)

+

2seni

2cos210

e)

+

4seni

4cos210

08-SA-Resoluo:

)4

seni4

cos(210z

445e210|z|1010|z|22

+=

===+=

(Alternativa E).


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9) (UERJ/2004) Considere o nmero complexo:3i1

i1z

+

= .Ao escreverzna

forma trigonomtrica, os valores do mdulo e do argumento sero,respectivamente, de:

a)12

25e2

b)12

17e2

c)12

25e

2

2

d)12

17e

2

2

09-SA-Resoluo:

3i1

i1z

+

=

Considerando i31zei1z 21 +==

Teremos que2

1

z

zz=

315e2|z|)1()1(|z| 1122

1 ==+=

60e2|z|)3()1(|z| 2222

2 ==+= )60seni60(cos2z

)315seni315(cos2z

2

1

+=

+=

[ ]

)255seni255(cos2

2z

)60315(seni)60315(cos22

zzz21

+=

+==

255x180rad

rad12

17x

=

Assim, )12

17seni

12

17(cos

2

2z

+= (Alternativa D).

10) (FGV-SP 2008) Os quatro vrtices de um quadrado no plano de Argand-Gaussso nmeros complexos, sendo trs deles 1 + 2i, 2 + i e 1 2 i. O quartovrtice do quadrado o nmero complexo:

a) 2 + ib) 2 ic) 1 2 id) 1 + 2 ie) 2 i

10-SA-Resoluo:

Como (1,2) e ( 1, 2) so simtricosem relao origem, o outro vrtice doquadrado simtrico de (2, 1)tambm em relao origem, ou seja,(2, 1) e, portanto, o outro vrtice onmero complexo no real 2 i.(Alternativa B).


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TESTES Mdulo 01: SRIE CASA

RESPOSTAS DOS TESTESMdulo 1 SRIE CASA

01 E 02 D 03 B 04 D 05 B

06 A 07 A 08 C 09 E 10 B

C1) (MACK-SP 2007) Se ,1i2 = ento 432 )i1()i1()i1()i1( ++++ igual a:

a) 2ib) 4ic) 8id) 16ie) 32i

C1-Resoluo:

[ ] i32i32)i2()i1()i1()i1()i1()i1()i1()i1(

5552104321

432

===+=+=+=

++++

+++

(Alternativa E).

C2) (UNESP 2007) Sendo i a unidade imaginria e 21 ZeZ os nmeros

complexos 22321 iiiiZ ++++= e7832

2 iiiiZ ++++= , o produto

)ZZ( 21 resulta em

a) ( 1 + i )b) ( 1 i )c) 2id) 2ie) 2

C2-Resoluo:

22321 iiiiZ ++++=

2221

0

20191817

0

4321 ii)iiii()iiii(Z ++++++++++=

i1ZiiiiZ 122221

1 +=+=+= 7832

2 iiiiZ ++++=

7877

0

76757472

0

4322 ii)iiii()iiii(Z ++++++++++=

i1ZiiiiZ 227877

2 +=+=+=

i2ZZ)i()i()1(2)1(ZZ

)i1(ZZ)Z(ZZ

ZZ

2122

21

221

2121

21

=++=

+==

=

(Alternativa D).


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C3) (UNIFESP 2007) Quatro nmeros complexos representam, no planocomplexo, vrtices de um paralelogramo. Trs dos nmeros so

i)2/5(1ze1z,i33z 321 +=== . O quarto nmero tem as partes real e

imaginria positivas. Esse nmero a) 2 + 3ib) 3 + (11/2)ic) 3 + 5id) 2 + (11/2)i

e) 4 + 5iC3-Resoluo:

Sendo :0be0a,ibaz4 >>+=

3a)3(1)1(a

)zRe()zRe()zRe()zRe( 1234

==

=

2

11b)3(

2

50b

)zIm()zIm()zIm()zIm( 1324

==

=

Assim, i2

113z4 += (Alternativa B).

C4) (UFV MG 2006) O nmero complexoi1

ibaz

+

+= , onde a, b IR e 1i2 = ,

tem mdulo 1 e parte real igual ao dobro da parte imaginria. Ento

CORRETO afirmar que ba :

a) 4/5b) 7/5c) 2/5d) 3/5e) 6/5

C4-Resoluo:

i1

ibaz

+

+=

+

+=

)i1(

)i1(

i1

ibaz

+=

2

)i1()iba(z i

2

)ab(

2

)ba(z

+

+=

Assim,2

)ab()zIm(e

2

)ba()zRe(

=

+= .

Como Re(z) = 2 Im(z)

=+

2

)ab(2

2

)ba(a3b =

Portanto,

++

= i2

)aa3(

2

)a3a(z iaa2z +=

==

==

==+

=+=

5

13b

5

1a

5

13b

5

1a

5

1a1aa4

1)a()a2(|z|

22

22

Consequentemente:

=

5

13

5

1ba

5

3ba =

(Alternativa D).


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C5) (UNIFESP 2006) Os nmeros complexos ia3azei2z,z 321 +== , onde a

um nmero real positivo, representam, no plano complexo, vrtices de um

tringulo eqiltero. Dado que 2zz12

= , o valor de a :

a) 2.b) 1.

c) 3 .

d) 2/3 .

e) 1 / 2 .

C5-Resoluo:

Sendo o tringulo z1 z2z3 equiltero,temos:

2|zz||zz| 1223 ==

)!convmno(0aou1a0a4a4

2)2a()3a(

2)2a()3a(2|zz|

i)2a(3azz

)i2()ai3a(zz

2

222

2223

23

23

===

=+

=+=

+=

+=

(Alternativa B).

C6) (UEM-PR 2005) Sendo o nmero complexo8

i26z

+= , as expresses de

z3 e z6so dadas, respectivamente, por:

a) i e 1b) i e + 1c) i e 1d) i e 1e) 1 e 1

C6-Resoluo:

8

i26z

+=

i21

23zi

82

86zi

82

86z +=+=+=

)30seni30(cosz)30seni30(cos1z +=+=

+=+= )90(seni)90(cosz)303(seni)303(cosz 33 iz3 =

== 26236 )i(z)z(z 1z6 =

(Alternativa A).


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C7) (UNESP 2006-2) Se a, b, c so nmeros inteiros positivos tais que

i14)iba(c 2+= , em que 1i2 = , o valor de c :

a) 48.b) 36.c) 24.

d) 14.e) 7.

C7-Resoluo:

i14)iba(c 2+=

i)14ab2()ba(c 22 +=

Como c um nmero inteiro positivo: bae7ab014ab2 >==

Como a e b tambm so inteiros e positivos, se ab = 7 1be7a ==

== 2222 )1()7(c)ba(c 48c=

(Alternativa A).

C8) (UFMT 2006) Dados os nmeros complexos no nulos z = a + b i e w = i.z.

Sendo e os argumentos, respectivamente de z e w, com 20


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C9) (UFV-MG 2005) O nmero complexo )1i(i 2 = uma das razes do

polinmio de coeficientes inteiros 1bxaxx2)x(p 23 ++= . A nica raiz real

deste polinmio :

a) 1 / 3b) 1 / 4c) 1 / 5d) 1 / 6e) 1 / 2

C9-Resoluo:

1bxaxx2)x(p 23 ++=

01bxaxx20)x(p 23 =++=

Como a equao possui coeficientes reais, pelo teorema das razes complexas

no reais, se ix1 = raiz desta equao, teremos ix2 = tambm como raiz.

Aplicando a relao de Girard:

=

=2

1x)i()i(

2

)1(xxx 3321

2

1x3 =

(Alternativa E).

C10) (ITA SP 2007) Seja Q(z) um polinmio do quinto grau, definido sobre o

conjunto dos nmeros complexos, cujo coeficiente de 5z igual a 1. Sendo

1zzz 23 +++ um fator de Q(z), Q(0) = 2 e Q(1) = 8, ento, podemos afirmarque a soma dos quadrados dos mdulos das razes de Q(z) igual a:

a) 9b) 7c) 5d) 3e) 1

C10-Resoluo:

Podemos escrever )nzmz()1zzz()z(Q 223 +++++=

==+=+++++=

===

1m23m8)21m1()1111(8)1(QComo

2n)0(Q2)0(QComo

223

Assim,

)z(B

2

)z(A

23 )2zz()1zzz()z(Q ++++=

2|x||x|

i2

7

2

1xei

2

7

2

1x

72zz)z(B

54

54

2

==

=+=

=+=

1zzz)z(A 23 +++=

Pelo teorema das possveis razes

racionais, 1x1 = raiz de A(x).

Utilizando o dispositivo prtico deBriot-Ruffini, encontramos:

i3xei2x

2

11x

)1z()1z()z(A

===

++=

1|x|e1|x|,1|x|321

===

A soma dos quadrados dos mdulos dasrazes de Q(z) :

25

24

23

22

21 |x||x||x||x||x|S ++++=

7|2||2||1||1||1|S 22222 =++++=

(Alternativa B).

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