gab complexo formatrigonometrica2010

15
COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III 3ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROF. WALTER TADEU www.professorwaltertadeu.mat.br Exercícios de Números Complexos – Forma Trigonométrica - GABARITO 1. Dê a forma trigonométrica do complexo de afixo ( 29 3 2 , 2 - . Solução. Calculando módulo e argumento, temos: ( 29 ( 29 ( 29 π + π = + = π = θ = = = θ - = - = = θ = = + = - + = 3 5 isen 3 5 cos 4 z ou º 300 isen º 300 cos 4 z 3 5 º 300 2 1 4 2 z a cos 2 3 4 3 2 z b sen 4 16 12 4 3 2 2 z 2 2 . 2. Escreva a forma trigonométrica dos complexos: a) 2 3 i z + - = b) i z 2 6 - - = c) i z 4 - = d) 3 - = z Solução. Calculando módulo e argumento em cada item, temos:

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Page 1: Gab complexo formatrigonometrica2010

COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III

3ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROF. WALTER TADEU

www.professorwaltertadeu.mat.br

Exercícios de Números Complexos – Forma Trigonométrica - GABARITO

1. Dê a forma trigonométrica do complexo de afixo ( )32,2 − .

Solução. Calculando módulo e argumento, temos:

( ) ( )( )

π+π=

+=⇒

π≡=θ⇒

===θ

−=−==θ

==+=−+=

3

5isen

3

5cos4z

ou

º300isenº300cos4z

3

5º300

2

1

4

2

z

acos

2

3

4

32

z

bsen

416124322z22

.

2. Escreva a forma trigonométrica dos complexos:

a) 2

3 iz

+−= b) iz 26 −−= c) iz 4−= d) 3−=z

Solução. Calculando módulo e argumento em cada item, temos:

Page 2: Gab complexo formatrigonometrica2010

a)

( )

π+π=

+=⇒

π≡=θ⇒

−=−

==θ

===θ

==+=

+

−=

6

5isen

6

5cosz

ou

º150isenº150cosz

6

5º150

2

3

12

3

z

acos

2

1

12

1

z

bsen

14

4

4

1

4

3

2

1

2

3z

22

.

b)

( ) ( )( )

π+π=

+=⇒

π≡=θ⇒

−=−==θ

−=−==θ

==+=−+−=

6

7isen

6

7cos22z

ou

º210isenº210cos22z

6

7º210

2

3

22

6

z

acos

2

1

22

2

z

bsen

2282626z22

.

Page 3: Gab complexo formatrigonometrica2010

c)

( ) ( )( )

π+π=

+=⇒

π≡=θ⇒

===θ

−=−==θ

==−+=

2

3isen

2

3cos4z

ou

º270isenº270cos4z

2

3º270

04

0

z

acos

14

4

z

bsen

41640z 22

.

d)

( ) ( )

( )

( )

( )

π+π=

+=⇒

π≡=θ⇒

−=−==θ

===θ

==+−=

isencos3z

ou

º180isenº180cos3z

º180

13

3

z

acos

03

0

z

bsen

3903z 22

.

3. Escreva a forma algébrica dos complexos:

a) 4

πcisz = b) πcisz 2= c)

6

710

πcisz = d)

28

πcisz =

Solução. A expressão “cis” representa cos(arg) + i.sen(arg), onde “arg” é o argumento do complexo.

a) 2

2

2

2

44cos

4iisencisz +=+== πππ . b) ( ) ( ) 20.12cos22 −=+−=+== iisencisz πππ .

c) i5352

1i

2

310

6

7isen

6

7cos10

6

7cis10z −−=

−−=

π+π=π= .

d) ( ) i81.i082

isen2

cos82

cis8z =+=

π+π=π= .

Page 4: Gab complexo formatrigonometrica2010

4. Ache o conjugado de 34z sendo

+=

88cos

ππisenz .

Solução. Aplicando a fórmula de Moivre, temos:

( ) ( )

i2

2

2

2i

2

2

2

2zi

2

2

2

2

4isen

4cosz

48

2

8

32

8

34:OBS

8

34isen

8

34cos

8.34isen

8.34cosz

8isen

8cosz

8isen

8cosz

3434

3434

34

−=

+=⇒+=

π+π=

π≡π+π=π

π+π=

π+π=⇒

π+π=

π+π=

.

5. Se i

iz

46

252

−−= , determine, na forma algébrica, 13z .

Solução. Expressando “z” na forma (a + bi) e calculando a potência, temos:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) i2

2

2

2i

2

2

2

2)1)(1(i

2

2

2

2i.ii

2

2

2

2izzz

i4

2i

4

)2(2

4

2i

4

2i

2

2

2

22

4

2i

2

2

2

2z

i2

2

2

2

52

i226226

i46

i220i230i2426

i46

i46.

i46

i252

i46

i252z

2466213

2

2

2

22

2

+−=

−−=

−−−=

−−==

−=−−=+

−=

−=

−=−=−

−−+=++

−−=

−−=

.

6. (UERJ) Considere o seguinte número complexo: 31

1

i

iz

+−= . Ao escrever z na forma trigonométrica, os

valores do módulo e do argumento serão respectivamente:

a) 2 e 12

25π b) 2 e

12

17π c)

2

2 e 12

25π d)

2

2 e 12

17π

Solução. Escrevendo o numerador e o denominador na forma complexa e dividindo, temos:

i)

4

7

2

1sen

2

1cos

2)1()1(i1 22 π=θ⇒

−=θ

=θ⇒=−+=− . ii)

3

2

3sen

2

1cos

231)3()1(3i1 22 π=θ⇒

=θ⇒=+=+=+ .

Page 5: Gab complexo formatrigonometrica2010

Logo,

π=

=⇒

π+

π=

π−π+

π−π=

π+π

π+π

=+

−=

12

17)z(Arg

2

2z

12

17isen

12

17cos.

2

2z

34

7isen

34

7cos.

2

2

3isen

3cos.2

4

7isen

4

7cos.2

3i1

i1z

.

7. Calcule m de modo que a imagem do número i

imz

−+=

2

6 esteja na bissetriz dos quadrantes ímpares.

Solução. Para que a condição ocorra, o complexo z = a + bi é tal que a = b.

( )( ) { 181262

5

12

5

62

14

6122

2

2.

2

6

2

6 2

=⇒+=−⇒++−=+

+++=++

−+=

−+= mmmi

mmiimim

i

i

i

im

i

imz .

8. (CESGRANRIO) Seja biaw += um complexo onde a > 0 e b > 0. Seja w o seu conjugado. Qual a área do

quadrilátero de vértices w , w , w− e w− ?

Solução. Representando no plano Argand-Gauss, temos o retângulo.

( )[ ] ( )[ ] [ ] [ ] abbabbaaÁrea

biaw

biaw

biaw

biaw

42.2. ==−−−−=⇒

+−=−

−−=−−=

+=

.

9. (MACK) As representações gráficas dos complexos i+1 , ( ) 21 i+ , 1− e ( )21 i− , são vértices de um polígono de área:

a) 2 b) 1 c) 2

3 d) 3 e) 4

Solução. Uma fórmula conhecida para calcular a área de um triângulo dado por coordenadas cartesianas no plano é:

1

1

1

.2

1

33

22

21

yx

yx

yx

A = , onde P(x1, y1), Q(x2, y2) e R(x3, y3) são os

vértices do triângulo.No caso do exercício temos os pontos:

i) )1,1(1 Pi→+ . ii) ( ) )2,0(21 2 Pii →=+ .

iii) )0,1(1 −→− P . iv) ( ) )2,0(21 2 −→−=− Pii .

Dividindo o quadrilátero em dois triângulos aplica-se a fórmula somando-se os resultados.

Page 6: Gab complexo formatrigonometrica2010

A1: [ ]2

3)2(1)1(1)2(1

2

1

101

120

111

2

1 =+−=−

. A2:

[ ]2

5)2(1)1(0)3(1

2

1

111

120

101

2

1 =+−−−−=−−

.

Logo, a área será 42

8

2

5

2

3 ==+=A .

10. Um triângulo eqüilátero ABC está inscrito em uma circunferência com centro na origem do plano complexo. O vértice A é o afixo do complexo i+3 . Determine as coordenadas dos pontos B e C.

Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência. O triângulo eqüilátero divide a circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º.

( )

( )

( )

−=

π+π==

−=

π+π==

π=π=π+π=θ

π=π+π=θ⇒π=θ⇒

=+=⇒+==

2,02

3isen

2

3cos2zC

1,36

5isen

6

5cos2zB

2

3

6

9

3

2

6

56

5

3

2

66

2

3cos

2

1sen

213zi3zA

2

2

3

2

1

1

1

22

1

.

11. (IBMEC) Se A, B e C representam, no plano Argand-Gauss, as imagens das raízes complexas da equação

052 23 =+− xxx , então o perímetro do triângulo ABC é igual a:

a) 542 + b) 524 + c) 245 + d) 254 + e) 525 +Solução. Resolvendo a equação, temos:

Page 7: Gab complexo formatrigonometrica2010

( )

−=+=

=⇒

±=−±=−±=⇒=+−

=⇒=+−⇒=+−

i21x

i21x

0x

:raízes

2

i42

2

162

2

2042x05x2x

0x

05x2xx0x5x2x

3

2

1

2

223.

Representando no plano, temos:

( )( ) ( )

524Perímetro

4i4i21i21BC

521i21AC

521i21AB

22

22

+=⇒

==−−+=

=−+=−=

=+=+=

.

12. O número complexo z possui afixo no 2º quadrante do plano Argand-Gauss. Se izzz 3322 +=−+ ,

determine z, seu módulo e seu argumento.Solução. Resolvendo a equação para z = x + yi, temos:

Page 8: Gab complexo formatrigonometrica2010

( )( ) ( )

( )

( )

( )

π≡=θ⇒

−=θ

=+−=+−=

→+−=→+=

−=−=

=+=⇒±=±=

−−±=

=−−⇒

=−+

=⇒=⇒+=+−+⇒

⇒+=++−++⇒+=−−+++⇒+=−+

rad4

3º135

2

1cos

2

1sen

:Argumento)ii

2)1(1i1z:Módulo)i

Quadranteº2i1z

Quadranteº1i2z:Complexo

12

31x

22

31x

2

31

2

91

2

)2)(1(411x

02xx3x1x

1y3y3i33iy3xyx

i33yi2yix2xyxi33)yix(2)yix(yxi33z2zz

222

2

1

222

22

22222

.

13. Se o módulo de um complexo é igual a 2 e seu argumento, 4

7π, a expressão algébrica deste número é:

a) i−1 b) i2 c) i d) i+−1 e) i−−1

Solução. Temos: i12

2

2

22

4

7isen

4

7cos2z −=

−=

π+π= .

14. Na figura P é o afixo do número complexo z. Se o ângulo assinalado mede rad6

π, escreva z na forma

trigonométrica e na forma algébrica.

Solução. O ângulo em graus mede 30º. Logo o arco medido no sentido positivo é de

300º ou rad6

5π. A circunferência possui raio 2, logo o módulo de P vale 2. Temos:

π+π=

3

5isen

3

5cos2z:ricaTrigonomét)i ; i31i

2

3

2

12z:ébricalgA)ii −=

−=

15. Dados ( )º30º30cos.41 isenz += , ( )º120º120cos.32 isenz += e ( )º270º270cos.23 isenz +=

números complexos, escreva na forma trigonométrica os resultados das operações:

a) 21.zz b) 3

1

z

z c) ( ) 5

2z d) ( ) 83z

Solução. Aplicando as operações usuais e a fórmula de Moivre, temos:

Page 9: Gab complexo formatrigonometrica2010

a)

( )( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ]º150º150cos12.

º120º30º120º30cos)3).(4(.º120º120cos3

º30º30cos4

21

212

1

isenzz

isenzzisenz

isenz

+=⇒

⇒+++=⇒

+=+=

.

b)

( )( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º120º120cos2º240º240cos2

º270º30º270º30cos2

4

º270º270cos2

º30º30cos4

3

1

3

1

3

1

isenisenz

z

isenz

z

isenz

isenz

+=−+−=⇒

⇒−+−=⇒

+=+=

.

c)

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º240º240cos243º600º600cos243

º1205º1205cos243º120º120cos3

º120º120cos3

52

52555

2

2

isenisenz

isenzisenz

isenz

+=+=⇒

⇒×+×=⇒

+=

+=

.

d)

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º0º0cos256º2160º2160cos256

º2708º2708cos256º270º270cos2

º270ºº270cos2

83

83888

3

3

isenisenz

isenzisenz

isenz

+=+=⇒

⇒×+×=⇒

+=

+=

.

16. (FGV) Três números complexos estão representados no plano de Argand-Gauss por três pontos que dividem uma circunferência de centro na origem (0,0) em partes iguais. Um desses números é igual a 1. Determine os outros dois números, faça um esboço da circunferência e calcule a área do triângulo cujos vértices são os três pontos.

Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência que vale 1. O triângulo eqüilátero divide a circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º

ou 3

2π.

Page 10: Gab complexo formatrigonometrica2010

( )

−−=

π+π==

−=

π+π==

π=π+π=θ

π=π+=θ⇒=θ⇒

=+=⇒=

2

3,

2

1

3

4isen

3

4cos1zz

2

3,

2

1

3

2isen

3

2cos1zz

3

4

3

2

3

23

2

3

20

0

1

1cos

1

0sen

101z1z

23

22

3

2

1

1

1

221

.

A área é calculada aplicando a metade do módulo do determinante das coordenadas:

4

33

2

33

2

1

2

33

2

1

4

3

4

310

2

3

2

31

2

1

12

3

2

1

12

3

2

1101

2

1A =

=

+=

++−

+=

−−

−= .

17. (VUNESP) Considere o complexo iu2

1

2

3 += , onde 1−=i . Encontre o número complexo v cujo

módulo é igual a 2 e cujo argumento é o triplo do argumento principal de u.

Solução. Escrevendo o complexo “u” na forma trigonométrica e verificando as condições, temos:

Page 11: Gab complexo formatrigonometrica2010

=

π=

π=θ

⇒π=θ⇒

==θ

==θ

=+=

+

=⇒+=

2v

263

6

2

3

12

3

cos

2

1

12

1

sen

14

1

4

3

2

1

2

3ui

2

1

2

3u

v

u

u

u

22

. R: i22

isen2

cos2v =

π+π=

18. Obtenha as raízes cúbicas da unidade. Isto é, calcule 3 z , onde z = 1.

Solução. Escrevendo z = 1 na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:

( ) ( ) ( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

−−

+−

−−=

π+π=

π++π+=

+−=

π+π=

π++π+=

=

+=

π++π+=

π++π+=π++π+==⇒=

∈π++π+=⇒=θ⇒

==θ

==θ⇒=+=⇒=

i2

3

2

1,i

2

3

2

1,1:R

i2

3

2

1

3

4isen

3

4cos

3

)2(20isen

3

)2(20cosw

i2

3

2

1

3

2isen

3

2cos

3

)1(20isen

3

)1(20cosw

13

0isen

3

0cos

3

)0(20isen

3

)0(20cosw

3

k20isen

3

k20cosk20isenk20coszwzw

Zk;k20isenk20cosz0

11

1cos

01

0sen

101z1z

2

1

0

3/13/1k

3

22

.

19. Determine as raízes quadradas de iz 322 −=

Solução. Escrevendo iz 322 −= na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:

Page 12: Gab complexo formatrigonometrica2010

( ) ( )

( ) ( ){ }i3,i3:R

i32

1isen

2

32

6

11isen

6

11cos2

6

)1(65isen

6

)1(65cos2w

i32

1isen

2

32

6

5isen

6

5cos2

6

)0(65isen

6

)0(65cos2w

6

k65isen

6

k65cos4

3

k65isen

3

k65cos4zwzw

Zk;k23

5isenk2

3

5cos4z

3

5

2

1

4

2cos

2

3

4

32sen

416124322zi322z

1

0

2/1

2/12/1k

2

22

−+−

−=

−=

π+π=

π+π+π+π=

+−=

+−=

π+π=

π+π+π+π=

π+π+π+π=

π+π+

π+π==⇒=

π+π+

π+π=⇒π=θ⇒

==θ

−=−=θ

==+=−+=⇒−=

.

20. Determine as raízes quartas de 81.

Solução. Escrevendo z = 81 na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:

( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) [ ]

( ) ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ]{ }i3,i3,3,3:R

i3i0032

3isen

2

3cos3

4

)3(20isen

4

)3(20cos3w

3i013isencos34

)2(20isen

4

)2(20cos3w

i3i1032

isen2

cos34

)1(20isen

4

)1(20cos3w

34

0isen

4

0cos3

4

)0(20isen

4

)0(20cos3w

4

k20isen

4

k20cos3k20isenk20cos81zwzw

Zk;k20isenk20cos81z0

181

81cos

081

0sen

81z81z

3

2

1

0

4/14/14/1k

4

−−

−=−=

π+π=

π++π+=

−=+−=π+π=

π++π+=

=+=

π+π=

π++π+=

=

+=

π++π+=

π++π+=π++π+==⇒=

∈π++π+=⇒=θ⇒

==θ

==θ⇒=⇒=

.

21. Uma das raízes cúbicas de um número complexo z é

+=

66cos20

ππisenw .

a) Determine, na forma algébrica, as outras raízes cúbicas de z. Resposta: ( ){ }ii 2,3 −+−

b) Escreva z na forma algébrica. Resposta: z = (– 2i)3 = 8i.

Solução. Como são raízes cúbicas, então há w0, w1 e w2. Temos:

Page 13: Gab complexo formatrigonometrica2010

( )

( ){ }i2,i3:R

i2i1022

3isen

2

3cos2

3

2

6

5isen

3

2

6

5cos2w

i3i2

1

2

32

6

5isen

6

5cos2

3

2

6isen

3

2

6cos2w

2

1

−+−

−=−=

π+π=

π+π+

π+π=

+−=

+−=

π+π=

π+π+

π+π=

.

22. Determine a área do polígono cujos vértices são afixos das soluções complexas da equação 164 =w .

Solução. Encontrando as raízes cúbicas de 16, temos:

( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) [ ]

( ) ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ]{ }i2,i2,2,2:R

i2i0022

3isen

2

3cos2

4

)3(20isen

4

)3(20cos2w

2i012isencos24

)2(20isen

4

)2(20cos2w

i2i1022

isen2

cos24

)1(20isen

4

)1(20cos2w

24

0isen

4

0cos2

4

)0(20isen

4

)0(20cos2w

4

k20isen

4

k20cos2k20isenk20cos16zwzw

Zk;k20isenk20cos16z0

116

16cos

016

0sen

16z16z

3

2

1

0

4/14/14/1k

4

−−

−=−=

π+π=

π++π+=

−=+−=π+π=

π++π+=

=+=

π+π=

π++π+=

=

+=

π++π+=

π++π+=π++π+==⇒=

∈π++π+=⇒=θ⇒

==θ

==θ⇒=⇒=

.

A área vale o quádruplo da área de um triângulo retângulo isósceles de cateto 2:

82

224 =

×=A .

23. (PUC) Ache todas as soluções complexas da equação 016 =+z .Solução. Encontrando as raízes sextas de – 1, temos:

Page 14: Gab complexo formatrigonometrica2010

( ) ( ) ( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

+

+−

−−

−=

π+π=

π+π+π+π=

−=

π+π=

π+π+π+π=

−−=

π+π=

π+π+π+π=

+−=

π+π=

π+π+π+π=

=

π+π=

π+π+π+π=

+=

π+π=

π+π+π+π=

π+π+π+π=π+π+π+π==⇒=

∈π+π+π+π=⇒π=θ⇒

−=−=θ

==θ⇒=+−=⇒−=

i,i,i2

1

2

3,i

2

1

2

3,i

2

1

2

3,i

2

1

2

3:R

i2

1

2

3

6

11isen

6

11cos

6

)5(2isen

6

)5(2cosw

i2

3isen

2

3cos

6

)4(2isen

6

)4(2cosw

i2

1

2

3

6

7isen

6

7cos

6

)3(2isen

6

)3(2cosw

i2

1

2

3

6

5isen

6

5cos

6

)2(2isen

6

)2(2cosw

i2

isen2

cos6

)1(2isen

6

)1(2cosw

i2

1

2

3

6isen

6cos

6

)0(2isen

6

)0(2cosw

6

k2isen

6

k2cosk2isenk2coszwzw

Zk;k2isenk2cosz

11

1cos

01

0sen

101z1z

5

4

3

2

1

0

6/16/1k

6

22

.

24. Qual o menor valor natural de n, 0≠n , para que

n

i

+−

2

2

2

2seja um número real?

Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:

N3

k4

3

k4n

k4

3.n0

4

3.nsenrealz

4

3.nisen

4

3.ncos

4

3isen

4

3cosz

Zk;4

3isen

4

3cosz

4

3

2

2cos

2

2sen

12

1

2

1

2

2

2

2zi

2

2

2

2z

n

n

n

22

∈=ππ=

⇒π=π⇒=

π⇒⇒

π+

π=

π+

π=

π+

π=⇒π=θ⇒

−=θ

=+=

+

−=⇒+−=

.

Para que “n” seja natural, (4k) deve ser o menor múltiplo de 3. Logo, (4k) = 12. O menor valor é n = 4.

25. (UFRJ) Determine o menor inteiro 1≥n para o qual ( )ni+3 é um número real positivo.

Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:

Page 15: Gab complexo formatrigonometrica2010

( ) ( )

Nk6n

k6

n0

6

nsenrealz

6

nisen

6

ncos2

6isen

6cos2z

Zk;6

isen6

cos2z6

2

3cos

2

1sen

21313zi3z

nn

n

n

22

∈=

⇒π=π⇒=

π⇒⇒

π+

π=

π+

π=

π+

π=⇒π=θ⇒

=+=+=⇒+=

.

Para k = 1, n = 6. Mas a parte real seria 01cos <−=π . Logo, k = 2 e o menor “n” é 12.