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![Logo,
π
=
=
⇒
π
+
π
=
π
−
π
+
π
−
π
=
π
+
π
π
+
π
=
+
−
=
12
17
)z(Arg
2
2
z
12
17
isen
12
17
cos.
2
2
z
34
7
isen
34
7
cos.
2
2
3
isen
3
cos.2
4
7
isen
4
7
cos.2
3i1
i1
z
.
7. Calcule m de modo que a imagem do número
i
im
z
−
+
=
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
im
z .
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 , ( )2
1 i+ , 1− e ( )2
1 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.](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-5-320.jpg)
![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 4
2
8
2
5
2
3
==+=A .
10. Um triângulo eqüilátero ABC está inscrito em uma circunferência com centro na origem do plano complexo. O
vértice A é o afixo do complexo i+3 . Determine as coordenadas dos pontos B e C.
Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência. O triângulo eqüilátero divide a
circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º.
( )
( )
( )
−=
π
+
π
==
−=
π
+
π
==
⇒
π
=
π
=
π
+
π
=θ
π
=
π
+
π
=θ
⇒
π
=θ⇒
=θ
=θ
=+=⇒+==
2,0
2
3
isen
2
3
cos2zC
1,3
6
5
isen
6
5
cos2zB
2
3
6
9
3
2
6
5
6
5
3
2
6
6
2
3
cos
2
1
sen
213zi3zA
2
2
3
2
1
1
1
2
2
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:](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-6-320.jpg)
![a)
( )
( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]º150º150cos12.
º120º30º120º30cos)3).(4(.
º120º120cos3
º30º30cos4
21
21
2
1
isenzz
isenzz
isenz
isenz
+=⇒
⇒+++=⇒
+=
+=
.
b)
( )
( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º120º120cos2º240º240cos2
º270º30º270º30cos
2
4
º270º270cos2
º30º30cos4
3
1
3
1
3
1
isenisen
z
z
isen
z
z
isenz
isenz
+=−+−=⇒
⇒−+−=⇒
+=
+=
.
c)
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º240º240cos243º600º600cos243
º1205º1205cos243
º120º120cos3
º120º120cos3
5
2
5
2555
2
2
isenisenz
isenz
isenz
isenz
+=+=⇒
⇒×+×=⇒
+=
+=
.
d)
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º0º0cos256º2160º2160cos256
º2708º2708cos256
º270º270cos2
º270ºº270cos2
8
3
8
3888
3
3
isenisenz
isenz
isenz
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
.](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-9-320.jpg)
![
=
π
=
π
=θ
⇒
π
=θ⇒
==θ
==θ
=+=
+
=⇒+=
2v
26
3
6
2
3
1
2
3
cos
2
1
1
2
1
sen
1
4
1
4
3
2
1
2
3
ui
2
1
2
3
u
v
u
u
u
22
. R: i2
2
isen
2
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
⇒=+=⇒=
i
2
3
2
1
,i
2
3
2
1
,1:R
i
2
3
2
1
3
4
isen
3
4
cos
3
)2(20
isen
3
)2(20
cosw
i
2
3
2
1
3
2
isen
3
2
cos
3
)1(20
isen
3
)1(20
cosw
1
3
0
isen
3
0
cos
3
)0(20
isen
3
)0(20
cosw
3
k20
isen
3
k20
cosk20isenk20coszwzw
Zk;k20isenk20cosz0
1
1
1
cos
0
1
0
sen
101z1z
2
1
0
3/13/1
k
3
22
.
19. Determine as raízes quadradas de iz 322 −=
Solução. Escrevendo iz 322 −= na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-11-320.jpg)
![( ) ( )
( ) ( ){ }i3,i3:R
i3
2
1
isen
2
3
2
6
11
isen
6
11
cos2
6
)1(65
isen
6
)1(65
cos2w
i3
2
1
isen
2
3
2
6
5
isen
6
5
cos2
6
)0(65
isen
6
)0(65
cos2w
6
k65
isen
6
k65
cos4
3
k65
isen
3
k65
cos4zwzw
Zk;k2
3
5
isenk2
3
5
cos4z
3
5
2
1
4
2
cos
2
3
4
32
sen
416124322zi322z
1
0
2/1
2/12/1
k
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
i3i003
2
3
isen
2
3
cos3
4
)3(20
isen
4
)3(20
cos3w
3i013isencos3
4
)2(20
isen
4
)2(20
cos3w
i3i103
2
isen
2
cos3
4
)1(20
isen
4
)1(20
cos3w
3
4
0
isen
4
0
cos3
4
)0(20
isen
4
)0(20
cos3w
4
k20
isen
4
k20
cos3k20isenk20cos81zwzw
Zk;k20isenk20cos81z0
1
81
81
cos
0
81
0
sen
81z81z
3
2
1
0
4/14/14/1
k
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
+=
66
cos20
ππ
isenw .
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:](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-12-320.jpg)
![( )
( ){ }i2,i3:R
i2i102
2
3
isen
2
3
cos2
3
2
6
5
isen
3
2
6
5
cos2w
i3i
2
1
2
3
2
6
5
isen
6
5
cos2
3
2
6
isen
3
2
6
cos2w
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
i2i002
2
3
isen
2
3
cos2
4
)3(20
isen
4
)3(20
cos2w
2i012isencos2
4
)2(20
isen
4
)2(20
cos2w
i2i102
2
isen
2
cos2
4
)1(20
isen
4
)1(20
cos2w
2
4
0
isen
4
0
cos2
4
)0(20
isen
4
)0(20
cos2w
4
k20
isen
4
k20
cos2k20isenk20cos16zwzw
Zk;k20isenk20cos16z0
1
16
16
cos
0
16
0
sen
16z16z
3
2
1
0
4/14/14/1
k
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:
8
2
22
4 =
×
=A .
23. (PUC) Ache todas as soluções complexas da equação 016
=+z .
Solução. Encontrando as raízes sextas de – 1, temos:](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-13-320.jpg)
![( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
−
+
+−
−−
−
−=
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,i
2
1
2
3
,i
2
1
2
3
,i
2
1
2
3
,i
2
1
2
3
:R
i
2
1
2
3
6
11
isen
6
11
cos
6
)5(2
isen
6
)5(2
cosw
i
2
3
isen
2
3
cos
6
)4(2
isen
6
)4(2
cosw
i
2
1
2
3
6
7
isen
6
7
cos
6
)3(2
isen
6
)3(2
cosw
i
2
1
2
3
6
5
isen
6
5
cos
6
)2(2
isen
6
)2(2
cosw
i
2
isen
2
cos
6
)1(2
isen
6
)1(2
cosw
i
2
1
2
3
6
isen
6
cos
6
)0(2
isen
6
)0(2
cosw
6
k2
isen
6
k2
cosk2isenk2coszwzw
Zk;k2isenk2cosz
1
1
1
cos
0
1
0
sen
101z1z
5
4
3
2
1
0
6/16/1
k
6
22
.
24. Qual o menor valor natural de n, 0≠n , para que
n
i
+−
2
2
2
2
seja um número real?
Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:
N
3
k4
3
k4
n
k
4
3.n
0
4
3.n
senrealz
4
3.n
isen
4
3.n
cos
4
3
isen
4
3
cosz
Zk;
4
3
isen
4
3
cosz
4
3
2
2
cos
2
2
sen
1
2
1
2
1
2
2
2
2
zi
2
2
2
2
z
n
n
n
22
∈=
π
π
=
⇒π=
π
⇒=
π
⇒⇒
π
+
π
=
π
+
π
=
∈
π
+
π
=⇒
π
=θ⇒
−=θ
=θ
=+=
+
−=⇒+−=
.
Para que “n” seja natural, (4k) deve ser o menor múltiplo de 3. Logo, (4k) = 12. O menor valor é n = 4.
25. (UFRJ) Determine o menor inteiro 1≥n para o qual ( )n
i+3 é um número real positivo.
Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:](https://image.slidesharecdn.com/gabcomplexoformatrigonometrica2010-150308144237-conversion-gate01/85/Gab-complexo-formatrigonometrica2010-14-320.jpg)
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Gab complexo formatrigonometrica2010
O documento apresenta 9 exercícios resolvidos sobre números complexos na forma trigonométrica e algébrica. As questões abordam conversão entre as formas, cálculo de conjugados, determinação de argumentos e módulos.
Gab complexo formatrigonometrica2010
- 1. 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 5 isen 3 5 cos4z ou º300isenº300cos4z 3 5 º300 2 1 4 2 z a cos 2 3 4 32 z b sen 416124322z 22 . 2. Escreva a forma trigonométrica dos complexos: a) 2 3 i z +− = b) iz 26 −−= c) iz 4−= d) 3−=z Solução. Calculando módulo e argumento em cada item, temos:
- 2. a) ( ) π + π = += ⇒ π ≡=θ⇒ −= − ==θ ===θ ==+= + −= 6 5 isen 6 5 cosz ou º150isenº150cosz 6 5 º150 2 3 1 2 3 z a cos 2 1 1 2 1 z b sen 1 4 4 4 1 4 3 2 1 2 3 z 22 . b) ( ) ( ) ( ) π + π = += ⇒ π ≡=θ⇒ −= − ==θ −= − ==θ ==+=−+−= 6 7 isen 6 7 cos22z ou º210isenº210cos22z 6 7 º210 2 3 22 6 z a cos 2 1 22 2 z b sen 2282626z 22 .
- 3. c) () ( ) () π + π = += ⇒ π ≡=θ⇒ ===θ −= − ==θ ==−+= 2 3 isen 2 3 cos4z ou º270isenº270cos4z 2 3 º270 0 4 0 z a cos 1 4 4 z b sen 41640z 22 . d) ( ) () () ( ) ( ) π+π= += ⇒ π≡=θ⇒ −= − ==θ ===θ ==+−= isencos3z ou º180isenº180cos3z º180 1 3 3 z a cos 0 3 0 z b sen 3903z 22 . 3. Escreva a forma algébrica dos complexos: a) 4 π cisz = b) πcisz 2= c) 6 7 10 π cisz = d) 2 8 π cisz = Solução. A expressão “cis” representa cos(arg) + i.sen(arg), onde “arg” é o argumento do complexo. a) 2 2 2 2 44 cos 4 iisencisz +=+== πππ . b) ( ) ( ) 20.12cos22 −=+−=+== iisencisz πππ . c) i535 2 1 i 2 3 10 6 7 isen 6 7 cos10 6 7 cis10z −−= −−= π + π = π = . d) ( ) i81.i08 2 isen 2 cos8 2 cis8z =+= π + π = π = .
- 4. 4. Ache oconjugado de 34 z sendo += 88 cos ππ isenz . Solução. Aplicando a fórmula de Moivre, temos: ( ) ( ) i 2 2 2 2 i 2 2 2 2 zi 2 2 2 2 4 isen 4 cosz 48 2 8 32 8 34 :OBS 8 34 isen 8 34 cos 8 .34isen 8 .34cosz 8 isen 8 cosz 8 isen 8 cosz 3434 34 34 34 −= +=⇒+= π + π = π ≡ π + π = π π + π = π + π =⇒ π + π = π + π = . 5. Se i i z 46 252 − − = , determine, na forma algébrica, 13 z . Solução. Expressando “z” na forma (a + bi) e calculando a potência, temos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) i 2 2 2 2 i 2 2 2 2 )1)(1(i 2 2 2 2 i.ii 2 2 2 2 izzz i 4 2 i 4 )2(2 4 2 i 4 2 i 2 2 2 2 2 4 2 i 2 2 2 2 z i 2 2 2 2 52 i226226 i46 i220i230i2426 i46 i46 . i46 i252 i46 i252 z 2466213 2 2 2 22 2 +−= −−= −−−= −−== −=−−=+ −= −= −= − = − −−+ = + + − − = − − = . 6. (UERJ) Considere o seguinte número complexo: 31 1 i i z + − = . 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 1 sen 2 1 cos 2)1()1(i1 22 π =θ⇒ −=θ =θ ⇒=−+=− . ii) 3 2 3 sen 2 1 cos 231)3()1(3i1 22 π =θ⇒ =θ =θ ⇒=+=+=+ .
- 5. Logo, π = = ⇒ π + π = π − π + π − π = π + π π + π = + − = 12 17 )z(Arg 2 2 z 12 17 isen 12 17 cos. 2 2 z 34 7 isen 34 7 cos. 2 2 3 isen 3 cos.2 4 7 isen 4 7 cos.2 3i1 i1 z . 7. Calcule m de modo que a imagem do número i im z − + = 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 im z . 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 , ( )2 1 i+ , 1− e ( )2 1 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.
- 6. 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 4 2 8 2 5 2 3 ==+=A . 10. Um triângulo eqüilátero ABC está inscrito em uma circunferência com centro na origem do plano complexo. O vértice A é o afixo do complexo i+3 . Determine as coordenadas dos pontos B e C. Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência. O triângulo eqüilátero divide a circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º. ( ) ( ) ( ) −= π + π == −= π + π == ⇒ π = π = π + π =θ π = π + π =θ ⇒ π =θ⇒ =θ =θ =+=⇒+== 2,0 2 3 isen 2 3 cos2zC 1,3 6 5 isen 6 5 cos2zB 2 3 6 9 3 2 6 5 6 5 3 2 6 6 2 3 cos 2 1 sen 213zi3zA 2 2 3 2 1 1 1 2 2 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:
- 7. ( ) −= += = ⇒ ± = −± = −± =⇒=+− = ⇒=+−⇒=+− i21x i21x 0x :raízes 2 i42 2 162 2 2042 x05x2x 0x 05x2xx0x5x2x 3 2 1 2 223 . Representando noplano, temos: ( ) ( ) ( ) 524Perímetro 4i4i21i21BC 521i21AC 521i21AB 22 22 +=⇒ ==−−+= =−+=−= =+=+= . 12. O número complexo z possui afixo no 2º quadrante do plano Argand-Gauss. Se izzz 332 2 +=−+ , determine z, seu módulo e seu argumento. Solução. Resolvendo a equação para z = x + yi, temos:
- 8. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) π ≡=θ⇒ −=θ =θ =+−=+−= →+−= →+= ⇒ −= − = = + = ⇒ ± = ± = −−± = =−−⇒ =−+ =⇒= ⇒+=+−+⇒ ⇒+=++−++⇒+=−−+++⇒+=−+ rad 4 3 º135 2 1 cos 2 1 sen :Argumento)ii 2)1(1i1z:Módulo)i Quadranteº2i1z Quadranteº1i2z :Complexo 1 2 31 x 2 2 31 x 2 31 2 91 2 )2)(1(411 x 02xx 3x1x 1y3y3 i33iy3xyx i33yi2yix2xyxi33)yix(2)yix(yxi33z2zz 22 2 2 1 2 22 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: i1 2 2 2 2 2 4 7 isen 4 7 cos2z −= −= π + π = . 14. Na figura P é o afixo do número complexo z. Se o ângulo assinalado mede rad 6 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 rad 6 5π . A circunferência possui raio 2, logo o módulo de P vale 2. Temos: π + π = 3 5 isen 3 5 cos2z:ricaTrigonomét)i ; i31i 2 3 2 1 2z: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) ( )8 3z Solução. Aplicando as operações usuais e a fórmula de Moivre, temos:
- 9. a) ( ) ( ) () ( )[ ] ( ) ( )[ ]º150º150cos12. º120º30º120º30cos)3).(4(. º120º120cos3 º30º30cos4 21 21 2 1 isenzz isenzz isenz isenz +=⇒ ⇒+++=⇒ += += . b) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º120º120cos2º240º240cos2 º270º30º270º30cos 2 4 º270º270cos2 º30º30cos4 3 1 3 1 3 1 isenisen z z isen z z isenz isenz +=−+−=⇒ ⇒−+−=⇒ += += . c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º240º240cos243º600º600cos243 º1205º1205cos243 º120º120cos3 º120º120cos3 5 2 5 2555 2 2 isenisenz isenz isenz isenz +=+=⇒ ⇒×+×=⇒ += += . d) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º0º0cos256º2160º2160cos256 º2708º2708cos256 º270º270cos2 º270ºº270cos2 8 3 8 3888 3 3 isenisenz isenz isenz 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 .
- 10. ( ) −−= π + π == −= π + π == ⇒ π = π + π =θ π = π +=θ ⇒=θ⇒ =θ =θ =+=⇒= 2 3 , 2 1 3 4 isen 3 4 cos1zz 2 3 , 2 1 3 2 isen 3 2 cos1zz 3 4 3 2 3 2 3 2 3 2 0 0 1 1 cos 1 0 sen 101z1z 23 22 3 2 1 1 1 22 1 . A área é calculada aplicando a metade do módulo do determinante das coordenadas: 4 33 2 33 2 1 2 3 3 2 1 4 3 4 3 10 2 3 2 3 1 2 1 1 2 3 2 1 1 2 3 2 1 101 2 1 A = = += ++− += −− −= . 17. (VUNESP) Considere o complexo iu 2 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:
- 11. = π = π =θ ⇒ π =θ⇒ ==θ ==θ =+= + =⇒+= 2v 26 3 6 2 3 1 2 3 cos 2 1 1 2 1 sen 1 4 1 4 3 2 1 2 3 ui 2 1 2 3 u v u u u 22 . R:i2 2 isen 2 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 ⇒=+=⇒= i 2 3 2 1 ,i 2 3 2 1 ,1:R i 2 3 2 1 3 4 isen 3 4 cos 3 )2(20 isen 3 )2(20 cosw i 2 3 2 1 3 2 isen 3 2 cos 3 )1(20 isen 3 )1(20 cosw 1 3 0 isen 3 0 cos 3 )0(20 isen 3 )0(20 cosw 3 k20 isen 3 k20 cosk20isenk20coszwzw Zk;k20isenk20cosz0 1 1 1 cos 0 1 0 sen 101z1z 2 1 0 3/13/1 k 3 22 . 19. Determine as raízes quadradas de iz 322 −= Solução. Escrevendo iz 322 −= na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:
- 12. ( ) () ( ) ( ){ }i3,i3:R i3 2 1 isen 2 3 2 6 11 isen 6 11 cos2 6 )1(65 isen 6 )1(65 cos2w i3 2 1 isen 2 3 2 6 5 isen 6 5 cos2 6 )0(65 isen 6 )0(65 cos2w 6 k65 isen 6 k65 cos4 3 k65 isen 3 k65 cos4zwzw Zk;k2 3 5 isenk2 3 5 cos4z 3 5 2 1 4 2 cos 2 3 4 32 sen 416124322zi322z 1 0 2/1 2/12/1 k 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 i3i003 2 3 isen 2 3 cos3 4 )3(20 isen 4 )3(20 cos3w 3i013isencos3 4 )2(20 isen 4 )2(20 cos3w i3i103 2 isen 2 cos3 4 )1(20 isen 4 )1(20 cos3w 3 4 0 isen 4 0 cos3 4 )0(20 isen 4 )0(20 cos3w 4 k20 isen 4 k20 cos3k20isenk20cos81zwzw Zk;k20isenk20cos81z0 1 81 81 cos 0 81 0 sen 81z81z 3 2 1 0 4/14/14/1 k 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 += 66 cos20 ππ isenw . 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:
- 13. ( ) ( ){}i2,i3:R i2i102 2 3 isen 2 3 cos2 3 2 6 5 isen 3 2 6 5 cos2w i3i 2 1 2 3 2 6 5 isen 6 5 cos2 3 2 6 isen 3 2 6 cos2w 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 i2i002 2 3 isen 2 3 cos2 4 )3(20 isen 4 )3(20 cos2w 2i012isencos2 4 )2(20 isen 4 )2(20 cos2w i2i102 2 isen 2 cos2 4 )1(20 isen 4 )1(20 cos2w 2 4 0 isen 4 0 cos2 4 )0(20 isen 4 )0(20 cos2w 4 k20 isen 4 k20 cos2k20isenk20cos16zwzw Zk;k20isenk20cos16z0 1 16 16 cos 0 16 0 sen 16z16z 3 2 1 0 4/14/14/1 k 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: 8 2 22 4 = × =A . 23. (PUC) Ache todas as soluções complexas da equação 016 =+z . Solução. Encontrando as raízes sextas de – 1, temos:
- 14. ( ) () ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − + +− −− − −= 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,i 2 1 2 3 ,i 2 1 2 3 ,i 2 1 2 3 ,i 2 1 2 3 :R i 2 1 2 3 6 11 isen 6 11 cos 6 )5(2 isen 6 )5(2 cosw i 2 3 isen 2 3 cos 6 )4(2 isen 6 )4(2 cosw i 2 1 2 3 6 7 isen 6 7 cos 6 )3(2 isen 6 )3(2 cosw i 2 1 2 3 6 5 isen 6 5 cos 6 )2(2 isen 6 )2(2 cosw i 2 isen 2 cos 6 )1(2 isen 6 )1(2 cosw i 2 1 2 3 6 isen 6 cos 6 )0(2 isen 6 )0(2 cosw 6 k2 isen 6 k2 cosk2isenk2coszwzw Zk;k2isenk2cosz 1 1 1 cos 0 1 0 sen 101z1z 5 4 3 2 1 0 6/16/1 k 6 22 . 24. Qual o menor valor natural de n, 0≠n , para que n i +− 2 2 2 2 seja um número real? Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos: N 3 k4 3 k4 n k 4 3.n 0 4 3.n senrealz 4 3.n isen 4 3.n cos 4 3 isen 4 3 cosz Zk; 4 3 isen 4 3 cosz 4 3 2 2 cos 2 2 sen 1 2 1 2 1 2 2 2 2 zi 2 2 2 2 z n n n 22 ∈= π π = ⇒π= π ⇒= π ⇒⇒ π + π = π + π = ∈ π + π =⇒ π =θ⇒ −=θ =θ =+= + −=⇒+−= . Para que “n” seja natural, (4k) deve ser o menor múltiplo de 3. Logo, (4k) = 12. O menor valor é n = 4. 25. (UFRJ) Determine o menor inteiro 1≥n para o qual ( )n i+3 é um número real positivo. Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:
- 15. ( ) () Nk6n k 6 n 0 6 n senrealz 6 n isen 6 n cos2 6 isen 6 cos2z Zk; 6 isen 6 cos2z 6 2 3 cos 2 1 sen 21313zi3z nn n n 22 ∈= ⇒π= π ⇒= π ⇒⇒ π + π = π + π = ∈ π + π =⇒ π =θ⇒ =θ =θ =+=+=⇒+= . Para k = 1, n = 6. Mas a parte real seria 01cos <−=π . Logo, k = 2 e o menor “n” é 12.