1. O documento apresenta 20 exercícios sobre números complexos, resolvidos passo a passo, com figuras ilustrativas quando necessário. Os exercícios envolvem operações com números complexos, argumentos, módulos, equações e desigualdades envolvendo números complexos.

1. A Matem´tica do Ensino M´dio, volume 3
a e
SOLUCOES DOS EXERC´
¸˜ ICIOS
CAP´
ITULO 5
√ √
1. 1 − 3 = 2 cos 300◦ +i sen 300◦ (1 − 3)5 = 25 · cos(5 × 300◦ ) +i sen(5 × 300◦ ) =
32 · cos 1500◦ + i sen 1500◦ = 32 · cos 60◦ + i sen 60◦ = 32(cos 60◦ + i sen 60◦ ) =
√ √
32 · 1 + i · 23 = 16 + 16 3i
2
FIGURA
(1+ai)·(1+ai) 2 2 2
2. Seja z = 1+ai
1−ai
= (1−ai)·(1+ai)
= (1+ai) = 1+2ai−a = 1−a2 + i · 1+a2
1+a2 1+a2 1+a
2a
2
1−a2 2a 2 2 4 2 2 +a4 2 2
|z|2 = 1+a2
+ 1+a2 = 1−2a +a2 )+4a = 1+2a 2 )2 = (1+a2 )2 = 1
(1+a 2 (1+a (1+a )
1 + ai
=1
1 − ai
3. Seja z = x + iy, com x e y reais.
Seja θ o argumento de z, de modo que z = x + iy = ρ(cos θ + i sen θ).
Seja ω = −x + y e α o argumento de ω. Como (−x)2 + (−y)2 = x2 + y 2 ,
ent˜o ω = ρ(cos α + i sen α),
a
sen θ = y e cos θ = x
ρ ρ
sen α = −y e cos α = − x
ρ ρ
Ent˜o, α − θ ´ igual a uma quantidade ´
a e ımpar de meias voltas.
α − θ = (2k + 1) · π, k ∈ Z
4. Seja z = x + iy, com x e y reais.
Seja θ o argumento de z, de modo que z = x + iy = ρ(cos θ + i sen θ). Ent˜o,
a
y
tan θ = x
FIGURAS
Seja α o argumento do conjugado z . z = x − iy. Portanto, tan α = −y =
¯ ¯ x
− tan θ = tan(−θ) ⇒ α = −θ + 2kπ. Ent˜o, a soma α + θ ´ igual a uma quantidade
a e
inteira de voltas ⇒ α + θ = 2kπ .
1

2. √
5. √ + i = 1 · cos 30◦ + i sen 30◦
3
( 3+i)−12 = (2 cos 30◦ +i sen 30◦ )−12 = 2−12 ·cos(−12×30◦ )+i sen(−12×30◦ ) =
1 1 1
4096
· cos(−360◦ + i sen(−300◦ ) = 4096 · cos 0◦ + i sen 0◦ =
4096
√
6. z = 23 + i 1 = cos 30◦ + i sen 30◦ + sen 30◦
2
51 −1
1 + z + z 2 + · · · + z 50 = zz−1 (soma dos termos de uma P.G.)
z 51 = 151 · cos(51 × 30◦ ) + i sen(51 × 30◦ ) = 1 · cos 1530◦ + i

3. 10. i = 1 cos 90◦ + i sen 90◦
1 cos 30◦ + i sen 30◦
√ ↓ +120◦
3
i = 1 cos 150◦ + i sen 150◦
↓ +120◦
1 cos 270◦ + i sen 270◦
√
1 cos 30◦ + i sen 30◦ = 23√ 2
+i
1 cos 150◦ + i sen 150◦ = 23 + 2i
1 cos 270◦ + i sen 270◦ = −i
√ √
3 i 3 i
Resposta: + ,− + , −i
2 2 2 2
11. −16 = 16[cos 180◦ + i sen 180◦ ]
2 cos 45◦ + i sen 45◦
↓ +90◦
2 cos 135◦ + i sen 135◦
4
16[cos 180◦ + i sen 180◦ ] = ↓ +90◦
2 cos 225◦ + i sen 225◦
↓ +90◦
2 cos 315◦ + i sen 315◦
√ √ √ √
2 cos 45◦ + i sen 45◦ = 2( 22
+ i 22 ) = 2 + 2i
√ √ √ √
2 cos 135◦ + i sen 135◦ = 2(− √2 + i √2 ) = − 2 + 2i
2 2 √ √
2 cos 225◦ + i sen 225◦ = 2(− 22 − √ 22 ) = − 2 + 2i
i
√ √ √
2 cos 315◦ + i sen 315◦ = 2( 22 − i 22 ) = 2 − 2i
√ √ √ √ √ √ √ √
Resposta: 2 + 2i, − 2 + 2i, − 2 − 2i, 2 − 2i
12. z 3 = z¯
z = ρ · [cos θ + i sen θ]
z = ρ(cos θ − i sen θ) = ρ(cos(−θ) + i sen(−θ)) = ρ · [cos(−θ) + i sen(−θ)]
¯
z 3 = ρ3 · [cos 3θ + i sen 3θ
ρ3 [cos 3θ + i sen 3θ] = ρ[cos −θ + i sen −θ]
3
= → ρ = 0 ou ρ = 1
ρ=0→z=0
ρ = 1 → 3θ = −θ + 2kπ → 4θ = 2kπ → θ = kπ , k ∈ Z
2
z1 = 0 z2 = 1[cos θ+i sen te] = 1 1[cos π +cos π ] = i 1[cos 3π +i sen 3π ] = −i
2 2 2 2
3

4. Resposta:0, 1, i, −1, −i
√
13. Seja z = 7 + i 15
|z|2 = 49 + 15 = 64 → |z| = 8
√
| 3 z| = 3 |z| = 2
14. z = a + 3i, a ∈ R. Seja θ o argumento de z.
3
tan θ = a
√ √
Se θ = π , ent˜o 33 = a → a = 3 3
6
a 3
1 1 a−bi
15. Seja √ = a + bi, ent˜o 1 − z = (1 − a) = (1 − a) − bi e
z a z
= a+bi
= a2 +b2
|z| = a 2 + b2
|1 − z| = (1 − a)2 + (−b)2
a2 1
|1/z| = b2
= a2 +b2
(a2 +b2 )2 +
(a2 +b2 )2
√
a2 + b2 = (1 − a)2 + b2 → a2 = (1 − a)2
a = 1 − a → a = 1/2
ou
a = −1 + a → imposs´ ıvel
√ √
a2 + b2 = √a21+b2 → a2 + b2 = 1 → 1 + b2 = 1 → b = ± 23
4
√ √
1 3i 1 3i
z= + ou z = −
2 2 2 2
16. Vamos pensar em |z + 1 + i| = |z − (−1 − 1)| = 1.
Ou seja, queremos todos os complexos z tais que a sua distˆncia ao n´ mero fixo
a u
−1 − i vale 1.
FIGURA
O conjunto de todos os valores que podemos atribuir a z forma uma circun-
ferˆncia de raio 1 centrada em −1 − i.
e
Queremos o de m´dulo m´ximo, ou seja, aquele que est´ mais distante da origem.
o a a
Trace uma reta que passa pela origem e pelo centro da circunferˆncia. Essa
e
reta intersecta a circunferˆncia em dois pontos: o mais pr´ximo da origem e o mais
e o
distante da mesma. Essa reta ´ y = x, onde x e y s˜o reais. Assim,
e a
√ √ √
2(x + 1) 2 = 1 → (x + 1) 2 = 1 → x + 1 = √ → x + 1 = 2 → x = 2 − 1
1
2 2 2
ou √ √ √
−(x + 1) · 2 = 1 → −x − 1 = √2 → −x − 1 = 22 → x = − 22 − 1
1
4

5. √ √
2 2
logo o complexo de m´dulo m´ximo ´
o a e −1 +i − −1
2 2
17. Como no problema anterior, |z − 2| = 1 ´ uma circunferˆncia de raio 1 centrada
e e
em 2 + a. A seguir, trace a reta que passa pelo centro da circunferˆncia e por −i.
e
FIGURA
Essa reta ´ y = 1 x = 1. Queremos o m´
e 2
ınimo e o m´ximo de |z − (−i)|, ou seja,
a
a ınima e a distˆncia m´xima de −i ` circunferˆncia. Como √distˆncia
a distˆncia m´ a a a e √ a a
√
de −i ao centro ´ 5 e o raio ´ 1, as distˆncis procuradas s˜o 5 − 1 e 5 + 1.
e e a a
z+i |z+i| distˆncia do complexo ao −i
a
18. z−i
= |z−i|
= distˆncia do complexo ao i
a
Al´m disso, |z| = 3, que corresponde a uma circunferˆncia de raio 3 centrada na
e e
origem.
FIGURA
Devemos procurar o maior numerador com o menor denominado.
Logo, z = 3i
Ent˜o, o m´ximo valor de z+i = 3i+i = 2.
a a z−i 3i−i
19. a) |z| = 1 ↔ d(z; 0) = 1
circunferˆncia de centro 0 e raio 1
e
b) |z + i| ≤ 1 ↔ d(z; −i) ≤ 1
semicircunferˆncia de centro −i, isto ´, (0, −1) e raio 1.
e e
c) |z + i| = |1 − z| ↔ d(z; −i) = d(z; 1)
mediatriz do segmento de extremos −i e 1.
d) |1 + z| + |1 − z| = 4 ↔ d(z; −1) + d( 1) = 4
elipse de focos −1 e 1 e eixo maior 4.
e) |1 + z| + |1 − z| = 2 ↔ d(z; −1) + d(z; 1) = 2
segmento de reta (fechado) de extremos −1 e 1.
f) se z = x + yi (x, y reais),
|1 + z| = 2|1 − z| ↔ (1 + x)2 + y 2 = 2 (1 − x)2 + y 2 ↔
3x2 + 3y 2 − 10x + 3 = 0 ↔
x2 − 10 x + y 2 + 1 = 0 ↔
3
2
x − f rac53 + y 2 = 16 9
circunferˆncia de centro ( 5 , 0) e raio 4 ·
e 3 3
5

6. g) Se z = x + yi (x, y reais),
z−1 x−1+yi x−1+yi x+1−yi
z+1
= x+1+yi
= x+1+yi x+1−yi
=
x2 −1+y 2 +i[y(x+1)−y(x−1)]
= (x+1)2 +y 2
´ imagin´rio puro se e s´ se
e a o
x2 + y 2 − 1 = 0 e (x + 1)2 + y 2 = 0.
Circunferˆncia de centro (0, 0) e raio 1, exceto o ponto (−1, 0).
e
20. Seja z = x + iy, com x e y reais.
z · z = (x + iy)(x − iy) = x2 − ixy + ixt − i2 y 2 = x2 + y 2 = |z|2 .
¯
21. Seja z = x + iy, com x e y reais.
|1 − z|2 + |1 + z|2 = |1 − x − yi|2 + |1 + x + yi|2 = (1 − x)2 + y 2 + (1 + x)2 + y 2 =
= 1 − 2x + x2 + y 2 + 1 + 2x + x2 + y 2 = 2(1 + x2 + y 2 ) = 2(1 + |z|2 ) = 2 + 2|z|2
Resposta: D
22. a) z 2 + 2iz − 5 = 0
∆ = (2i)2 − 4 · 1 · (−5) = −4 + 20 = 16
−2i±4 z1 = 2 − i
z= 2 z2 = −2 − i
b) z 3 + 1 = 0
√ √
z = 3 −1 = 3 cos 180◦ + i sen 180◦ =
1 cos 60◦ + i sen 60◦
= 1 cos 180◦ + i sen 180◦
1 cos 300◦ + i sen 300◦
√
z1 = 1 + i 23
2
z2 = −1 √
z3 = 1 − i 23
2
c) z 3 + z 2 + z + 1 = 0
z 4 −1
z−1
=0
As ra´ s˜o as ra´ quartas da unidade, a exce¸˜o de z = 1.
ızes a ızes ` ca
Respostas; − 1, 1, −i, i
d) z 5 − z 4 + z 3 + z − 1 = 0
z 6 −1
z+1 = 0.
As ra´ ızes sextas de 1, a exce¸ao de z = −1.
ızes s˜o as ra´
a ` c˜
√
1 3
Respostas: 1, ω ±
2 2
6

7. e) z 6 + 7z 3 − 8 = 0
∆ = 49 − 4 · 1(−8) = 81
⎧
⎪ ◦
⎪
⎪1 cos 0
⎪
⎪
+ i sen 0◦ → z1 = 1
√ ⎨
◦ ◦
√
z =1 → z= 3 1 cos 0◦ +i sen 0◦
3
⎪1 cos 120 + i sen 120 → z2 = −1/2 +
⎪
3i/2
⎪
⎪
⎪ ◦ ◦
√
⎩1 cos 240 + i sen 240 → z = −1/2 − 3i/2
−7±9 3
z3 = 2
⎧ √
⎪
⎪2 cos 60◦ + i sen 0◦ → z4 = 1 +
⎪
⎪
⎪
3i
√ ⎨
z 3 =−8 → z= 3 8 cos 1800◦ +i sen 180◦ 2 cos 180◦ + i sen 120◦ → z5 = −2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
√
⎩2 cos 300◦ + i sen 300◦ → z = 1 − 3i
6
f) z n = (z − 1)n , n > 1
z = 0. Ent˜o
a √
(z−1)n n 1 n
zn
= 1 → z−1 = 1 → 1 − z = 1 → 1 − 1 = n 1 →
z z
1 − 1 = cos 2kπ + i sen 2kπ = 1 → z = cos 2kπ +i sen 2kπ = cos 2kπ −i sen 2kπ
2 n n z
1 1
n n n n
2
como cos 2A = cos A − sen A 2
= 1 − 2 sen A ent˜o cos 2kπ = 1 − 2 · sen2 kπ
a 2
n 2 e
como sen 2A = 2 · sen A · cos A ent˜o sen 2kπ = 2 · sen kπ · cos kπ · Logo
a n n n
kπ kπ
1 1 1 sen n +i cos
z= 2·sen2 kπ kπ kπ = kπ · kπ kπ = 2·sen kx
n
=
2 −1i sen 2 ·cos 2 2·sen n sen n −i cos n n
1 1 kπ
= + · cot k = 1, 2, . . . , n − 1
2 2 n
n
z+1 n n
g) z = 1, ent˜o 1 = (z+1)n = z−1 = z−1+2
a (z−1) z−1
√ cos 2kπ 2kπ
n +i sen n +1
1 + z−1 = n 1 → 1 + z−1 = cos 2kπ + i sen 2kπ , k = {0, 1, . . . , n − 1} → z =
2 2
n n cos 2kπ 2kπ
n +i sen n −1
2kπ 2kπ 2kπ 2kπ
[(cos n +1)+i sen n ] [(cos n −1)−i sen n ] 2i sen 2kπ i sen 2kπ
z= [(cos 2kπ
−1)+i sen 2kπ ]
· [(cos 2kπ
−1)−i sen 2kπ ]
= m
2 cos 2kπ −2
= n
cos 2kπ −1
n n n n n n
2i sen kπ ·cos kπ 2i sen kπ ·cos kπ kπ
z= m n
cos2 kπ −sen2 kπ −1
= n
−2·sen2 kπ
n
= −i · cot , k = 1, . . . , n − 1
n n n n
h) z = z 5
1 = z 4 com z = 0 sendo uma das solu¸oes.c˜
√
z = 4 1 cos 0◦ + i sen 0◦ = 1 cos 0◦ + i sen 0◦ → z = 1
1 cos 90◦ + i sen 90◦ → z = i
1 cos 180◦ + i sen 180◦ → z = −1
1 cos 270◦ + i sen 270◦ → z = −i
Resposta: 0, 1, −1, i, −i
i) z 3 = (¯)−2
z
Seja z = ρ · cos θ + i sen θ. Ent˜o ρ3 · cos 3θ + i sen 3θ = (ρ · cos(−θ) + i − sen(−θ))−1 →
a
ρ3 cos 3θ + i sen 3θ = ρ−1 cos 2θ + i sen 2θ.
⎧ ao
Ent˜
⎪ρ3 = ρ−2
⎪ ρ=1
⎨
e → e Logo, z =+ cos 03 4 1D > 0 3 4 T D 6
11 1 > 0 T 1 6
⎪
⎪
⎩3π = 2π + 2kπ θ = 3kπ

8. 23. a) |z + ω| ≤ |z| + |ω| = 7 e |z + ω| ≥ | |z| + |ω| | = 1. Resposta: 1 ≤ |z + ω| ≤ 7
b) |z − ω| = |z + (−ω))| ≤ |z| + | − ω| = 3 + 4 = 7 e
|z − ω| = |z + (−ω)| ≥ | |z| − | − ω| | = |3 − 4| = 1 Resposta: 1 ≤ |z − ω| ≤ 7
c) |z · ω| = |z| · |ω| = 12. Resposta: |z · ω| = 12
z |z| 3 z 3
d) ω = |ω| = 4 Resposta: =
ω 4
24. Sejam α o argumento de z e β o argumento de ω. Ent˜o z = 3 cos α + i sen α
a
e ω = 4 · cos β + i sen β.
a) |z + ω| = 5
z + ω = 3 cos α + 3i sen α + 4 cos β + 4 sen β
|z + ω| = (3 cos α + 4 cos β)2 + (3 sen α + 4 sen β)2 =
= 9 cos2 α + 24 cos α · cos β + 16 cos2 β + 9 sen2 α + 24 sen α sen β + 16 sen2 β =
= 25 + 24(cos α · cos β + sen α · sen β) = 5.
π
Ent˜o, 25 + 24 cos(α − β) = 25 → cos(α − β) = 0 → α − β =
a + kπ , k ∈ Z
2
b) |z + ω| = 7
Pelo mesmo argumento utilizado em a), 25 + 24 cos(α − β) = 49 → cos(α − β) = 1 →
→ α − β = 2kπ , k ∈ Z
c) |z + ω| = 1
25 + 24 · cos(α · β) = 1 → cos(α − β) = −1 → α − β = π + 2kπ, k ∈ Z
√
d) |z + ω| = 37
α − β + π + 2kπ, k ∈ Z
3
1
25 + 24 · cos(α − β) = 37 → cos(α − β) = 2
→ ou
α − β = 5π + 2kπ, k ∈ Z
3
25. Sejam z = |z|[cos α + i sen α] e w = |w|[cos β + i sen β].
a) zω = |z| · |ω| · [cos(α + β) + i sen(α + β)]
Para que o produto seja um real, α + β = kπ, k ∈ Z
z |z|
b) ω = |ω| · [cos(α − β) + i sen(α − β)]
Para que seja real, α − β = kπ, k ∈ Z
c) z · ω imagin´rio puro.
a
π
α + β = + kπ, k ∈ Z
2
8

9. z
d) ω
imagin´rio puro.
a
π
α−β = + kπ, k ∈ Z
2
√
26. Ao n´mero fixo 3 + i, est´ sendo somado um n´mero vari´vel (depende de θ).
u a u a
FIGURA
√
O m´dulo de z ser´ m´ximo quando 0,
o a a 3 + i e z forem colineares. Dessa forma:
√
tan 30◦ = 2 sen θ → tan θ = 33 → θ = 30◦
2 cos
θ
√ √
z = 2 3 + i · 2 → |z| = 12 + 4 = 4
max
Outra solu¸˜o:
ca
√ √
z = ( 3 + 2 cos θ) + i(1 + 2 sen θ) → |z| = ( 3 + 2 cos θ)2 + (1 + 2 sen θ)2
√
= 3 + 4 3 cos θ + 4 cos2 θ + i + 4 sen θ + 4 sen2 θ
√
3 1
= 8+8 2 · cos θ + 2 · sen θ
= 8 + 8 · sen(60◦ + θ) Como o m´ximo valor de seno ´ 1.
a e
√
|z| = 12 + 4 = 4
max
n n
27. 1 + cos 2π + i sen 2π
3 3 = 1 + cos 2π + i sen 2π
3 3
√
1 3 n
1− 2 +i 2 = 1 + cos 2nπ + i sen 2nπ
3 3
n
cos π
3
+ i sen π = 1 + cos 2nπ + i sen 2nπ
3 3 3
nπ nπ 2nπ 2nπ
cos 3 + i sen 3 = 1 + cos 3 + i sen 3
nπ
cos 3
= 1 + cos 2nπ
3
(I)
sen nπ = sen 2nπ
3 3 (II)
cos 3 = 1 + cos 2nπ⎧
nπ
3
→ cos nπ
3
= 1 + 2 · cos2 nπ
3
− 1 → cos nπ
3
=
⎪cos
⎪ nπ
=0
⎨ 3
=2· cos2 nπ
3 ou
⎪
⎪
⎩cos nπ
= 1
3 2
1o ) se cos nπ = 0, ent˜o nπ = π + kπ → n + 1 + k → n =
¯ 3
a 3 2 3 2
3
2
+ 3k com k inteiro. Nesse caso, n
n˜o ser´ inteiro. Logo esssa solu¸ao ser´ descartada.
a a c˜ a
nπ 1 nπ
2o ) se cos
¯ 3
= 2
, ent˜o
a 3
= ± π + 2kπ →
3
n
3
= ± 1 + 2k → n = ±1 + 6k com k inteiro.
3
⎧
⎪sen nπ = 0
⎪
⎨ 3
nπ
sen 3 = sen 2n π → sen
3
nπ
3 = 2 sen nπ
3
nπ
· cos 3 ou
⎪
⎪
⎩cos nπ = 1
3 2
9

10. nπ nπ
1o ) se sen
¯ 3
= 0, ent˜o
a 3
= kπ → n = 3k com k inteiro.
nπ 1
2o ) se cos
¯ 3
= 2
, ent˜o n = ± 1 + 6k com k inteiro.
a
As solu¸oes que satisfazem simultaneamente a (I) e (II) s˜o n = ± 1 + 6k, com k inteiro.
c˜ a
28. |z − 2| = |z + 4| → lugar geom´trico dos n´ meros complexos que equidistam de 2 e de −4, ou
e u
seja, a meidatriz do segmento que une (2, 0) e (−4, 0) → x = −1
FIGURA
|z − 3| + |z + 3| = 0 → elise de focos (3, 0) e (−3, 0) e eixo maior 10.
FIGURA
Resolvendo o sistema
FIGURA
x = −1
√
(−1)2 y2 y2
25
+ 16
= 1 − 25 = 24 → y 2 =
=1→ 1
1625
24−25
25
→ y = ± 856
√ √
8 6i 8 6i
Solu¸oes: −1 +
c˜ ; e −1−
5 5
29. Como os coeficientes s˜o reais, ent˜o, se z = x + iy ´ raiz, z = x − iy tamb´m ´.
a a e ¯ e e
Al´m disso, x2 + y2 = 4.
e
r1 = r
r2 = x + iy
r3 = x − iy
r1 + r2 + r3 = 0 → r + x + iy + x − iy = 0 → r + 2x = 0 → r = −2x
r1 r2 + r1 r3 + r2 r3 = −5 → rx + riy + rx − riy + x2 + y 2 = −5 → 2rx + 4 = −5 → 2rx = −9
Ent˜o, 2(−x)x = −9 → 4x2 = 9 → x = ± 3/2 e r = ± 3
a
−3 · 4 = −q → q = 12
Al´m disso, r1 r2 r3 = r(x2 + y 2 ) = −q →
e
3 · 4 = −q → q = −12
Solu¸oes: 12 e − 12
c˜
a e e ıntuplo girado de 90◦ , no sentido
30. Se ω ´ um complexo, ent˜o 2ω ´ o seu dobro e 5ωi ´ o seu qu´
e
anti-hor´rio.
a
FIGURA
AO2 = 25 · |ω|2 + 4 · |ω|2 = 29 · |ω|2
√
AO = |ω| · 29
√
2|ω| 2 29
cos AOB = √
|ω|· 29
= 29
10

11. 31. θfinal = 360◦
varia¸ao = 360◦
c˜
◦
θinicial = 0
32. θinicial = 0◦
varia¸ao = 0◦
c˜
◦
θfinal = 0
33. Como z = |z| e |z| > 1, o complexo 1 tem m´dulo menor que 1, sendo, portanto, sua imagem
1 1
z
o
interior ao c´
ırculounit´rio.
a
Al´m disso, se z = |z|(cos θ + i sen θ),
e
1 1
z −1 = |z| (caso i sen θ), ou seja, os argumentos de z e z s˜o sim´tricos.
a e
Resposta: t
θ θ θ
34. a) 1 + cos θ + i sen θ = 2 cos2 2 + i2 sen 2 cos θ =
θ θ θ
= 2 cos 2
[cos 2
+ i sen 2
]
θ θ θ
b) 1 − cos θ − i sen θ = 2 sen2 2 − i · 2 sen 2 cos 2 =
θ
= 2 sen 2 [sen θ2 − i cos θ
2] =
θ
= 2 sen 2 [cos( θ
2 − π
2) + i sen( θ − π )].
2 2
35. Seja z = a + bi, a e b reais e ω = c + di, c e d reais.
Observe que z ω = (a + bi)(c − di) = ac − adi + bci + bd e
¯
z ω = (a − bi)(c + di) = ac + adi − bci + bd
¯
Logo, z ω + z ω = 2(ac + bd)
¯ ¯
→ →
Se imaginarmos z e ω como vetores, teremos z = (a, b) e ω = (c, d).
→ → → →
Sabendo que z · ω = | z | · | ω | · cos θ, ent˜o ac + bd = |z| |ω| · cos θ →
a
z ω+¯ω
¯ z z ω +¯ω
¯ z
2 = |z| |ω| · cos θ → cos θ = 2·|z|·|ω|
36. s − ω = (ω · z)(cos 120◦ + i sen 120◦ )
s−ω ω−z
→ z−s = s−ω
◦ ◦
z − s = (s − ω)(cos 120 + i sen 120 )
FIGURA
s2 − 2sω + ω2 = zω − z 2 − sω + sz
z 2 + s2 + ω 2 = 2ω + sω + sz
37. (z − p)(cos ±60◦ + i sen ±60◦ ) = w − p, onde p ´ o afixo do centro.
e
Resolvendo, √
3
z(cos ±60◦ +i sen ±60◦ )−w z( 1 ±i )−w
p= cos ±60◦ +i sen ∓60◦ −1
= 2 2√
3
− 1 ±i
2 2
11

12. 38. A = 0
B=1
C =1+i
D=4
FIGURA
a) f (z) = 2z
f (A) = 0
f (B) = 2
f (C) = 2 + 2i
f (D) = 2i
FIGURA
b) f (z) = z
¯
f (A) = 0
f (B) = 1
f (C) = 1 − i
f (D) = −i
FIGURA
c) f (z) = iz
f (A) = 0
f (B) = i
f (C) = −1 + i
f (D) = −1
FIGURA
d) f (z) = i¯
z
f (A) = 0
f (B) = i
f (C) = 1 + i
FIGURA
e) f (z) = −z
f (A) = 0
f (B) = −1
f (C) = −1 − i
f (D) = −i
FIGURA
f) f (z) = (1 + i)z
f (A) = 0
f (B) = 1 + i
f (C) = 2i
12

13. f (D) = −1 + i
FIGURA
g) f (z) = z + 1 − i
f (A) = 1 − i
f (B) = 2 − i
f (C) = 2
f (D) = 1
FIGURA
h) f (z) = 2z + i
f (A) = i
f (B) = 2 + i
f (C) = 2 + 3i
f (D) = 3i
FIGURA
i) f (z) = (1 − i)z + 2 + i
f (A) = 2 + i
f (B) = 3
f (C) = 4 + i
f (D) = 3 + 2i
FIGURA
39. a) f ´ uma homotetia de raz˜o 2. A imagem ´ uma circunferˆncia de centro (2, 4) e raio 6.
e a e e
b) f ´ uma simetria em rela¸ao ao eixo real. A imagem ´ uma circunferˆncia de centro (1, −2)
e c˜ e e
e raio 3.
c) f ´ uma rota¸ao de 90◦ em torno da origem. A imagem ´ uma circunferˆncia de centro
e c˜ e e
(−2, 1) e raio 3.
d) f ´ uma simetria em rela¸ao ao eixo real seguida de uma rota¸ao de 90◦ em torno da origem.
e c˜ c˜
A imagem ´ uma circunferˆncia de centro (3, 1) e raio 3.
e e
e) f ´ uma simetria em rela¸ao a origem. A imagem ´ uma circunferˆncia de centro (−1, −2)
e c˜ ` e e
e raio 3. √
f) f (z) = (1 + i)z = √2 cos π + i sen π z ´ uma rota¸ao de π em torno da origem seguida de
4 4 e c˜ 4
uma homotetia de raz˜o 2. A imagem ´ uma circunferˆncia de centro (1 + i) · (1 + 2i) = −1 + 3i,
a√ e e
ou seja, (−1, 3) e raio 3 2.
g) f ´ uma transla¸ao. A imagem ´ uma circunferˆncia de centro 1 + 2i + 1 − i = 2 + i, ou
e c˜ e e
seja, (2, 1) e raio 3.
h) f ´ uma homotetia de raz˜o 2 seguida de uma transla¸ao. A imagem ´ uma circunferˆncia
e a c˜ e e
de centro 2(1 + 2i) + i = 2 + 5i, isto ´, (2, 5) e raio 6.
√ e
i) f (z) = (1 − i)z + (2 + i) = 2 cos −π + √
4 i sen −π z + 2 + i ´ uma rota¸ao de −π em torno
4
e c˜ 4
da origem, seguida de uma homotetia de raz˜o 2, seguida de uma transla¸ao. A imagem ´ uma
a c˜ √ e
circunferˆncia de centro (1 − i)(1 + 2i) + (2 + i) = 5 + 2i, isto ´, (5, 2) e raio 3 2.
e e
13

14. 40. S1 = 1 + cos θ + i sen θ + cos 2θ + i sen 2θ + · · · + cos nθ + i sen nθ.
Esta ´ a soma dos termos de uma P.G. de termo inicial 1 e raz˜o (cos θ + i sen θ).
e a
Logo,
θ+i sen θ)n −1] 1−2 sen2 nθ +2i sen nθ ·cos nθ −1
S1 = 1·[(cos θ+i sen θ)−1 = cos nθ+i sen θ−1 = 1−2 sen2 2nθ +2i sen 2θ ·cos θ2−1 =
(cos cos θ+i
sen nθ−1
2 2 2
2 sen nθ ·[− sen nθ +i cos nθ
2 ] sen nθ ·cos( π + nθ )+i sen( π + θ )
= 2 2
2 sen nθ ·[− sen θ +i cos θ = 2 2 2 2 2
sen θ ·cos( π + θ )+i sen( π + θ )
2 2 2] 2 2 2 2 2
sen nθ
= 2
sen θ
· cos( nθ − θ ) + i sen( nθ − θ ).
2 2 2 2
2
b) S2 = 1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ ´ igual a parte real da solu¸ao acima (item a)).
e ` c˜
sen nθ
S2 = 2
sen θ
· cos( nθ − θ ) + i sen( nθ − θ )
2 2 2 2
2
c) S3 = 1 + sen θ + sen 2θ + · · · + sen nθ ´igual a parte imagin´ria da solu¸ao do item a).
e ` a c˜
sen nθ
S3 = 2
sen θ
· sen( nθ − θ )
2 2
2
e) f (z) = −z
f (c) = (−1, −2) f (P ) = (−1 − 5)
f (Q) = (−4, −2)
f (R) = (−11, 1)
f (S) = (2, −2)
f) f (z) = (1 + i)z
f (c) = −1, +3i f (P ) = −4 + 6i c = (−1, 3) P = (−4, 6)
f (Q) = 2 + 6I Q = (2, 6)
f (R) = 2 R = (2, 0)
f (S) = −4 S = (−4, 0)
g) f (z) = z + 1 − i
f (c) = 2 + i f (P ) = 2 + 4i c = (2, 1) P = (2, 4)
f (Q) = 2 + 6i Q = (2, 6)
f (R) = 2 − 2i R = (2, −2)
f (S) = −1 + i S = (−1, 1)
h) f (z) = 2z + i
f (c) = 2 + 5i f (P ) = 2 + 11i c = (2, 5) P = (2, 11)
f (Q) = 8 + 5i Q = (8, 5)
f (R) = 2 − i R = (2, −1)
f (S) = −4 + 5i S = (−4, 5)
i) f (z) = (1 − i)z + 2 + i
f (c) = 5 + 2i f (P ) = 8 + 5i c = (5, 2) P = (0, 5)
f (Q) = 8 − i Q = (8, −1)
f (R) = 2 − i R = (2, −1)
f (S) = 2 + 5i S = (2, 5)
14

15. Cap´
ıtulo 5
P´gina 166
a
(1+2i)2 1+4i+4i2 1+4i−4 −3+4i
1. a) 3+4i
= 3+4i
= 3+4i
= 3+4i
=
3
−(9−24i+16i2 )
= 3+4i
· 3−4i = −(3−4i) )
−3+4i 3−4i
9−16i2
= 9+16
+
−9+24i+16
= 25 = 7+24i = 25
25
7
+ 24
25 i.
b) (1 − i)12 = [(1 − i)2 ]6 = (1 − 2i + i2 )6 = (1 − 2i − 1)6 =
= (−2i)6 = [(−2i)2 ]3 = (4i2 )3 = (−4)3 = −64.
c) i−3333 . Divida 3333 por 4. 3333|4
1 333
Ent˜o i−3333 = i−1 = i3 = −i
a
d) 1 + i + i2 + · · · + i1789
Cada quatro potˆncias consecutivas somam zero.
e
1 + i + i2 + i3 +i4 + i5 + i6 + i7 +· · ·+i1784 + i1785 + i1786 + i1787 +i1788 +i1789 = i1788 +i1789 =
zero zero zero
= i0 + i1 = 1 + i
2+ai (2+ai)(1+i) 2+2i+ai+ai2 2+i(2+a)−a 2−a (2+a)
2. a) 1−i
= (1−i)(1+i)
= 1−i2
= 1+1
= 2
+i· 2
2+a
Para que seja real, 2 = 0 → a = −2.
2−a
b) Para que seja imagin´rio puro,
a 2
= 0 → a = 2.
3. z 3 + z 2 + z = 0
z(z 2 + z + 1) = 0
Uma das ra´ ´ z1 = 0.
ızes e
z2 + z + 1 = 0
∆ = 1 − 4 · 1 · 1 = −3
√ √ √
−1± −3 −1+ 3i −1− 3i
z= 2 · Ent˜o: z2 =
a 2 e z3 = 2
√ √ √
4. a) −5 − 12i = −5 − 144i2 = −5 − −144
Fa¸a A = −5 e B = −144
c
√ √
A+ A2 −B
√
A− A2 −B
Use o fato de que A − B = 2
− 2
·
√ √
−5+ 169
√
−5− 169 13−5 −5−13
√
−5 − −144 = 2 − 2 =± 2 − 2 = ±(2 − −9) =
= ± 2 − 3i
√ √ √ √
0+ 02 −(−1) 0− 02 −(−1)
b) i= 0+ −1 = ± 2
= 2
=
√ √
1
=± 2
+ − 1 = ±(
2 2
2
+ i 22 )
15

16. 5. z 2 = z . Seja z = a + bi, com a e b reais.
¯
(a + bi)2 · (a − bi)
a2 − b2 = a
a2 + 2abi + b2 i2 = a − bi → a2 − b2 + 2abi = a − bi →
2ab = −b
i) se b = 0, ent˜o 2a = −1 → a = − 1
a
√ 2 √
1
4 − b2 = − 1 → b2 = 3 → b = 23 ou b = − 23
2 4
ii) se b = 0, ent˜o a2 = a → a = 0 ou a = 1.
a
√ √
1 3 1 3
Respostas: − + i , − −i , 1e0
2 2 2 2
6. a) Seja z = x + iy, com x e y reais.
(x + iy)(x − iy) = 1 → x2 − i2 y 2 = 1 → x2 + y2 = 1
circunferˆncia centrada na origem e com raio 1
e
b) Seja z = x + iy, com x e y reais.
(x + iy)2 = x2 + 2yi + i2 y 2 = x2 − y 2 + 2xyi ´ imagin´rio puro.
e a
Ent˜o x2 − y 2 = 0 → x2 − y 2 → x = ±y
a
duas retas concorrentes na origem. Essas retas bissectam os quadrantes
c) Seja z = x + iy, com x e y reais.
Re(z) > 1 → semi-plano x > 1
d) Seja z = x + iy, com x e y reais.
x + iy = x − iy → 2iy = 0 → y = 0 → reta real (eixo horizontal no plano de Argand-Gauss
e) Seja z = x + iy, com x e y reais.
(x+iy)(x−iy)+x+iy+x−iy = 0 → x2 +y 2 +2x = 0 → (x+1)2 −1+y 2 = 0 → (x+1)2 +y 2 = 1
circunferˆncia de raio 1 e centro em (−1, 0)
e
f) Seja z = x + iy, com x e y reais.
1 1(x−iy) x−iy x y
x + iy + x+iy = x + iy + (x+iy)(x−iy) = x + iy + x2 +y2 = x + x2 +y2 + i y − x2 +y 2
´ real →
e
y y
y= x2 +y 2 =0→y= x2 +y2
i) se y = 0, x ´ qualquer n˜o nulo. → z = real n˜o nulo
e a a
ii) se y = 0, x2 + y 2 = 1
circunferˆncia de raio 1 e centro em (0, 0) uni˜o com o eixo real, exceto z = 0
e a
16

17. g) Seja z = x + iy, com x e y reais.
z + 1 = (x + 1) + iy e z − 1 = (x − 1) + iy
(x+1)+iy [(x+1)+iy][(x−1)−iy] x2 −1−y(x+1)i+y(x−1)i+y 2 (x2 +y 2 −1)−yi(x+1−x+1)
(x−1)+iy = [(x−1)+iy][(x−1)−iy] = (x−1)2 +y2 = (x−1)2 +y 2
x2 +y2 −1
Re( z+1 ) =
z−1 (x−1)2 +y2
= 1 → x2 + y 2 − 1 = x2 − 2x + 1 + y 2 → x = 1
reta vertical x = 1, exceto z = 1
√
7. z = t + i 1 − t2 = x + iy ⎧
⎪x2 + y2 = 1
⎪
√ ⎨
Ent˜o x = t e y =
a 1 − t2 . Observe que y 2 = 1 − t2 = 1 − x2 e y ≥ 0 → e
⎪
⎪
⎩y ≥ 0
semi-circunferˆncia de raio 1 e centro na origem
e
8. Sejam x e y reais.
z = x + iy
z = x − iy
¯ FIGURA um retˆngulo
a
−z = −x − iy
−¯ = −x + iy
z
9.
(1 − i)¯ + iω = i
z
2z + (1 + i)¯ = 0
ω
Se 2z + (1 + i)¯ = 0, ent˜o seu conjugado tamb´m ´ nulo.
ω a e e
Assim 2¯ + (1 − i)ω = 0.
z
Ficamos com
(1 − i)¯ + iω = i
z 2(1 − i)¯ + 2iω = 2i
z
→ → 2iω − (1 − i)2 ω = 2i →
2¯ + (1 − i)ω = 0
z 2(1 − i)¯ + (1 − i)2 ω = 0
z
1
→ 2iω − (1 − 2i − 1)ω = 2i → 2iω + 2iω = 2i → ω =
2
1 1 i
Ent˜o 2z + (1 + i) ·
a 2 = 0 → 2z = − 1 −
2
i
2 → z=− −
4 4
10. z + 1 = 1
z
z2 + 1 = z
z2 − z + 1 = 0
√ √
1± 1−4 1 3
z= 2 = 2 ±i 2
11. a) a = p2 + q 2
b = r 2 + s2
ab = (p2 + q 2 )(r 2 + s2 ) = (p + iq)(p − iq)(r + is)(r − is) =
= (pr + ips + iqr + i2 qs)(pr − ips − iqr + i2 qs) =
17

18. = [(pr − qs) + i(ps + qr)][(pr − qs) − i(ps + qr)] =
= (pr − qs)2 − i2 (ps + qr)2 = (pr − qs)2 + (ps + qr)2
b) p = 5 q = 6 r=7 s = 10
(5 + 6 )(7 + 10 ) = (5 · 7 − 6 · 10)2 + (5 · 10 + 6 · 7)2 = 252 + 922
2 2 2 2
Observa¸ao: H´ outra solu¸ao, 952 + 82
c˜ a c˜
12. Se os coeficientes s˜o reais, ent˜o 1 + 3i tamb´m ´ raiz.
a a e e
Se o polinˆmio ´ de 2o grau, ent˜o podemos escrevˆ-lo como
o e ¯ a e
[x − (1 + 3i)] · [x − (1 − 3i)] = x − (1 − 3i)x − (1 + 3i)x + (1 − 9i2 ) = x2 − 2x + 10
2
Observa¸ao: H´ outras solu¸oes, m´tliplas reais de x2 − 2x + 10.
c˜ a c˜ u
13. z 2 + (a + i)z + 2 − 3i = 0
Seja z = x + 0i uma raiz real do polinˆmio dado.
o
x2 + (a + i)x + 2 − 3i = (x2 + ax + 2) + i(x − 3) = 0
Ent˜o x − 3 = 0 → x = 3 e
a
2
x + ax + 2 = 0 → 9 + 3a + 2 = 0 → a = −11/3
√ √
√ √
2+ 22 −3
√
2− 22 −3 2+1 2−1
√ 6+ 2
14. a) 2+ 3= + = + = √3 + √1
=
2 2 2 2 2 2 2
√ √ √
7+ 72 −48
√
7− 72 −48 7+1 7−1
√
b) 7+4 3= 7+ 48 = 2
+ 2
= 2
+ 2
= 2+ 3
15. Se P (z) ´ um polinˆmio de coeficientes reais, ent˜o P (¯) = P (z).
e o a z
Assim, se z = 1 − 2i, ent˜o P (¯) = P (1 + 2i) = 2 + 3i = 2 − 3i
a z
16. z1 = 1 + 3i ´ raiz. Ent˜o, como os coeficientes s˜o reais, z2 = 1 − 3i ´ raiz. Pela paridade de
e a a e
4 2
x + bx + c, se x ´ raiz, −x tamb´m ´. Logo, z3 = −1 + 3i e z4 = −1 − 3i
e e e
17. i−1 = 1 = ii2 = −i
i
in + i−n = in + (i−1 )n = in + (−i)n = in + (−1)n · in
Se n for par, a express˜o vale 2in , que pode ser 2 ou −2.
a
Se n for ´
ımpar, a express˜o vale zero.
a
Resposta: trˆs.
e
in+1 −1
18. 1 + i + i2 + · · · + in = n−1 (soma dos termos de uma P.G.)
i) Se n = 4k, k ∈ Z
i−1
in+1 = i e a express˜o valer´
a a i−1 = 1.
ii) Se n = 4k + 1, k ∈ Z
in+1 = −1 e a express˜o valer´
a a
−1−1 −2 −2·(−1−i) 2+2i 1(1+i)
i−1 = i−1 = (−1+i)·(−1−i) = 1−i2 = 2 =1+i
18

19. iii) se n = 4k + 2, k ∈ Z
−i−1 −(i+1)·(−1−i) (i+1)(1+i) 2i
in+1 = −i e a express˜o valer´
a a i−1 = (−1+i)·(−1−i) = 2 = 2 =i
iv) se n = 4k + 3, k ∈ Z
1−1
in+1 = 1 e a express˜o valer´
a a i−1 = 0.
20. a) +2¯ = 6 + i
z
(a + bi) + 2 · (a − bi) = 6 + i
a + 2a + bi − 2bi = 6 + i
3a − bi = 6 + i
a = 2 e b = −1
z =2−i
b) (1 + i)z + 3i¯ = 2 + i
z
(1 + i)(a + bi) + 3i(a − bi) = 2 + i
a + bu + ai − b + 3ai + 3b = 2 + i
a + 2b + i(b + 4a) = 2 + i
a + 2b = 2
→a=0eb=1
4a + b = 1
z =2−i
19

20. Cap´
ıtulo 5
P´gina 188
a
1. Seja z um complexo n˜o-nulo. a
Seja w uma raiz n-´sima de z, wn = z, w = 0.
e
Sejam ε0 , ε1 , . . . , εn−1 as ra´
ızes n-´simas da unidade.
e
w ε1 , w ε1 , . . . , w εn−1 s˜o n complexos distintos (pois w = 0 e as ra´
a ızes n-´simas da unidade
e
n n n
s˜o distints) e (w εk ) = w (εk ) = z ·1 = z, ou seja, w ε1 , w ε1 , . . . , w εn−1 s˜o as n ra´ n-´simas
a a ızes e
de z.
2. Sejam εk = cos 2kπ + i sen 2kπ (k = 0, 1, . . . , n − 1) as ra´
n n ızes n-´simas da unidade.
e
(ε1 )n −1
2
ε0 + ε1 + ε2 + · · · + εn−1 = 1 + ε1 + (ε1 ) + · · · + (ε1 )n−1
= 1 · ε1 −1 = 1 · ε1−1 = 0.
1 −1
3. Seja εk = cos 2kπ + i sen 2kπ (k = 0, 1, . . . , n − 1) as ra´
n n ızes n-´simas da unidade. Observemos
e
k
que εk = ε1 . Temos
1−(εp )n
εp + εp + εp + · · · + εp = 1 + εp + (ε1 )2p + · · · + (ε1 )(x−1)p = 1 · 1−εp = 0,
0 1 2 n−1 1
1
1
pois εp = 1 (p n˜o ´ m´ ltiplo de n) e (εp )n = (εn )p = 1p = 1.
1 a e u 1 1
4. N˜o possuem inverso aqueles que n˜o s˜o relativamente primos com 12.
a a a
Resposta: {0, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10}.
5. Todos os que n˜o s˜o relativamente prmos com n.
a a
6. a) 7 + 9 = 16 ≡ 3
b) 7 × 9 = 63 ≡ 11
c) 9 × 11 = 66 ≡ 1. Logo 6 ´ o inverso de 11.
e
d) 3 − 7 = −4 ≡ 9
e) 2 + 3 = 5.
7. a) ε21 ·ε19 = cos[21· 2kπ ]+i sen[21· 2kπ ]·cos[19· 2kπ ]+i sen[19· 2kπ ] = cos[40· 2kπ ]+i sen[40· 2kπ ] =
34 34 34 34 34 34
= cos[6 · 2kπ ] + i sen[6 · 2kπ ] = ε6
34 34
Basta usar a aritm´tica modular: 21 + 19 = 40 ≡ 6 (mod 34)
e
b) (ε12 )13 = ε12 · ε12 · . . . · ε12 = ε20 pois 12 + 12 + · · · + 12 = 12 × 13 = 156 ≡ 20 (mod 34)
c) ε12 · ε22 = ε34 = 1. Logo (ε12 )−1 = ε22
d) ε4 : ε25 = ε−21 = ε13
8. Basta que k seja relativamente primo em 15 → k = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}.
Resposta: ε1 , ε2 , ε4 , ε7 , ε8 , ε11 , ε13 , ε14
9. Precisamos contar quantos s˜

21. 1 1 1 4
φ(100) = 100 1 − 2
1− 5
= 100 · 2
· 5
= 40
Resposta: 40
10. Este problema ´ equivalente ao problema 2.
e
11. a) Se d = MDC[p, q], existem inteiros positivos a e b tais que p = ad e q = bd.
Se z d = 1, ent˜o z p = z ad = (z d )a = 1a = 1 e z q = z bd = (z d )b = 1b = 1, ou seja, se z ∈ Ad,
a
ent˜o z ∈ Ap e z ∈ Aq, isto ´, Ad ⊂ Ap ∩ Aq.
a e
b) Se d = MDC[p, q], existem inteiros s e t tais que d = sp + tq (Teorema de B´zout). e
Se z p = 1 e z q = 1, ent˜o z d = z sp+tq = (z p )s · (z q )t = 1s · 1t = 1, ou seja, se z ∈ Ap e z ∈ Aq,
a
ent˜o z ∈ Ad, isto ´, Ap ∩ Aq ⊂ Ad.
a e
c) Se AD ⊂ Ap ∩ Aq e Ap ∩ Aq ⊂ Ad, temos Ab ∩ Aq = Ad.
12. a) Se uma raiz n-´sima da unidade ´ tamb´m raiz p-´sima da unidade para algum p < n, suas
e e e e
potˆncias s˜o tamb´m ra´ p-´simas da unidade. Logo, essas potˆncias poder˜o ter, no m´ximo,
e a e ızes e e a a
p valores distintos, n˜o podendo, portanto, gerar todas as n ra´
a ızes n-´simas da unidade; ou seja,
e
ela n˜o ´ raiz n-´sima primitiva da unidade.
a e e
b) Se uma raiz n-´sima da unidade, εk = cos 2kπ + i sen 2kπ (k = 0, 1, . . . , n − 1), n˜o ´
e n n a e
primitiva, k n˜o ´ relativamente primo com n. Logo, existem k1 e p < n tais que
a e
k
n
= k1 e εk = cos 2kπ + i sen 2kπ = cos 2kp π + i sen 3kp π
p n n
1 1
´ raiz p-´sima da unidade, com p < n.
e e
13. a) 1 + 1)n = c0 + cn 1 + c2 + · · · + cn
n n n
c0 + c1 + c2 + · · · + cn = 2n
n n n n
b) (1 − 1)n = c0 − c1 + c2 + · · · + cn = 0
n n n n
c,d)
Somando e subtraindo os resultados de a) e b),
1[c0 + c2 + cn + · · · ] − 2n
n n n
1[c1 + c3 + c5 + · · · ] = 2n
n n n
1n
Da´
ı, c0
+ c2 + c4 + · · · = c1 + c3 + c5 + · · · =
n n n n n n 2 = 2n−1
e,f,g)
Sejam ε0 = cos 2·0·π + i sen 2·0·π = 1
3 3 √
ε1 = cos 2·1·π + i sen 2·1·π = − 1 + i 23
3 3 2
e
√
ε2 = cos 2·2·π + i sen 2·2·π = − 1 − i 23
3 3 2
as ra´ızes c´bicas da unidade.
u
Sejam
s0 = c0 + c3 + c6 + · · · ,
n n n
s1 = c1 + c4 + c7 + · · · , e
n n n
s2 = c2 + c5 + c8 + · · · .
n n n
21

22. (1 + ε0 )n = c0 + c1 ε1 + c2 ε2 + · · · + cn εn = c0 + c1 + c2 + · · · + cn j´ que ε0 = 1
n n 0 n 0 n 0 n n n n a
(1 + ε0 )n = c0 + c1 + · · · + cn = s0 + s1 + s2 = 2n
0 n n
(1 + ε1 )n = c0 + c1 ε1 + c2 ε2 + c3 ε3 + · · · + cn εn
n n 1 n 1 n 1 n 1
No entanto,
ε0 = ε3 = ε6 = · · · = 1
1 1 1
ε1 = ε4 = ε7 = · · · = ε1
1 1 1
ε2 = ε5 = ε7 = · · · = ε2
1 1 1
Ent˜o
a
(1 + ε1 )n = c0 1 + c1 ε1 + c2 ε2 + c3 1 + c1 ε1 + c5 ε2 + · · · + cn εn
n. n n n. n n n 1
= s0 + ε1 · s1 + ε2 · s2
(1 + ε2 )n = c0 + c1 ε1 + c2 ε2 + c3 ε3 + · · · + cn εn
n n 2 n 2 n 2 n 2
No entanto,
ε0 = ε3 = ε6 = · · · = 1
2 2 2
ε1 = ε4 = ε7 = · · · = ε2
2 2 2
ε2 = ε5 = ε8 = · · · = ε1
2 2 2
Ent˜o
a
(1 + ε2 )n = c0 1 + c1 ε2 + c2 ε1 + c3 1 + c4 ε2 + c5 ε1 + · · · + cn εn
n. n n n. n n n 2
⎧ = s0 + ε2 · s1 + ε1 · s2
⎪(1 + ε0 )n = s0 + s1 + s2
⎪
⎨
Temos (1 + ε1 )n = s0 + ε1 s1 + ε2 s2
⎪
⎪
⎩(1 + ε )n = s + ε s + ε s
2 0 2 1 1 2
⎧
⎪s0 + s1 + s2 = 2
⎪ n
⎨ √ √ √ √
ou seja, s + (− 1 + i 23 )s1 + (− 1 − i 23 − i 23 )s2 = ( 1 + i 23 )n
⎪ 0
⎪
2 √ 2 √ √ 2 √
⎩s + (− 1 + i 3 )s + (− 1 + i 3 − i 3 )s = ( 1 + i 3 )n
0 2 2 1 2 2 2 1 2 2
s0 + s1 + s2 = 2n
√
s0 − 1 (s1 + s2 ) + i
2 2
3
(s1 − s2 ) = cos nπ
6 − i sen nπ
6
nπ
Somando as 3 equa¸oes: 3 · s0 = 2n + 2 cos
c˜ 6
·
Da´
ı,
n
c0 + c3 + c6 + · · · = s0 = 23 + 2 cos nπ · Al´m disso: subtrando a terceira equa¸ao da segunda:
n n n 3 6 √ e c˜
√ nπ 2 3 nπ
i 3(s1 − s2 ) = 2i sen 6 → s1 − s2 = 3 sen 6
Ent˜o:
a
n
s1 + s2 = 2n − s0 = 2n − 23 − 2 cos nπ = 2 · 2n − 2 cos nπ e
3 6 3 3 6
√
s1 − s2 = 2 3 3 sen nπ 6
√ √
2 2 nπ 2 3 nπ 2n 1 nπ 3 nπ
2s1 = 3
· 2n − 3
· cos 6
+ 3
sen 6
→ s1 = 3
− 3
· cos 6
+ 3
sen 6
√ √
2 2 nπ 2 3 nπ 2n 1 nπ 3 nπ
2s2 = 3 · 2n − 3 · cos 6 − 3 sen 6 → s2 = 3 − 3 · cos 6 − 3 sen 6
22

23. h) (1 + i)n = c0 + ic1 + i2 c2 + c3 c3 + i4 c4 + · · ·
n n n n n
√ n nπ nπ
2 (cos 4 + i sen 4 ) = [cn − cn + cn + · · · ] + i[c1 − c3 + c5 − · · · ]
0 2 4
n n m
√ n √ n
cn − cn + cn = · · · = Re[ 2 (cos 4 + i sen 4 0] = 2 cos nπ ·
0 2 4 mπ nπ
4
23