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Números complexos 5
Exercícios
1. a) (3,2)+(0,1)=(3+0,2+1)=(3,3)
b) (2,3)·(–1,4)=(2·(–1)–3·4,2·4+3·(–1))=(–14,5)
c) (2x– y, 6x+ 2y)+ (x– 2y, x)= (2x– y+ x– 2y,
6x+2y+x)=(3x–3y,7x+2y)
d) (–1,–1) · (– 4, 2)= ((–1) · (–4)– (–1) · 2, (–1) · 2+
+(–1)(–4))=(6,2)
e) (2,–3)–(–1,–2)=(2–(–1),(–3)–(–2))=(3,–1)
f ) (1,0)·(x,–y)=(1,x–0·(–y),1·(–y)+0·x)=(x,–y)
2. z1=(–2,1),z2=(0,–1)
z1+z2=(–2,1)+(0,–1)=(–2,0)
z1·z2=(–2,1)·(0,–1)=(–2·0–1·(–1),(–2)(–1)+1·0)=
=(1,2)
Im(z)
Re(z)
–1 N
1
2 Q
M
1–2 P
3. z1=(x,3)ez2=(2–y,y)
z2–z1=(5,–4)⇒ (2–y,y)–(x,3)=(5,–4)⇒
⇒ (2–y–x,y–3)=(5,4)⇒ 2–y–x=5
y–3=–4 ⇒
⇒ x=–2ey=–1
4. a) i54=i2=–1
b) i95=i3=i2·i=(–1)·i=–i
c)i161=i1=i
d) i200=i0=1
e)i1221=i1=i
f )i2022=i2=1
g) i13335=i3=i2·i=–i
h)i12784=i0=1
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 90 13/05/10 04:33
5. a) i25·i18=i43=i3=i2·i=–i
b) (–2i)11=(–2)11·i11=–2048·i3=–2048(–i)=2048i
c) i79
i32 =i47=i3=–i
d) [(i2)20
]32
=[(i2)1]9=i18=i2=–1
e) i–98
i–34 =i–64=(i64)–1=(i0)–1=1
f ) i132+i61
i42 = i0+i1
i2= 1+i
–1=1–i.
6. i+i2+i3+i4=i–1–i+1=0
i=i5=i9=...=i49=ii2=i6=i10=...=i50=–1i3=i7=i11=...=i47=–ii4=i8=i12=...=i48=1
⇒
⇒(i+i2+i3+i4)=0
+(i5+i6+i7+i8)=0
+ ...+
+(i45+i46+i47+i48)=0
+ i49+i50=i–1
7. a) i i2 i3 i4
i5 i6 i7 i8
i9 i10 i11 i12
i13 i14 i15 i16
⇔
i –1 –i 1
i –1 –i 1
i –1 –i 1
i –1 –i 1
8. a) (3,–2)=3–2i
b) (–4,3)=–4+3i
c) 1–2i=(1,–2)
d) 5i=(0,5)
e) (0,4)=4i
f ) (4,0)=4
g) –3+i=(–3,1)
h) –5=(–5,0)
9. a)z=4+5i⇒Re(z)=4eIm(z)=5
b) z=3i+3⇒Re(z)=3eIm(z)=3
c) z=–
Oquadradonãoémágico,poisassomasdoselementos
dascolunasnãosãoiguais.
b) S=4i+4(–1)+4(–i)+4·1=0
14
+ 12
i⇒Re(z)=– 14
eIm(z)= 12
d) z=–7–i⇒Re(z)=–7eIm(z)=–1
| 1 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
e) z= –2+5i3
=– 23
+ 53
i⇒
⇒Re(z)=– 23
eIm(z)= 53
f ) z=–i 3 ⇒ Re(z)=0eIm(z)=– 3
10.z=(1+2i)·(i–4)=i–4+2i2–8ii2=–1
z=–6–7i⇒
⇒ M=(–6,–7)
11.a) z=(m–3)+4iéimagináriopuro ⇔ Re(z)=m–3=
=0eIm(z)=4≠0⇔ m=3
b) z=–3+(m+3)iéreal⇔Im(z)=m+3=0⇔m=
=–3
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12.- z=(1–p)+(p2–1)iéreal⇒Im(z)=p2–1=0⇒
⇒ p=–1oup=–1z≠0
p=–1
-- p=–1⇒z=1+1=2
13.z=(m2–25)+(m+5)i
a) zéimagináriopuro⇒
⇒Re(z)=m2–25=0⇒m=5oum=–5
e
Im(z)=m+5≠0⇒m≠–5
⇒m=5
b) m=5⇒z=(52–25)+(5+5)i⇒z=10i
14.z=(m2+1)+(m–1)iéimagináriopuro⇒
⇒Re(z)=m2–1=0(∃/m∈ℝeIm(z)=m–1≠0⇒m≠1
⇒∃/m∈ℝ
15.v=(–2–m)+3niéimagináriopuro⇒
(1)–2–m=0⇒m=–2e(2)3n≠0⇒n≠0
⇒
= – ≠
w= 4– (m2– 4)i é real⇒ m2– 4= 0⇒ m= 2 oum=–2(3)
Comom=–2satisfaz(1)e(3),entãom=–2.
Logo:m 2en 0
16.z=(3–x)+(x–1)i
a) Re(z)=2⇒ 3–x=2⇒x=1
b) Im(z)=–4⇒x+1=–4⇒x=–5
c) Re(z)>Im(z)⇒3–x>x+1⇒x<1
d) Im(z)<3⇒x+1<3⇒x<2
17.a) m+(n–1)i=–4+3i⇒m=–4en–1=3⇒ n=4
b) (n–2,m+5)=(3,–2)⇒n–2=3⇒n=5em+5=–2⇒m=–7
c)(m–3)=(n–2)i=5i⇒m–3=0⇒m=3en–2=5⇒n=7
d) (m–n+1)+(2m+n–4)i=0⇒
⇒ m–n+1=0e m=1en=22m+n–4=0
18.a) (2 – 3i) + (–1 + 2i) + (3 + 2i) = (2 – 1 + 3 ) +
+(–3+2+2)i=4+i
b) (–7+5i)–(3–2i)=–7+5i–3+2i=–10+7i
c) 2+(3–i)+(–1+2i)+i=2+3–i–1+2i+i=
=4+2i
d) 4i–(1–3i)–(–2+i)=4i–1+3i+2–i=1+6i
e) (–4+3i)+2i–(–3–i)=–4+3i+2i+3+i= –1+6i
f ) –1–(–2+i)+(5–i)–(3–7i)=–1+2–i+5–i–
–3+7i=3+5i
19.u=2+3i,v=–5iew=–1–2i
a) u+v+w=2+3i–5i–1–2i=1–4i
b) (u–i)+(v–w)=2+3i–i–5i+1+2i=3–i
c) v–w+u=–5i+1+2i+2+3i=3
20.a) z1=(–2,x)=–2+xi,comx∈ ℝez2=(y,–3)=
=y–3i,comy∈ ℝ
b) z1+z2=–4+2i⇒–2+xi+y–3i=–4+2i⇒
⇒(y–2)+(x–3)i=–4+2i⇒
⇒ y–2=–4
e x=5ey=–2x–3=2
21. u+v=2–5i(1)u–2v=–4+13(2)
| 2 |Capítulo 5 • Números complexos
Subtraindo-semembroamembro:(2)de(1),vem:3v=
=6–18i⇒v=2–6i(3).
Substituindo-se(3)em(1):u+2–6i=2–5i⇒u=i.
22.a) x2+100=0⇒x2=–100⇒ x=100·(–1)=
=100i2⇒x=10ioux=–10i
b) x2–6x+10=0∆=– 4=4i2
⇒ x = 6± 4i2
2 =6±2i
2 ⇒
⇒x=3+ioux=3– i
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c) –x2+4x–29=0⇒ x2–4x+29=0
∆=–100=100i2⇒x=
= 4± 100i22
= 4±10i2
⇒x=2+5iou
x=2–5i
d) (x2+9)·(x2–1)=0⇒
⇒ x2+9=0⇒x2=–9=9i2⇒x=3ioux=–3iou
x2–1=0⇒x2=1⇒x=1oux=–1
23.x3–14x2+58x=0⇒x(x2–14x+58)=0⇒
⇒ (I)x=0ou(II)x2–14x+58=0
∆=–36nãoexistex∈ℝ
a) Universoℝ:S={0}
b) Universoℂ:
(I):0∈ℂ
(II):x2–14x+58=0⇒x=14± 36i22
=
= 14±6i2
⇒x=7+3ioux=7–3i
Logo:S={0,7+3i,7–3i}.
24.a) x4+5x2+6=0⇒(x2+2)(x2+3)=0⇒
⇒ x2=–2=2i2⇒ x=i 2 oux=–i 2oux2=–3=3i2⇒x=i 3 oux=–i 3
Logo:S={i 2 ,–i 2 ,i 3 ,–i 3 }
b)x4+3x2–4=0⇒(x2)2+3x2–4=0x2=y
y2+ +3y–4=0⇒y=1ouy=–4⇒
⇒ x2=1⇒x= 1oux=–1oux2=–4=4i2⇒x=2ioux=–2i
Logo:S={–1,1,–2i,2i}.
25.a)Fazendo-se –5+12i=x+yi,comx,y∈ℝ,vem: ( –5+12i)2=(x+yi)2⇒–5+12i=(x2–y2)+
+ 2xyi⇒ x2–y2=–5(1)2xy=12⇒y= 6
x (2)
Substituindo-se(2)em(1):x2– 36
x2=–5⇒
⇒(x2)2+5x2–36=0⇒x2=4oux2=–9(x∈ ℝ)⇒
⇒x=2oux=–2.
x=2 (2) y=3
x=–2 (2) y=–3 ⇒ –5+12i =
2+3i–2–3i
b) Fazendo-se 4i =x+yi,comx,y∈ℝ,vem:
( 4i)2=(x+yi)2⇒4i=(x2–y2)+2xyi⇒
⇒x2–y2=0(1)e2xy=4⇒ y= 2
x(2)
Substituindo-se(2)em(1):x2– 4x2
=0⇒x4–4=
=0⇒(x2–2)(x2+2)=0x∈ℝ
x2=2⇒x= 2
ou x=– 2
x= 2 (2) y= 2
x=– 2 ⇒y=– 2 ⇒ 4i = 2 +i 2
– 2 –i 2
c) Fazendo-se 4+3i=x+yi,comx,y∈ℝ,vem:
( 4+3i)2=(x+yi)2⇒4+3i=(x2–y2)+2xyi⇒
⇒ x2–y2=4(1)
2xy=3⇒ y= 32x
(2)
Substituindo-se(2)em(1):
x2– 94x2 =4⇒4(x2)2–16x2–9=0⇒x2= 18
4ou
x2=– 24
(x∈ ℝ)⇒x=3 22
oux=–3 22
x= 3 22
(2) y= 22
x= – 3 22
(2) y=– 22
⇒ 4+3i =
= 3 2
2+i 2
2
– 3 22
–i 22
d) Fazendo-se 1–i 3 =x+yi,comx,y∈ℝ,vem:
( 1–i 3 )2=(x+yi)2⇒ 1–i 3 =(x2– y2)+2xyi⇒
⇒ x2–y2=1(1)
2xy=– 3 ⇒x=– 32y
(2)
| 3 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
Substituindo-se(2)em(1):
34y2–y2=1⇒4(y2)2+4y2–3=0⇒y2=– 6
4(y∈ ℝ)
ouy2= 24
⇒y= 22
ouy=– 22
y= 2
2 (2) x=– 6
2
y= – 22
(2) x= 62
⇒ 1–i 3 =
=– 6
2+ 2
2i
62
– 22
i
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 93 13/05/10 04:33
26.a) (2+5i)(1–i)=2–2i+5i–5i2=2+3i–5(–1)=7+3i
b) (4+3i)(–2+2i)=–8+8i–6i+6i2=–14+2i
c) (6–3i)(–3+6i)=–18+36i+9i–18i2=45i
d) (4+ i ) (2– i)+3– i=8–4i+2i– i2+3– i=
=12–3i
e) 4+3i+(1–2i)(3+i)=4+3i+3+i–6i–2i2=
=9–2i
f ) (–5i) (4 – 3i) (1 + 2i) = (–5i) (4 + 8i – 3i – 6i2) =
=(–5i)(10+5i)=–50i–25i2=25–50i
27.a) (1+i)·(1–i)=1–i2=2
b) (2–3i)2=4–12i+9i2=–5–12i
c) (4+i)2=16+8i+i2=15+8i
d) (–3–3i)2=[–(3+3i)]2=(3+3i)2=9+18i+9i2=18i
e) (4+4i)3=43+3·42·4i+3·4·(4i)2+(4i)3=64+
+192i+192i2+64i3=64+192i–192–64i=–128+
+128i
f ) (2+i)3=23+3·22·i+3·2·i2+i3=8+12i–6–i=
=2+11i
28.u=4–3i,v=–5iew=1+2i
u·v·w=(4–3i)·(–5i)(1+2i)=(4–3i)(–5i–10i2)=
=(4–3i)(–5i+10)=–20i+40+15i2–30i=25–50i
29. 3 ( 3 +i 3 ) 2=3( 3 +i 3 )2=3(3+6i+3i2)=
=3(6i)=18i
30.z1= 12
,3 = 12
+3i;z2=(2,–5)=2–5i
a) z1·z2= 12
+3i (2–5i)=1– 52
i+6i–15i2=16+
+ 72
·i
b) z22=(2–5i)2=4–20i+25i2=–21–20i
31.a) (1+i)5·(1–i)5=[(1+i)(1–i)]5=(1–i2)5=25=32
b) (1 – i)3 = (1 – i) (1 – i)2 = (1 – i) (1 – 2i + i2) =
=(1–i)(–2i)=–2i+2i2=–2–2i
c) (2+2i)4=[(2+2i)2]2=(4+8i+4i2)2=(8i)2=64i2=
=–64
32.z=(a+i)3,emquea∈ℝ
a) z=(a+1)3=a3+3a2i+3ai2+i3=(a3–3a)+(3a2–1)i
b) zéimagináriopuro⇒
⇒
a3–3a=0⇒a(a2–3)=0⇒ a=0,a= 3
oua=– 3 (1)e3a2–1≠0(2)
Comotodososvaloresdeaencontradosem(1)satisfa-
zem(2),então:a=0,a= 3 oua=– 3 .
33.- z=(x+3i)·(1–2i)=x–2xi+3i–6i2=(x+6)+
+(3–2x)i,comx∈
-- z∈⇒ 3–2x=0⇒x= 32
-- x= 32
⇒z= 32
+6⇒z=152
34.- z=(x+i)(x+2i)=x2+2xi+xi+2i2=(x2–2)+3xi,
comx∈
-- zéimagináriopuro⇒
x2–2=0⇒x= 2 oux=– 2 (1)e3x≠0(2)
⇒
Comotodososvaloresdexencontradosem(1)satisfa-
zem(2),entãox= 2 oux=– 2 .
-- Assim: x= 2 ⇒z=3 2 i
x=– 2 ⇒z=–3 2 i
| 4 |Capítulo 5 • Números complexos
35.u=–2+i⇒A=(–2,1)
v=1+5i⇒B=(1,5)
w=4+i⇒C=(4,1)
AABC= 12
·AC·BH= 12
·6·4=12
–2 0
Im (z)
Re (z)4
5
A C
B
1
H
36.z1=–1–3i,z2=2iez3=1–i
a) z1+z2=–1–3i+2i=1–3i–2i=1–5i
b) z2·z3=2i(1–i)=2i·(1+i)=2i+2i2=–2+2i
c) z1+z3=–1–3i+1–i=–1+3i+1–i=2i=–2i
d) Usandoaspropriedadesdoconjugado:
z2·z3=z2·z3=z2·z3=(–2i)·(1–i)=
=–2i+2i2=–2–2i
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 94
13/05/10 04:33
37.P=(2,–3)⇒z1=2–3i;Q=(–1,2)⇒z2=–1+2i
a) z1=2+3i⇒afixo:(2,3)
b) z1·z2=(2–3i)(–1–2i)=–2–4i+3i+6i2=–8–i⇒
⇒afixo:(–8,–1)
c) (z1 · z2)2 = z21 · z2
2 = (2 + 3i)2 · (–1 + 2i)2 =
= (4+12i+9i2)(1–4i+4i2)=(–5+12i)(–3–4i)=
=15+20i–36i–48i2=63–16i⇒afixo:(63,–13)
38.a)Im(z)
Re(z)0
7P
P = (–4, 7) ⇒ P' = (4, 7)
–4 4
P'
b)
Im(z)
Re(z)0
7P
P = (–4, 7) ⇒ P' = (4, –7)
–4
–7
4
P'
c)Im(z)
Re(z)0
7P
P = (–4, 7) ⇒ P' = (–4, –7)
–4
–7P'
d) P=(–4,7)⇒z=–4+7i
zi=(–4+7i)·i=–4i+7i2=–7–4i⇒P'=(–7,–4)
39.Sejaz=a+bi,coma,b∈.
z–z=6i⇒(a+bi)–(a–bi)=6i⇒ 2bi=6i⇒
⇒b=3,∀a∈
Logo:z=a+3i,emquea∈.
40.Sejaz=a+bi,coma,b∈.
2·zi+3=2z–z+2i⇒2i(a–bi)+3=
= 2(a+bi)–(a–bi)+2i⇒
⇒ (2b+3)+2ai=a+(3b+2)i⇒
⇒ 2b+3=a2a=3b+2
⇒a=–5eb=–4
Logo:z=–5– 4i.
| 5 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
41.a)(z)2=z
Sejaz=a+bi,coma,b∈,temos:
(a–bi)2=(a+bi)2⇒a2–b2–2abi=a2–b2+2abi⇒
⇒(1)a2–b2=a2–b2⇒∀a,b,∈(2)–2ab=2ab⇒a·b=0⇒a=oub=0
De(1)e(2),conclui-sequea=0oub=0,ouseja:
zéumnúmerorealouumimagináriopuro.
b) z2=2·z·i
Sejaz=a+bi,emquea,b∈,temos:
z2=2·z·i⇒(a+bi)2=2i(a–bi)⇒
⇒a2–b2+2abi=2b+2ai⇒
⇒ a2–b2=2b(1)ab=a(2)
De(2):ab=a⇒a(b–1)=0⇒a=0oub=1
a=0 (1) –b2= 2b⇒b(b+2)=0⇒b=0oub=–2b=1⇒a2–1=2⇒a= 3 oua=– 3
Assimtemos:
a=b=0⇒z=0
a=0eb=–2⇒z=–2i
a= 3 eb=1⇒z= 3 +i
a=– 3 eb=1⇒z=– 3 +i
c) (z)2=–2i
Sejaz–a+bi,coma,b∈,temos:
(z)2=–2i⇒ (a–bi)2=–2i⇒a2–b2–2abi=–2i⇒
⇒ a2–b2=0(1)ab=1(2)
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De(1):a2–b2=0⇒(a–b)·(a+b)=0⇒
⇒a=boua=–b
a=b (2) a2=1⇒a=b=1oua=b=–1
a=–b (2) –a2=1⇒a2=–1⇒ ∃/a,b∈
Assim:a=b=1⇒ z=1+ia=b=–1⇒z=–1–i
42.a) 3–7i3+4i
= (3–7i)(3–4i)(3+4i)(3–4i)
= 9–12i–21i+28i29–16i2
=
= –19–33i25
=– 1925 – 33
25 i
b) 1–2i2+i
= (1–2i)(2–i)(2+i)(2–i)
= 2–i–4i+2i24–i2
=–5i5
=– i
c) 13–i = 3+i
(3–i)(3+i) = 3+i9–i2 = 3
10+ 110·i
d) 2i1–i = 2i(1+i)
(1–i)(1+i) = 2i+2i21–i2 = –2+2i
2 =–1+i
e) 4+i4–i
= (4+i)2
(4–i)(4+i) = 16+8i+i2
16–i2 = 15+8i
17 =
= 1517
+ 817
i
f ) 65i
= 6·i5·i2
= 6i–5
=–65
i
43.a) z=1i
+ 11+i
= –ii(–i)
+ 1–i(1+i)(1–i) =–i+ 1–i
1–i2=
=–i+1–i2
= –2i+1–i2
=12
–32
i
b) z= 32+3i
– 2i3–2i
= 3(2–3i)4–9i2
– 2i(3+2i)9–4i2
=
= 6–9i–6i–4i213
= 1013
– 1513
i
c) z= 1+ii
– i1+i
= (1–i)(–i)i(–i)
– i(1–i)1–i2
= –i +
+i2– i+i22
=–2i–2–i–12
=–32
–32
i
d) z= 2–i3–i
+ 1–2i3+i
= (2–i)(3+i)+(1–2i)(3–i)(3–i)(3+i)
=
= 6–i–i2+3–7i+2i29–i2 = 4
5 – 45 i
e) z= (2–i)(4+3i)1–2i
= 8+6i–4i–3i21–2i
= 11–2i1–2i
=
=(11+2i)(1+2i)1–4i2 =11+22i+2i+4i2
5 = 75 + 24
5 i
f ) z = (1+i)2
1–i = 1+2i+i2
1–i = 2i
1–i = 2i(1+i)
12–i2 =
= –2+2i2
=–1+i
44.z=3–4i
a) 1z
= 13–4i
= 3+4i(3–4i)(3+4i)
= 3+4i9–16i2
= 325
+ 425
i
b) z1= 1z2 = 1
(3–4i)2 = 19–24i+16i2
= 1–7–24i
=
= –7+24i49–576i2
=– 7625
+ 24625
i=z1=– 7625
– 24625
i
c) 1zi
= 1(3–4i)·i
= 14+3i
= 4–3i16–9i2
= 425
– 325
i
| 6 |Capítulo 5 • Números complexos
45.z= 11+i
a) 1z
=1+i
b) z2= 1(1+i)2= 1
1+2i+i2= 1
2i= –i
2i(–i)=–1
2i⇒
⇒ Re(z2)=0eIm(z2)=–12
46.3+2iz
= 1 – i ⇒ z = 3+2i1–i
= (3+2i)(1+i)(1–i)(1+i)
=
= 3+3i+2i+2i21–i2
⇒z=12
+52
i
47.z= 2+i3–ai
= (2+i)(3+ai)9–a2i2
= 6+2ai+3i+ai29+a2
⇒
⇒z= 6–a9+a2 + 2a+3
9+a2 ·i
z:imagináriopuro⇒
⇒ (1) 6–a
9+a2 =0⇒a=6e(2)2a+3
9+a2 ≠0
Logo:a=6,poisestevalorsatisfazacondição(2).
48.z= 2+mi1–i
= (2+mi)(1+i)(1–i)(1+i)
=2+2i+mi+mi21–i2
⇒
⇒z= 2–m2
+ 2+m2
·i(1)
-- z∈ℝ⇒ 2+m2
=0⇒m=–2
-- Substituindo-sem=–2em(1),obtém-sez=2.
49. (1+i)53
(1–i)51 = (1+i)51·(1+i)2
(1–i)51 = 1+i1–i
51
·(1+2i+i2)=
= (1+i)2
(1–i)(1+i)51
·(2i)= 2i1–i2
51
·(2i)=
= 2i2
51
·(2i)=i51·(2i)=i3·(2i)=2i4=2∈
50.a) z=2+i⇒|z|= 22+12 = 5
b) z=5i⇒|z|= 02+52 =5
c) z=–4+3i⇒|z|= (–4)2+32 =5
d) z=–4⇒ |z|=|–4|=4
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 96 13/05/10 04:33
e) z=–2 3 –2i⇒|z|= (–2 3 )2+(–2)2=4
f ) z=14–14⇒|z|= 14
2
+ – 14
2
= 24
51.|2+3i|= 4+9 = 13 ≅3,61; |3+ i|= 9+1 =
= 10 ≅3,16;|1|=1
|–2|=2;|4i|= 16 =4;|–12i|=14 =12
Logo,ocomplexoquetemomaiormóduloé4i.
52.a) z=(2–3i)·(4+6i)⇒|z|=|2–3i|·|4+6i|= 4+9·
· 16+36 = 13 · 52 =26
b) z= 3i1+i
⇒|z|=|3i|
|1+i|= 3
1+1= 3
2=3 2
2
c) z=2·i119=2i3=–2i⇒|z|=|–2|=2
d) z=2i(–1+2i)=–2i+4i2=–4–2i⇒
⇒|z|= 16+4=2 5
e) z=(4–4i)(1–i)=(4+4i)(1–i)⇒ |z|=|4+4i|·
·|1–i|= 16+16 · 1+1=4 2 · 2 =8
f ) z= 5i( 3 –i)(3+4i)
⇒ |z|=|5i|
| 3 –i||3+4i|=
= 53+1· 9+16
= 52·5
=12
53.u=2+i,v=3–2iew=i
v–u·w=3–2i–(2+i)i=3–2i–2i–i2=4–4i⇒
⇒|v–u·w|=|4–4i|= 16+16 =4 2
54.z1=x+3iez2=2+(x–1)i,comx∈
|z1|=|z2|⇒ x2+9= 4+(x–1)2⇒
⇒x2+9=4+x2–2x+1⇒x=–2
55.A=(3,1)⇒z1=3+i;B=(2,–2)⇒z2=2–2i
a) z1+ z2= (3+ i)+ (2– 2i)= 5– i⇒ |z1+ z2|=
= 25+1= 26
b) z1– z2= (3+ i)– (2– 2i)= 1+ 3i⇒ |z1– z2|=
= 1+9 = 10
c) z1 ·z2 =(3–i)(2+2i)=8+4i⇒|z1 ·z2 |= 64+16 =
=4 5
| 7 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
b) B={z ∈ℂ;|z–z|=4}
Sez=x+yi,comx,y∈ℝ,temos:
|z–z|=4⇒|x+yi–x+yi|=4⇒|2yi|=4⇒|yi|=2⇒
⇒|y|=2⇒y=2ouy=–2,∀x∈ℝIm(z)
Re(z)0
2 y = 2
y = –2–2
Im(z)
Re(z)O
56.a) A={z∈ℂ;|z|=0}
SeZ=x+yi,comx,y∈ℝ,temos:
|z|=0⇒ x2+y2=0⇒x2+y2=0⇒x=y=0
Logo:A={(0,0)}.
57.Paracadaitem,consideremosz=x+yi,comx,y∈ℝ.
a) A={z∈ℂ;|z|=10}
|z|=10⇒ x2+y2=10⇒x2+y2=102
Im(z)
Re(z)
10
10–10
–10
0
b) B={z∈ℂ;|z|<4}
|z|<4⇒ x2+y2<4⇒x2+y2<42
Im(z)
Re(z)
4
4–4
–4
0
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 97 13/05/10 04:33
c) D={z∈ℂ;|z|⩾2}
|z|>2⇒ x2+y2>2⇒x2+y2⩾22
Im(z)
Re(z)
2
2–2
–2
0
d) E={z∈ℂ;|z–1|=1}
|z–1|=1⇒|x+yi–1|=1⇒|(x–1)+yi)|=1⇒
⇒ (x–1)2+y2 =1⇒(x–1)2+y2=12
Im(z)
Re(z)210
e) F={z∈ℂ;|z+i|=2}
|z+i|=2⇒|x+yi+i|=2⇒|x+(y+1)i|=2⇒
⇒ x2+(y+1)2=2⇒x2+(y+1)2=22
Im(z)
Re(z)
2
–1
–3
0
f ) G={z∈ℂ;|z–1+2i|=2}
|z–1+2i|=2⇒|x+yi–1+2i|=2⇒|(x–1)+
+(y+2)i|=2⇒ (x–1)2+(y+2)2=2⇒(x–1)2+
+(y+2)2=22
| 8 |Capítulo 5 • Números complexos
Im(z)
Re(z)–1
–2
31
58.a) z= 3 +i⇒|z|= 3+1=2
cosθ= 32
senθ= 12
⇒0°<θ<90°
θ=30°
b) z=4 3 –4i⇒|z|= 16·3+16=8
cosθ= 4 38
= 32
senθ=– 48
=– 12
⇒270°<θ<360°
θ=360°–30°= =330°
c) z=–2+2i⇒|z|= 4+4=2 2
cosθ=– 22 2
=– 22
senθ= 22 2
= 22
⇒90°<θ<180°
θ=180°–45°= =135°
d) z=–2+2i 3 ⇒|z|= 4+4·3 =4
cosθ=– 24
=– 12
senθ= 2 34
= 32
⇒90°<θ<180°
θ=180°–60°= =120°
e) z=– 12
– 12
i⇒|z|= 14
+ 14
= 22
⇒180°<θ<270°
cosθ=– 1
2
22
=–2
2
senθ=– 1
2
22
=–2
2
θ=180°+45°
θ=225°
f ) z=2i
zéimagináriopuroeIm(z)>0⇒θ=90°
g) z=–3–3i 3 ⇒|z|= 9+9·3 =6
cosθ=– 36
=– 12
senθ= – 3 36
= – 32
⇒π<θ<
3π2
θ=π+π3
=
= 4π3
h) z= 2 +i 2 ⇒|z|= 2+2 =2
cosθ= 22
senθ= 22
⇒0<θ<
π2
θ= π4
i) z=–6
zéumnúmerorealeRe(z)<0⇒θ=π
j) z= 6 –i 2 ⇒|z|= 6+2 =2 2
cosθ= 6
2 2= 3
2
senθ=– 22 2
= – 12
⇒3π2 <θ<2π
θ=2π–π6
=11π6
k) z=– 22
+ 62
i⇒|z|=24
+ 64 = 2
cosθ=
– 22 2
=– 12
senθ=
62 2
= 32
⇒π2 <θ<π
θ=π–π3
= 2π3
l) z= – i4
zéimagináriopuroeIM(z)<0⇒θ= 3π2
9.P1∈ semieixorealpositivo ⇒ θ1=0°
Comoohexágonoéregular,cadaumdosarcosP1P2 ,P2P3 ,
P3P4 ,P4P5 ,P5P6 eP6P1 ,mede60°.
Logo:θ2=60°,θ3=120°,θ4=180°,θ5=240°eθ6=300°.
Im(z)
Re(z)P4
P5 P6
P1
P2P3
5
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| 9 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
60.a) z=– 5 32
+ 52
i⇒ ρ= 25·34
+ 254
=5
cosθ=––5 325
=– 32
senθ=
52 5
= 12
⇒θ=150°
Logo:z=5(cos150°+isen150°).
b) z=– 2 –i 2 ⇒ ρ = 2+2 =2
cosθ=– 22
senθ= – 22
⇒θ=225°
Logo:z=2(cos225°+isen225°).
c) z=2i⇒ρ = 2
zéimagináriopuroeIm(z)> 0 ⇒ θ = 90°Logo:z=2(cos90°+isen90).
d) z=1–i 3 ⇒ρ= 1+3 =2
cosθ= 12
senθ= 32
⇒θ=300°
Logo:z=2(cos300°+isen300°).
e) z= 12
+i 32
⇒ρ= 14
+ 34
=1
cosθ= 12
senθ= 32
⇒θ=60°
Logo:z=cos60°+isen60°.
f ) z=–4⇒ρ=4
z∈ℝ eRe(z)<0⇒θ=πLogo:z=4(cosπ+isenπ).
g) z=3–3i⇒ρ= 9+9 =3 2
cosθ= 33 2
= 22
senθ= –33 2
= – 22
⇒θ= 7π4
Logo:z=3 2 (cos 7π4
+isen 7π4
).
h) z=(–5,5)=–5+5i⇒ ρ= 25+25 =5 2
cosθ= –55 2
= – 22
senθ= 55 2
= 22
⇒θ= 3π4
Logo:z=5 2 (cos 3π4
+isen 3π4
).
i) z=–i⇒ρ=1
zéimagináriopuroeIm(z)<0⇒θ= 3π2
.
Logo:z=cos 3π2
+isen 3π2
.
j) z= – 14
,– 34
=– 14
– 34
i⇒ρ= 116
+ 316
12
cosθ=–– 1
412
= – 12
senθ=– 3
412
= 32
⇒θ= 4π3
Logo:z= 12
cos 4π3
+isen 4π3
.
=
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 99 13/05/10 04:33
k) z=(1–i)2=1–2i+i2=–2i⇒ρ=2
zéimagináriopuroeIm(z)<0⇒θ= 3π2
Logo:z=2(cos 3π2
+isen 3π2
).
l) z=13⇒ρ=13
z∈ℝeRe(z)> 0⇒θ=0Logo:z=13(cos0+isen0).
61.- ρ1=3,θ1=90°⇒z1=3(cos90°+isen90°)
-- ρ2 = 3 + 2 = 5; θ2 = 180° – 30° = 150° ⇒
⇒ z2=5(cos150°+isen150°)
-- ρ3 = 3 + 2 = 5; θ3 = 270° + 45° = 315° ⇒
⇒z3=5(cos315°+isen315°)
Im(z)
Re(z)
P3
P1
P2
30°
45°
0 3
2
| 10 |Capítulo 5 • Números complexos
62.- z= i1+i + 1
i
a)- z= (1–i)i(1+i)(1– i)
+ (–i)i(– i)
= i–i21–i2
– i–i2
=
= i+1–2i2
= 12
– i2
-z2= 12
– i2
2
= 14
– i2
+ i24
= – i2
b) .z= 12
– i2
⇒ ρ = 14
+ 14
= 22
cosθ=–
122
2
= 22
senθ=– 1
22
2
= – 22
⇒θ=315°
Logo:z= 22
(cos315°+isen315°).
- z2=– 12
·i⇒ρ= 12
- z2éimagináriopuroeIm(z)<0⇒θ=270°.
Logo:z2= 12
(cos270°+isen270°).
63.a) z=4(cos120°+isen120°)=4 – 12
+i 32
⇒
⇒z=–2+2i 3
b) z= 6 cos 4π3
+ i sen 4π3
=6 – 12
– i 34
⇒
⇒z=–3–3i 3
c) z=3(cos90°+isen90°)=3(0+i)⇒z=3i
d) z=cos 3π2
+isen 3π2
=0+i(–1)⇒z=–i
e) z = cos 210° + i sen 210° = – 32
+ i – 12
⇒
⇒z=– 32
– 12
i
f ) z=2(cos 5π6
+i·sen 5π6
)=2 – 32
+i· 12
⇒
⇒z=– 3 +i
g) z= 2 (cos135°+isen135°)= 2 – 22
+i· 22
⇒
⇒z=–1+i
h) z=3 cos 7π4
+i·sen 7π4
=3 22
+i – 22
⇒
⇒z=3 22
–3 22
·i
64.x,y∈ ℂ
a) x+ yi=–1–2i(·i)2xi+y=1+i
⇒+ xi–y=–i+22xi+y=1+i(1)
3xi=3⇒–x= 1i = –i
i(–i)⇒x=– i(2)
Substituindo-se(2)em(1):
2(–i)i+y=1+i⇒y=–1+iAssim,temos:
- x=–i⇒ρ=1eθ= 3π2 ⇒x=cos 3π
2 +isen 3π2
- y=–1+i⇒ρ= 1+1 = 2
cosθ=– 12
= – 22
senθ= 12
= 22
⇒θ= 3π4
Logo:y= 2 (cos 3π4
+isen 3π4
).
b) 2x+yi=0(·i)xi+y=3–3i 3
⇒
⇒+ 2xi–y=0(1)xi+y=3–3i 3
3xi=3–3i 3 ⇒x= 1–i 3i
=– 3 –i(2)
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De(1):y=2xi (2) 2i(– 3 –i)⇒y=2–2i 3
Assim,temos:
- x=– 3 –i⇒ρ= 3+1 =2
cosθ= – 32
senθ= – 12
⇒θ=210°
Logo:x=2(cos210°+isen210°).
- y=2–2i 3 ⇒ρ= 4+12=4
cosθ= 24 =
12
senθ= ––2 34
=– 32
⇒θ=300°
| 11 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
Logo:y=4(cos300°+isen300°).
65.M: imagem do complexo z = ρ [cos (180° – θ + i ·
·sen(180°–θ)]
Assim:z=ρ (–cosθ+isenθ)(1)
tgθ= 32
1+tg2θ=sec2θ⇒sec2θ=1+ 9
4 =134 ⇒cos2θ=
= 413
0<θ<90°cosθ=
213
(2)
tgθ=senθcosθ = 3
2 ⇒senθ= 32 · 2
13⇒senθ=
= 313
(3)
Substituindo-se(2)e(3)em(1),obtém-se:
z=ρ – 213
+ 313
i
Assim,demodogeral,aformaalgébricadeZédadapor:
z=– 2ρ13
+ 3ρ13
i
Logo,seρ= 13,obtém-sez=–2+3i,umapossível
formaalgébricadez.
Re(z)
Im(z)
O
M
θ
66.z=i21·i22·i23·...·i29=i21+22+...+29=i(21+29)
2 ·9 = i225=i
z=i=cos π2
+ isen π2
67.afixos:A(5,5),B(–5,5),C(–5,–5),D(5,–5)
Re(z)
Im(z)
0
B(–5,5)
–5
–5
A(5,5)5
5
π4
C(–5,–5) D(5,–5)
Assim:ρA=ρB=ρC=ρD= 25+25 =5 2 .
θA= π4
⇒ θB= π4
+ π2
= 3π4
,θC= π4
+ π=5π4
eθc=
= π4
+ 3π2
= 7π4
Logo:z=5 2 (cosθ+isenθ),comθ= π4
,3π4
,5π4
ou7π4
68.z1=6(cos240°+isen240°);z2=
=2 3 (cos30°+isen30°);z3=3(cos150°+isen150°)
a) z1·z2=6·2 3 [cos(240°+30°)+isen(240°+30°)]=
=12 3 (cos270°+isen270°)
b) z3·z2=3·2 3 [cos(150°+30°)+isen(150°+30°)]=
=6 3 (cos180°+isen180°)
c) z1·z2·z3=6·2 3 ·3·[cos(240°+30°+150°)+
+ i sen (240°+ 30°+ 150°)]= 36 3 (cos 420°+
+isen420°)=36 3 (cos60°+isen60°)
d) z1
z2
= 62 3
[cos (240°–30°)+ i sen (240°–30°)]=
= 3 (cos210°+isen210°)
e)z1
z3
= 63
[cos (240°–150°)+ i sen(240°–150°)]=
=2(cos90°+isen90°)
f )z2
z3
= 2 33
[cos(30°–150°)+isen(30°–150°)]=
= 2 33
[cos(–120°)+isen(–120°)]= 2 33
(cos240°+
+isen240°)
69.u=2 cos3π8
+ isen 3π8
ev= 2 cos11π8
+ isen11π8
a) u·v=2· 2 cos 3π8
+ 11π8
+isen 3π8
+ 11π8
=
=2 2 cos7π4
+ isen7π4
=2 2 22
–i 22
=
=2–2i
b) vu
= 22
cos 11π8
– 3π8
+ isen 11π8
– 3π8
=
= 22
(cosπ+isenπ)= 22
(–1+i·0)=– 22
c) u2=u·u=2·2· cos 3π8
+ 3π8
+isen 3π8
+ 3π8
=
= 4 cos 3π4
+ i sen 3π4
= 4 – 22
– i · 22
=
= –2 2 +2i 2
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 101 13/05/10 04:33
| 12 |Capítulo 5 • Números complexos
70.a) z1=4(cos120°+isen120°)
z1·z2=2(cos270°+isen270°)⇒
⇒z2= 2(cos270°+isen270°)4(cos120°+isen120°)
Logo:z2= 12
[cos(270°–120°)+isen(270°–120°)]⇒
⇒z2= 12
(cos150°+isen150°).
b) z2= 12
– 32
–i· 12
⇒z2=–3
4+ 1
4i
71.z=2(cos30°+isen30°)
a) z3=23(cos3·30°+isen3·30°)=8(cos90°+isen90°)=
=8(0+i·1)=8i
b) z6=26(cos6·30°+isen6·30°)=64(cos180°+isen180°)=
=64(–1+i·0)=–64
c) z10=210(cos10·30°+isen10·30°)=1024(cos300°+
+isen·300°)=1024 12
– i 32
=512–512i 3
72.z= 3 +i
a) z4= ( 3 + i)4= ( 3 )4+4( 3 )3 i+6 ( 3 )2 · i2+
+ 4 ( 3 ) i3+ i4= 9+ 12i 3 – 18– 4i 3 + 1=
=–8+8i 3
b) z= 3 +i=2(cos30°+isen30°)⇒
⇒z4=24(cos4·30°+isen4·30°)=16(cos120°+
+isen120°)=16 –12
+i·3
2=– 8+8i 3
73.a) z=– 6 –i 2 ⇒z=2 2 cos7π6
+ isen7π6
z10 = (– 6 – i 2 )10 = (2 2 )10 cos 10 · 76
π +
+ isen10·7π6
=215 cos35π3+isen35π
3 =
=215 cos5π3
+isen5π3
=215 12
–i·3
2=
=214–214i 3
b) z= 15
+ 15
i⇒z=2
5 cosπ
4+isenπ
4
z8= 15
+ 15
i8
= 2
5
8
cos8·π4
+isen8·π4
=
= 1658 (cos2π+isen2π)=16
58 (1+i·0)=1658
c) z=–4+4i 3 ⇒z=8(cos120°+isen120°)
z–6=(–4+4i 3 )–6=8–6(cos(–6)·120°+isen(–6)·
·120°)= 1218 (cos(–720°)+isen(–720°)= 1
218 (cos00+
+isen00)= 1218 (1+i·0)= 1
218
75.a) z0=i⇒ z0=cosπ2
+ isenπ2
Sejaz=ρ(cosθ+isenθ),talquez2=z0,ouseja,
z2=ρ2(cos2θ + isen2θ)=cosπ2
+isen π2
⇒
ρ2= 1 ⇒ ρ =1
2θ= π2
+ k:2π ⇒ θ = π4
+ kπ,k∈ℤ(*)⇒
Em(*),fazendo-sek=0,1,obtém-se:
θ1= π4
θ2= 5π4
Logo: i =
z1= cosπ
4 +isenπ
4 = 2
2 + 2
2i
z2=cos 5π4
+isen 5π4
=– 22
– 22
i
b) z0=–3⇒z0=3(cosπ+isenπ)
z=ρ(cosθ+isenθ)ez2=z0⇒
⇒ ρ2(cos2θ+isen2θ)=3(cosπ+isenπ)⇒
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 102 13/05/10 04:33
74. z = 32
– 12
i ou z = 1 cos – π6 + i sen –
π6
zn = 1n cos –nπ6 + i sen –n π
6 =
= cos –n π6
+ i sen –n π6
z45 = cos – 15π2
+ i sen – 15π2
= cos π2
+ i sen π2
= i
z50 = cos – 25π3
+ i sen – 25π3
= cos – π3
+ i sen – π3
=
= 12
– 32
i
z100 = (z50)2 = 12
– 32
i2
=
= 14
– 2 · 12
· 32
i + 32
i2
=
= 14
– 34
– 32
i = – 12
– 32
i
| 13 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
⇒ ρ2=3⇒ρ= 3
2θ=π+k·2π,k∈ℤ⇒θ =π2
+ kπ,k∈ℤ
Em(*),fazendo-sek=0,1,obtém-se:
θ1= π2
θ2= 3π2
Logo: –3=
z1= 3 cos π2
+isen π2
=
= 3 (0+i·1)=i 3
z2= 3 cos3π2
+isen3π2
=
3 [0+i(–1)]=–i 3
c) zo=– 14
i⇒zo= 14
cos 3π2
+isen 3π2
z=ρ(cosθ+isenθ)ez2=zo⇒
⇒ρ2(cos2θ+isen2θ)= 14
cos 3π2
+isen 3π2
⇒
⇒ ρ2= 1
4⇒ρ= 1
2
2θ= 3π2
+k·2π ⇒ θ = 3π4
+ kπ,k∈ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1,obtêm-se:θ1= 3π
4
θ2= 7π4
.
Logo: – 14
i=
z1= 12
cos 3π4
+isen 3π4
= 12
· – 22
+ i 22
=
=– 24
+ 24
·i
z2= 12
cos 7π4
+isen 7π4
= 12
· 22
– i 22
=
= 24
– 24
·i
76.a) z0=–2+2i 3 ⇒z0=4 cos2π3
+isen 2π3
z=ρ(cosθ+isenθ)ez3=z0⇒
⇒ ρ3(cos3θ+isen3θ)=4 cos2π3
+isen2π3
⇒
⇒ρ3= 4 ⇒ ρ =
32
3θ= 2π3
+ k·2π ⇒ θ = 2π9
+ k·2π3
,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1e2obtêm-se:θ1=2π9
,θ2=
∙8π9
eθ3=14π9
.
Logo:3–2+2i 3 =
=
z1=3
4 cos2π9
+ isen2π9
z2=3
4 cos8π9
+ isen8π9
z3=3
4 cos14π9
+ isen14π9
b) z0=–5–5i⇒z0=5 2 cos5π4
+isen5π4
z=ρ(cosθ+isenθ)ez4=z0⇒
⇒ ρ4(cos4θ+isen4θ)=5 2 cos5π4
+isen5π4
⇒
⇒ ρ4= 5 2 ⇒ ρ4 = 50⇒ρ=
850
4θ= 5π4
+ k·2π ⇒ θ = 5π16
+ k·π2
,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1,2e3,obtêm-se:θ1=5π16
,
θ2=13π16
,θ3=21π16
eθ4=29π16
.
Logo:4
–5– 5i =
=
z1= 8
50 cos5π16
+isen5π16
z2= 8
50 cos13π16
+isen13π16
z3= 8
50 cos21π16
+isen21π16
z4= 8
50 cos29π16
+isen29π16
c) z0=4 3 –4i⇒z0=8 cos11π6
+isen11 π6
z=ρ(cosθ+isenθ)ez5=z0⇒
⇒ ρ5(cos5θ+isen5θ)=8 cos11π6
+isen11π6
⇒
⇒ ρ5= 8⇒ρ = 5
8
5θ= 11π6
+ k·2π ⇒ θ = 11π30
+ k·2π5
,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1,2,3e4,obtêm-se:
θ1=11π30
,θ2=23π30
,θ3= 7π30
,θ4=47π30
eθ5=59π30
Logo:5
4 3 –4i =
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 103 13/05/10 04:33
| 14 |Capítulo 5 • Números complexos
=
z1= 5
8 cos11π30
+isen11π30
z2= 5
8 cos23π30
+isen23π30
z3= 5
8 cos 7π6
+isen 7π6
z4= 5
8 cos47π30
+isen47π30
z5= 5
8 cos59π30
+isen59π30
77.a) x4+16=0⇒x4=–16
x0=–16⇒x0=16(cosπ+isenπ)
x=ρ(cosθ+isenθ)ex4=x0⇒
⇒ ρ4(cos4θ+isenθ)=16(cosπ+isenπ)⇒
⇒ ρ4= 16⇒ρ =2
4θ= π + k·2π⇒ θ = π4
+ k·π2
,comk∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1,2e3,obtêm-se:θ1= π4
,
θ2=3π4
,θ3=5π4
eθ4=7π4
.
Logo:x=2(cosθ+isenθ),comθ= π4
,3π4
,5π4
ou
=7π4
,ouseja:
x= 2 +i 2 ,– 2 +i 2 ,– 2 –i 2 ou 2 –i 2 .
b) x4–2i=0⇒x4=2i
x0=2i⇒x0=2 cos π2
+isen π2
x=ρ(cosθ+isenθ)ex4=x0⇒
⇒ ρ4(cos4θ+isen4θ)=2 cos π2
+isen π2
⇒
⇒ ρ4= 2⇒ρ =
42
4θ= π2
+ k·2π⇒ θ = π8
+ kπ2
,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1,2e3,obtêm-se:θ1= π8
,
θ2=5π8
,θ3=9π8
eθ4=13π8
.
Logo:x= 4
2 (cosθ+isenθ),comθ= π8
,5π8
,9π8
ou13π8
.
c) x3–8 3 –8i=0⇒x3=8 3 –8i
x0=8 3 +8i⇒x0=16 cos π6
+isen π6
x=ρ(cosθ+isenθ)ex3=x0⇒
⇒ ρ3(cos3θ+isen3θ)=16 cos π6
+isen π6
⇒
⇒ ρ3= 16⇒ρ =2
32
3θ= π6
+ k·2π ⇒ θ = π18
+ k·2π3
,k∈ ℤ(*)
Em(*), fazendo-sek=0,1e2,obtêm-se:θ1= π18
,
θ2=13π18
eθ3=25π18
.
Logo:x=23
2 (cosθ+isenθ),comθ= π18
,13π18
ou25π18
.
d) x3=(–1, 3 )=–1+i 3
x0=–1+i 3 ⇒ x0=2 cos2π3
+isen2π3
x=ρ(cosθ+isenθ)ex3=x0⇒ρ3(cos3θ+isen3θ)=
=2 cos2π3
+isen2π3
⇒
⇒ ρ3= 2⇒ρ = 3
2
3θ= 2π3
+ k·2π ⇒ θ = 2π9
+ k·2π3
,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1e2,obtêm-se:θ1=2π9
,θ2=
= 8π9
eθ3=14π9
.
Logo:x=3
2 (cosθ+isenθ),comθ=2π9
, 8π9
ou
14π9
.
e) x2= 12
,– 12
= 12
– 12
i
x0= 12
– 12
i= 22
cos7π4
+isen7π4
x=ρ(cosθ+isenθ)ex2=x0⇒ρ2(cos2θ+isen2θ)=
=2
2 cos7π
4+isen7π
4⇒
⇒ ρ2=
22
⇒ρ =4
82
2θ= 7π4
+ k·2π ⇒ θ = 7π8
+ kπ,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0e1,obtêm-se:θ1=7π8
eθ2=
=15π8
.
Logo:x=4
82
(cosθ+isenθ),comθ=7π8
ou15π8
.
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 104 13/05/10 04:33
| 15 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
78.Dadoz=4i
a) z=4i⇒z=4 cos π2
+isen π2
z1=ρ cosθ+isenθ ez21=z⇒
⇒ ρ2(cos2θ+isen2θ)=4 cos π2
+isen π2
⇒
⇒ ρ2= 4⇒ρ = 2
2θ= π2
+ k·2π ⇒ θ = π4
+ kπ,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0e1,obtêm-se:θ1=π4
eθ2=
=5π4
Logo:z1= 4i=2 cos π
4+isen π
4
2 cos π4
+isen π4
Re(z)
Im(z)
0
P1
2
2
π4
P2
b) P1P2=2ρ=2·2=4
79.zA=2(cos60°+isen60°)=2 12
+i· 32
=1+i 3
zB=2(cos180°+isen180°)=2(–1+i·0)=–2
zc=2(cos300°+isen300°)=2 12
–i· 32
=1–i 3
B
C
A
Im(z)
Re(z)
2
260°
0
80.Umadasraízesquartasde–8+8i 3 éz1=2(cos30°+
+isen30°).
-- Todas as raízes quartas de–8+ 8i 3 têm mesmo
módulo⇒ρ1=ρ2=ρ3=ρ4.
-- OsargumentosdasraízesquartasformamumaP.A.
derazão360°4
=90°.
Logo:z1=2(cos30°+isen30°)=2 32
+i· 12
= 3 +i
z2=2(cos120°+isen120°)=2 –12
+i· 32
=–1+i 3
z3=2(cos210°+isen210°)=2 – 32
–i· 12
=– 3 –i
z4=2(cos300°+isen300°)=2 12
–i· 32
=1–i 3
81.cos72°+isen72°éraizdaequaçãox5+k=0⇒
⇒(cos72°+isen72°)5+k=0⇒
⇒ (cos360°+isen360°)+k=0⇒
⇒k=–cos0°–i·sen0°⇒k=–1
⇒k=cos180°+isen180°
x=ρ(cosθ+isenθ)ex3=k⇒
⇒p3(cos3θ+isen3θ)=cos180°+isen180°⇒
⇒ρ3= 1⇒ρ =1
3θ= 180°+ k·360° ⇒ θ = 60° + k·120°,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1e2,obtêm-se:θ1=60°,θ2=
=180°eθ3=300°.
Logo:3
k =cos60°+isen60°=1
2+i 3
2cos180°+isen180°= 1
cos300°+isen300°=–
12
i 32
(–1,0) 1
,
Im(z)
Re(z)0
32
12
, –32
12
82.A=(–1,0):imagemdez1=–1(raizsextadez)
a) z1= 6
z ⇒z=z61=(–1)6⇒z=1
b) z1=–1=cos180°+isen180°
-- ρ1=1⇒ρ2=ρ3=ρ4=ρ5=ρ6=1
-- osargumentosprincipaisde6
z formamumaP.A.
derazão360°6
=60°,ouseja:
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 105 13/05/10 04:33
–
| 16 |Capítulo 5 • Números complexos
θ1=180°⇒
θ2=θ1–3·60°=0°
θ3=θ1–2·60°=60°
θ4=θ1–1·60°=120°
θ5=θ1+1·60°=240°
θ6=θ1+2·60°=300°
Logo:z1=cos180°+isen180°=–1
z2=cos0°+isen0°=1
z3=cos60°+isen60°=12
+i 32
z4=cos120°+isen120°=–12
+i 32
z5=cos240°+isen240°=–12
–i 32
z6=cos300°+isen300°=12
–i 32
83.3 1 =?
-- z0=1⇒z0=cos0°+isen0°
z=ρ(cosθ+isenθ)ez3=z0⇒ρ3(cos3θ–isen3θ)=
=cos0°+isen0°⇒
⇒ρ3= 1⇒ρ =1
3θ= 0° + k·360° ⇒ θ = k · 120°,k∈ ℤ(*)
Em(*),fazendo-sek=0,1e2,obtêm-se:θ1=0°,θ2=
=120°eθ3=240°.
Logo:3
1 =
z1=cos0°+isen0°=1z2=cos120°+isen120°=–1
2+i 3
2
z3=cos240°+isen240°=– 12
–i 32
AP1P2P3= 1
2(P2P3)·(HP1)= 1
2· 2· 3
2· 3
2⇒
⇒AP1P2P3= 3 3
4
0H
Im(z)
Re(z)P1 (1, 0)
P2 ,–12
32
P3 ,– –12
32
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 106 13/05/10 04:33
Exercícios complementares
1. a) A = 10Σ
n = 0 in = (i0 + i1 + i2 + i3) + (i4 + i5 + i6 + i7)
= 0= 0
+
+ i8 + i9 + i10 = i0 + i1 + i2 = 1 + i – 1 = i
P.A.
b) A = i · i2 · i3 · ... · i19 · i20 = i1 + 2 + 3 + ... + 19 + 20 = i(1 + 20)
2 · 20
=
= i210 = i2 = –1
2. a) n: no. natural par ⇒ n = 2p, p ∈ ℕ
A = in + i2n + i3n + i4n = i2p + i4p + i6p + i8p = (i2)p +
+ (i4)p + (i2)p · (i4)p + (i4)2p = (–1)p + 1p + (–1)p · 12p +
+ 12p ⇒
⇒ A = 2 · (–1)p + 2 ⇒ A = 2 + 2 = 4, se p é par
–2 + 2 = 0, se p é ímpar
b) n: no. inteiro ⇒
(1) n = 4k
(2) n = 4k + 1
(3) n = 4k + 2
(4) n = 4k + 3
, ∀k ∈ ℤ, ou seja,
A = in + i–n = in + 1in
(1): n = 4k ⇒ in = i4k = (i4)k = 1k = 1 ⇒ A = 1 + 11 = 2
(2): n = 4k + 1 ⇒ in = i4k + 1 = i4k · i = i ⇒ A = i + 1i =
= i + (–i)i(–i)
= i – i = 0
(3): n = 4k + 2 ⇒ in = i4k + 2 = i4k · i2 = –1 ⇒ A = –1 +
+ 1–1
= –2
(4): n = 4k + 3 ⇒ in = i4k + 3 = i4k · i3 = –i ⇒ A = –i + 1–i
=
= –i + i(–i)i
= –i + i = 0
Logo: A = 2, 0 ou –2
3. ΔAPB equilátero a > 0⇒ h = PH = 2a 3
2 = a 3
b
A H Baa
60°
2a 2a
P
AAPB = 36 3
| 17 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 107 13/05/10 04:33
12
⋅ 2a ⋅ a 3 = 36 3
a = 6e
b = a 3 = 6 3
Assim: z = a + bi ⇒ z = 6 + 6i 3
Logo: z2 = (6 + 6i 3 )2 = 36 + 36i2 ⋅ 3 + 72i 3 ⇒
⇒ z2 = –72 + 72i 3
4. A = {x ∈ ℤ; |x| < 5} = {x ∈ ℤ; –5 < x < 5} = {–4, –3, –2, ..., 4} ⇒ ⇒ n(A) = 9Seja z ∈ A, z = (a, b).a) a ∈ A e b ∈ A ⇒ (a, b) ∈ (A × A) ⇒ no. de pares (a, b)
é n(A × A) = n(A) · n(A) = 9 · 9 = 81
b) (a, b) é imaginário puro ⇒ a= 0 e b ≠ 0 ⇒ ⇒ (0, b) ∈ {0} × A* no. de pares (0, b), com b ≠ 0, é n({0} × A*) = 1 · n(A*) = 8
c) z · z = 20 ⇒ (a + bi) · (a – bi) = 20 ⇒ a2 + b2 = 20 ⇒ ⇒ b = ± 20 – a2 ⇒
a, b ∈ A
⇒
a = –4 ⇒ b = –2 ou b = 2 ⇒ z = –4 – 2i ou z = –4 + 2i
a = –2 ⇒ b = –4 ou b = 4 ⇒ z = –2 – 4i ou z = –2 + 4i
a = 2 ⇒ b = –4 ou b = 4 ⇒ z = 2 – 4i ou z = 2 + 4i
a = 4 ⇒ b = –2 ou b = 2 ⇒ z = 4 – 2i ou z = 4 + 2i
5. Seja z = a + bi, com a, b ∈ ℝ.(z)2 + iz = –2 ⇒ (a – bi)2 + i(a + bi) = –2 ⇒ a2 – b2 – 2abi + + ai – b = –2 ⇒ a2 – b2 – b + (a – 2ab)i = –2 ⇒
⇒ a2 – b2 – b = –2 (1)
– 2ab = 0 ⇒ a (1 – 2b) = 0 ⇒ a = 0 ou b = a 12
(2)
Assim, de (2):
a = 0 ⇒(1)
b2 + b – 2 = 0 ⇒ b = –2 b = 1
b =
ou
12
⇒(1)
a2 = –2 + 14
+ 12
⇒ a2 = – 54
⇒ ∃/ ∈ ℝa
Logo: z = i ou z = – 2i.
6. Seja z = a + bi, com a, b ∈ ℝ, temos:
u + v + z = (1 + 2i) + (3 + 4i) +(a + bi) =
= (a + 4) + (b + 6)i ∈ ℝ (1)
u · v · z = (1 + 2i) · (3 + 4i) · (a + bi) =
= (–5 + 10i) · (a + bi) = (–5a – 10b) +
+ (10a – 5b)i ∈ ℝ (2)
De (1): b = –6De (2): 10a – 5b = 0
⇒ a = – 3
Logo: z = –3 – 6i.
7. z = 3 + i2 + xi
, com x ∈ ℝ
z = (3 + i) · (2 – xi)(2 + xi) · (2 – xi)
= 6 + x4 + x2 + 2 – 3x
4 + x2 · i
a) Re(z) = 1 ⇒ 6 + x4 + x2 = 1 ⇒ x2 – x – 2 = 0 ⇒ x = 2 ou
x = –1
b) Im(z) = 0 ⇒ 2 – 3x4 + x2 = 0 ⇒ 2 – 3x = 0 ⇒ x = 2
3
c) Re(z) = Im(z) ⇒ 6 + x4 + x2 = 2 – 3x
4 + x2 ⇒ 6 + x = 2 – 3x ⇒
⇒ x = –1
8. A = 5 – xi5x – 9i
, x ∈ ℝ
A = (5 – xi) · (5x + 9i)(5x – 9i) · (5x + 9i)
= 34x25x2 + 81
+ 5x2 – 4525x2 + 81
· i
A • ∈ ℝ ⇒ 5x2 – 4525x2 + 81
= 0 ⇒ 5x2 – 45 = 0 ⇒ x = 3
ou x = –3
• x = 3 ⇒ A = 34 · 325 · 9 + 81
= 13
ou
x = –3 ⇒ A = 34 · (–3)25 · 9 + 81
= – 13
9. a) OB = r = 3; BH = 2
△OHB retângulo ⇒ OH2 + 22 = 32 ⇒ OH = 5
Logo:
A(–3, 0) ⇒ zA = –3
B( 5 , 2) ⇒ zB = 5 + 2i
C( 5 , –2) ⇒ zC = 5 – 2i
b) D = –3 0 1
5 2 1
5 –2 1
= –12 – 4 5
AABC = 12
· |D| ⇒ AABC = 12
· (12 + 4 5 ) = 6 + 2 5
Re(z)
Im(z)
A
B
C
O
2
H
| 18 |Capítulo 5 • Números complexos
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 108 13/05/10 04:33
10. Seja z = x + yi, com x, y ∈ ℝ, temos:
z + z = 4
z · z = 13 ⇒
2x = 4 ⇒ x = 2
x2 + y2 = 13 ⇒
⇒ 4 + y2 = 13 ⇒ y = –3 ou y = 3
Assim: zA = 2 – 3i ⇒ A = (2, –3); zB = 2 + 3i ⇒ B = (2, 3);
O = (0, 0)
AABO = 12
· AB · OH = 12
· 6 · 2 = 6
–3
3
2
H
Im(z)
Re(z)
B(2, 3)
A(2, –3)
0
11. Seja z = x + yi, com x, y ∈ ℝ, temos:
|z + z| = 6
z · z = 10 ⇒ |2x| = 6 ⇒ x = –3 ou x = 3
x2 + y2 = 10 (*)
x = –3 ⇒ y2 = 1 ⇒ y = –1 ou y = 1x = 3 ⇒ y2 = 1 ⇒ y = –1 ou y = 1
⇒
⇒ A(–3, –1); B(–3, 1),C(3, 1) e D(3, –1)
a) 2p = 2 · BC + 2 · AB = 2 · 6 + 2 · 2 = 16
b) AABCD = AD · AB = 6 · 2 = 12
B
A
C
D
Im(z)
Re(z)
1
–1
–3 3
12. S = {z ∈ ℂ; |z – (2 + 4i)| = 2}
Se z = x + yi, com x, y ∈ ℝ, temos:
|z – (2 + 4i)| = 2 ⇒ |(x – 2) + (y – 4)i| = 2 ⇒
⇒ (x – 2)2 + (y – 4)2 = 2
(x – 2)2 + (y – 4)2 = 4
C
Im(z)
Re(z)
4 2
20
13. w = 4 + 2i; z = 3a + 4ai, em que a ∈ ℝ*+
h• : altura do △ABC ⇒ h = |z| = 9a2 + 16a2 = 25a2 ⇒
⇒a > 0
h = 5a
b • = Re (z · w)
z · w = (4 + 2i) · (3a + 4ai) ⇒ z = 4a + 22ai ⇒ b = 4a
A• ABC = 1
2 · b · h = 90 cm2 ⇒ 1
2 · 4a · 5a = 90 ⇒
a > 0 a = 3 cm
14. z1 = ρ1(cos θ1 + i sen θ1) e z2 = ρ2 (cos θ2 + i sen θ2), com
0 < θ1; θ2 < 90°
z• 1 · z2 = 80(cos 16° + i sen 16°)10 ⇒ z1 · z2 = 80 · (cos 160° +
+ i sen 160°) ⇒ (1) ρ1 · ρ2 = 80
(2) θ1 + θ2 = 160° + k1 · 360°
z2
z1
• = 4(cos 8° + i sen 8°)5 ⇒ z2
z1
= 4(cos 40° + i sen 40°) ⇒
⇒ (3)
ρ2
ρ1
= 4
(4) θ2 – θ1 = 40° + k2 · 360°
De (1) e (3) obtêm-se: ρ1 = 2 5 e ρ2 = 8 5 .
De (2) e (4) obtêm-se: (θ1 = 60° e θ2 = 100°) ou
(θ1 = 240° e θ2 = 280°).
Logo: z1 = 2 5 (cos 60° + i sen 60°) e
z2 = 8 5 (cos 100° + i sen 100°)
ou
z1 = 2 5 (cos 240° + i sen 240°) e
z2 = 8 5 (cos 280° + i sen 280°)
15. P: imagem de z1 ⇒ z1 = ρ1(cos 30° + i sen 30°)
Q: imagem de z2 ⇒ z2 = ρ2(cos 120° + i sen 120°)
PQ = 20; ρ1 = 2ρ2
△POQ retângulo ⇒ 4ρ2
2 + ρ22 = 20 ⇒ ρ2 = 2 ⇒
⇒ ρ1 = 4
| 19 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 109 13/05/10 04:33
Assim: z1 · z2 = ρ1 · ρ2 (cos (30° + 120°) + i sen (30° + 120°) =
= 8 · (cos 150° + sen 150°) (f. trigonométrica)
e
f. algébrica: z1 · z2 = 8 – 3
2 = i · 1
2 = –4 3 + 4i
Re(z)
Im(z)
O
PQ
30°
ρ2 ρ1
16. a) 1 + i = 2 (cos 45° + i sen 45°)
x1 + y1i = (1 + i)9 = ( 2)9 (cos 405° + i sen 405°) =
= 16 2 (cos 45° + i sen 45°) = 16 2 2
2 + i ·
22
x1 + y1 · i = 16 + 16i
Logo: P' = (x1, y1) = (16, 16).
b) A distância de P à origem é igual ao módulo de x1 +
+ y1i, ou seja, d = 16 2.
17. Seja z = a + bi, com a, b ∈ ℝ, temos:
i · z + 2 · z + 1 – i = 0 ⇒ i(a + bi) + 2(a – bi) + 1 – i = 0 ⇒
⇒(2a – b + 1) + (a – 2b – 1) i = 0 ⇒
⇒ 2a – b + 1 = 0a – 2b – 1 = 0
⇒ a = b = –1
Assim: z = –1 – i ⇒ z = 2 cos 5π4
+ i sen 5π4
⇒
⇒ z1004 = ( 2)1004 · (cos 1255π + i sen 1255π)
z1004 = z502 (cos π + i sen π) = –2502
18. a) I. 3 – i = 2 cos 11π6
+ i sen 11π6
z1 = ( 3 – i)n ⇒ z1 = 2n cos n · 11π6
+ i sen n · 11π6
z1 ∈ ℝ ⇒ sen n · 11π6
= 0 ⇒ n · 11π6
= k · π, k ∈ ℤ ⇒
⇒ k = 116
n ∈ ℤ e n ∈ ℤ*+
Assim, n = 6.
II. –2 3 – 2i = 4 cos 7π6
+ i sen 7π6
z2 = (–2 3 – 2i)n ⇒ z2 = 4n cos n · 7π6
+ i sen n · 7π6
z2 é imaginário puro ⇒ cos n · 7π6
= 0 ⇒ n · 7π6
= π2
+
+ kπ, k ∈ ℤ ⇒ k = 7n – 36
∈ ℤ e n ∈ ℤ*+
Como 7n – 3 deve ser múltiplo de 6, então n = 3.
b) n = 6 ⇒ z1 = 26(cos 11π + i sen 11π) = 64 (–1 + i · 0) ⇒
⇒ z1 = –64
n = 3 ⇒ z2 = 43 cos 7π2
+ i sen 7π2
= 64 (0 + i (–1)) ⇒
⇒ z2 = –64i
19. a) q e r: quociente e resto da divisão de N por 4
N = 4q + r ⇒0 ⩽ r < 4
iN = –1 ⇒ i4q + r = –1 ⇒
⇒ i4q · ir = –1 ⇒ (i2)2q · ir = – 1 ⇒ (–1)2q · ir = –1 ⇒
⇒ ir = –1 ⇒0 ⩽ r < 4
r = 2
b) z = 2 cos π3
+ i sen π3
w = r(cos θ + i sen θ) ⇒ w = r(cos θ – i sen θ) ⇒0 ⩽ θ < 2π
⇒ w = r[cos (2π – θ) + i sen (2π – θ)]
⇒ z · w = 1 ⇒ z · w = 1(cos 2π + i sen 2π) ⇒
⇒ 2r = 1 ⇒ r = 1
2π3
+ (2π – θ) = 2π ⇒ θ = π3
20. a) z = (1 + i)80 – (1 – i)84
i96
1 + i = 2 cos π4
+ i sen π4
⇒
⇒ (1 + i)80 = 240(cos 0 + i sen 0) = 240
1 –i = 2 cos 7π4
+ i sen 7π4
⇒
⇒ (1 – i)84 = 242 (cos π + i sen π) = –242
i96 = i0 = 1
Logo: z = 240 + 242
1 = 240 (1 + 22) = 5 · 240
b) z = (1 + i 3)5
(1 – i 3 )4
| 20 |Capítulo 5 • Números complexos
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 110 13/05/10 04:33
1 + i 3 = 2 cos π3
+ i sen π3
⇒ (1 + i 3)5 =
= 25 cos 5π3
+ i sen 5π3
1 – i 3 = 2 cos 5π3
+ i sen 5π3
(1 – i 3)4 = 24 cos 20π3
+ i sen 20π3
=
= 24 cos 2π3
+ i sen 2π3
Logo: z = 25
24 cos 5π3
– 2π3
+ i sen 5π3
– 2π3
=
= 2(cos π + i sen π) = –2
21. a) A(0, –2), afixo de z = –2i ⇒ os demais vértices são:
B(2, 0), C(0, 2) e D(–2, 0)
b) AAOB = 12
· 2 · 2 = 2 ⇒ AABCD = 4 · AAOB = 8
c) (x – 2i)(x + 2i)(x – 2)(x + 2) = 0 ⇒ (x2 + 4)(x2 – 4) =0 ⇒
⇒ x4 – 16 = 0
C
C
Im(z)
Re(z)
B–2 2
2
A–2
0
22. (x15 – 1) · (x12 – 1) = 0 ⇒ (1) x15 – 1 = 0 ou (2) x12 – 1 = 0
Sejam S1: conjunto solução de (1)S2: conjunto solução de (2)
temos: S = S1 ∙ S2 ⇒ n(S) = n(S1) + n(S2) – n(S1 ∙ S2) =
= 15 + 12 – n(S1 ∙ S2) ⇒
⇒ n(S) = 27 – n(S1 ∙ S2) (*)
soluções comuns
(1) x = ρ1(cos θ1 + i sen θ1)
x15 = 1 ⇒ ρ115(cos 15θ1 + i sen 15θ1) = 1 (cos 0 + i sen 0) ⇒
⇒ ρ1
15 = 1 ⇒ ρ1 = 1
θ1 = k1 · 2π
15 , k1 ∈ ℤ
Assim:
x = cos k1 · 2π
15 + i sen k1 · 2π
15 , com k1 = 0, 1, 2, ..., 14.
(2) x = ρ2(cos θ2 + i sen θ2)
x12 = 1 ⇒ ρ112(cos 12θ2 + i sen 12θ2) = 1 (cos 0 + i sen 0) ⇒
⇒ ρ1
12 = 1 ⇒ ρ2 = 1
θ2 = k2 · 2π
12 , k2 ∈ ℤ
Assim:
x = cos k2 · π
6 + i sen k2 · π
6 , com k2 = 0, 1, 2, ..., 11.
As soluções comuns de (1) e (2) são obtidas nos seguintes
casos:
k1 = k2 = 0 ⇒ θ1 = θ2 = 0k1 = 5 e k2 = 4 ⇒ θ1 = θ2 =
2π3
k1 = 10 e k3 = 8 ⇒ θ1 = θ2 = 4π3
Logo, n(S1 ∙ S2) = 3 ⇒(*)
n(S) = 27 – 3 = 24.
23. comprimento do arco (u. c.)
ângulo central (rad)
4π 2ππ3
α ⇒ α = π6 rad
Assim, temos:
P1: afixo de z1 ⇒ z1 = 2 · cos 11π
6 + i sen 11π
6 = 3 – i ⇒ ⇒ z1 = 3 + i
P2: afixo de z2 ⇒ z2 = 2 · cos π2 + i sen
π2 = 2 ⇒ z2
5 = 32
P3: afixo de z3 ⇒ z3 = 2 · cos 7π6 + i sen
7π6 = – 3 – i
|z1 + z25 + z3| = | 3 + i + 32 – 3 – i| = 32
P3 P1
P2
Im(z)
Re(z)2α–2 0
| 21 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 111 13/05/10 04:33
24. w = – 3
2 – i
2
3
= cos 7π6 + i sen
7π6
3
= cos 7π2 +
+ i sen 7π2 ⇒ w = –i ⇒ w12 = 1
Seja v = ρ(cos θ + i sen θ), tal que v4 = 1, temos:
ρ4 (cos 4θ + i sen 4θ) = 1(cos 0 + i sen 0) ⇒
⇒ ρ4 = 1 ⇒ ρ = 14θ = k · 2π ⇒ θ =
kπ2 , k ∈ ℤ (*)
Em (*), fazendo-se k = 0, 1, 2 e 3, obtêm-se θ1 = 0,
θ2 = π2 , θ3 = π, θ4 =
3π2 .
Logo:
v1 = cos 0 + i sen 0 = 1
v2 = cos π2 + i sen
π2 = i
v3 = cos π + i sen π = –1
v4 = cos 3π2 + i sen
3π2 = –i
25. a) ρ2 = ρ4 = ρ5 = ρ7 = 1
θ1 = π8
⇒ θ2 = 3 · π8
= 3π8
; θ4 = 7 · π8
= 7π8
; θ5 =
= 9 · π8
= 9π8
; θ7 = 13 · π8
= 13π8
b) r = 2π8
= π4
c) m(P1OP8) = 2 · π8 = π4
AP1OP8 = 1
2 · 1 · 1 · sen π4 =
= 12 ·
22 =
24
Aoctógono = 8 · AP1OP8 = 8 · 2
4 = 2 2
π8
P8
P1
1
O
1
π8
Desafio
Como em cada metade da peça do dominó a quantidade x de
pontos marcados é tal que 0 x 6, então os padrões esta-
belecidos obedecem ao sistema de numeração de base 7.Assim, temos:
na parte superior•no. de pontos:
6 + 2⇒ 1
8 – 7
– 1⇒ 0
+ 2⇒ 2 – 1⇒ 1
+ 2⇒ 3 – 1⇒ 2
na parte inferior•no. de pontos:
4 + 1⇒ 5
+ 2⇒ 07 – 7
+ 3⇒ 3
+ 4⇒ 07 – 7
+ 5⇒ 5
+ 6⇒ 411 – 7
Logo: ?
?=
Testes
1. (a b)(c d) (2 i i 3)(1 i 3 2i)− − = + − + + − + =
5( 2 3i) 10 15i= − + = − +
Resposta: c.
2. z x 2i= +
2 2 2z x 2 2 2 x 4 8= + = ⇒ + =2x 4 x 2⇒ = ⇒ =− (x é real negativo)
Logo, z 2 2i= − + ⇒2 2z ( 2 2i) 4 8i 4 8i⇒ = − + = − − = −
Resposta: b.
3. a, b, c: números inteiros positivos (*)
c = (a + bi)2 – 14i ⇒ c = a2 + b2i2 + 2abi – 14i ⇒
⇒ c = a2 – b2 + (2ab – 14)i ⇒
⇒ 2ab – 14 = 0 (1)ec = a2 – b2, com a2 > b2 (2)
De (1): a · b = 7 (* )
(2)⇒ a = 7 e b = 1
Logo, de (2): c = 72 – 12 = 48
Resposta: a.
4. (a 3) (b 2)i 2b (a 2)i− + + = + −
a 3 2b a 2b 32b 3 b 4
b 2 a 2 a b 4
b 1 a 5
− = ⇒ = + ⇒ + = + ⇒+ = − ⇒ = +
⇒ = ⇒ =
Logo, z 5 i e z 5 i= + = −
Resposta: a.
5. z a bi e z a bi= + = −
2z z 2z 3 3i+ − = +
| 22 |Capítulo 5 • Números complexos
MCA1-Resoluc�o�es-Mercado.indd 148 9/2/10 10:48:13 AM
22 2
2 2
2 2
a b a bi 2(a bi) 3 3i
a b a bi 2a 2bi 3 3i
(a b a) 3bi 3 3i
+ + + − − = +
+ + + − + = +
+ − + = +
= ⇒ = + − = ⇒ − − = ⇒
=± + ±⇒ = =
= −
2 2 2
1
2
3b 3 b 1e a b a 3 a a 2 0
a 21 1 8 1 3a
a 12 2
Logo, = = ⇒ = + = − = ⇒a 2 e b 1 z 2 i e a 1e b 1
z 1 i.⇒ =− +
{ }S 2 i, 1 i= + − +
Resposta: d.
( )
6. z é tal que: 3z + 2z = 10 + 5i (1)
Seja z = a + bi, com a, b ∈ ℝ, e temos em (1):
3(a + bi) + 2(a – bi) = 10 + 5i ⇒ 5a + bi = 10 + 5i ⇒
⇒ 5a = 10 ⇒ a = 2b = 5
Assim: z = 2 + 5i
Logo: z ⋅ z = (2 + 5i)(2 – 5i) = 4 – 25i2 = 29
Resposta: b.
7. z a bi= + w 6 3i= +wz (6 3i)(a bi) 6a 6bi 3ai 3b= + + = + + − =
(6a 3b) (3a 6b)i= − + +
wz (6a 3b) (3a 6b)i= − − +
wz wz 5 0 (6a 3b) (3a 6b)i+ − = ⇒ − + + +(6a 3b) (3a 6b)i 5 0+ − − + − = ⇒
2(6a 3b) 5 0 12a 6b 5 0⇒ − − = ⇒ − − = que é
uma equação de reta.
Resposta: b.
8. z a bi= + e z a bi= −
iz 2z (1 i) 0− + + =
i(a bi) 2(a bi) 1 i 0+ − − + + =ai b 2a 2bi 1 i 0− − + + + =( b 2a 1) (a 2b 1)i 0− − + + + + =
b 2a 1 0 ( 2)
2b a 1 0
2b 4a 2 0( )
2b a 1 0
3a 3 0 a 1 b 2 1 0 b 1
− − + = × + + =− − + =
+ + + =− + = ⇒ = ⇒− − + = ⇒ = −
Logo, z 1 i= −
Resposta: e.
9. z = a + bi1 + i
, com a, b ∈ℝ
|z| • = 1 ⇒ a + bi1 + i
= 1 ⇒ |a + bi||1 + i|
=1 ⇒ a2 + b2
1 + i = 1 ⇒
⇒ a2 + b2 = 2 ⇒ a2 + b2 = 2 (1)
z • = a + bi1 + i
= (a + bi) (1 – i)(1 + i) (1 – i)
= a – ai + bi – bi21 – i2
=
= a + b2
+ (b – a)i2
Re(z) = 2 · Im(z) ⇒ a + b2
= 2(b – a)2
⇒
⇒ a + b = 2b – 2a ⇒ b = 3a (2)
Substituindo (2) em (1), vem:
a2 + 9a2 = 2 ⇒ a = 5
5 ⇒
(2) b = 3
55
Logo: a · b = 5
5 · 3
55
= 35
Resposta: d.
11. Sabe que para n n 1 n 2 n 3n , i i i i 0+ + +∈ + + + =
Logo, 2 3 22 21 22 2v i i i i i i i i i 1e= + + + + = + = + = −
2 3 78 77 78 2w i i i i i i i i i 1= + + + + = + = + = −
Assim, 2v w (i 1) 1 2i 1 2i⋅ = − = − − + = −
Resposta: d.
12. z a bi e z a bi= + = −
z 5z 12 16i+ = − − a bi 5(a bi) 12 16i+ + − = − −6a 4bi 12 16i 6a 12− = − − ⇒ = − ⇒
a 2 e 4b 16 b 4⇒ =− − = − ⇒ =
Logo, z 2 4i= − +
2 2z ( 2) 4 20 2 5= − + = =
Resposta: b.
10.
Logo, 917062007 3i i i= = −
Resposta: b.
917 062 007 4
11 229 265501
37
10
26
22
20
007
3
| 23 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
MCA1-Resoluc�o�es-Mercado.indd 149 9/2/10 10:48:14 AM
13.2
3 2
2(1 i) 2(1 2i 1) 4iz
(1 i) (1 i) (1 i) (1 2i 1)(1 i)
+ + −= = = =
− − − − − −
2
4i 4i 2i(1 i) 2(i 1)1 i
2i 2i 2(1 i) (1 i)(1 i) 2
− − − += = = = = − −
− − + + −
Resposta: d.
15. 2 2 2x 2ax a b 0− + + =
± − + ± −= = =
= +±=
= −
2 2 2 2
1
2
2a 4a 4(a b ) 2a 4bx
2 2z a bi2a 2biz a bi2
2 2 2 2 2 21 2z z a b a b 2 a b+ = + + + = +
Resposta: c.
16. z x yi= +
z i x (y 1)i+ = + +
z 2 (x 2) yi+ = + +2 2 2 2z i z 2 x (y 1) (x 2) y+ = + ⇒ + + = + + ⇒
2 2 2 2x y 2y 1 x 2x 4 y⇒ + + + = + + + ⇒
2y 2x 3 0 (x,y)⇒ − − = ⇒ percorrem uma reta.
Resposta: d.
17. 6 2 31 3i (1 3i)(1 2i)z (1 i) [(1 i) ]
1 2i (1 2i)(1 2i)
+ + += + − = + − =
− − +
+ + − −= + − − = + − =
+= − + = − +
3 31 2i 3i 6 5i 5(1 2i 1) ( 2i)
1 4 5i 1 8i 1 9i
Logo, 2 2z ( 1) 9 82 9,06= − + = ≅
Resposta: e. 14. Sejam P1, P2, P3 e P4 as imagens de z, –z, z e –z, respecti-
vamente.
Se z = a + bi, em que a, b ∈ ℝ, e temos: P1 = (a, b),
P2 = (–a, –b), P3 = (a, –b) e P4 = (–a, b), com a > b.
P• 1P2P3P4 é um retângulo ⇒
⇒ A = (2a) (2b)2p = 2 · (2a) + 2 · (2b) = 4a + 4b
P4 P1(a, b)bIm(z)
a–a Re(z)
–bP2 P3
A = 24 ⇒ 4ab = 24 ⇒ ab = 6
2p = 20 ⇒ 4a + 4b = 20 ⇒ a + b = 5 ⇒a > b
a = 3
e b = 2 ⇒ z = 3 + 2i
Resposta: e.
18. P1 = (2, 2): imagem de z1 = 2 + 2iλ: circunferência de raio r = 13 e centro C = (k, 0), com k > 0
P1 ∈ λ ⇒ d2CP1
= r2 ⇒ (k – 2)2 + 4 = 13 ⇒ (k – 2)2 = 9 ℝ
⇒ > 0
⇒ k = 5
Assim, a equação de λ é (x – 5)2 + y2 = 13 (1)
Se P = (x, y) é a imagem de z = x + yi, temos:
z – 5 = x – 5 + yi ⇒ |z – 5| = (x – 5)2 + y2 (2)
Substituindo (1) em (2): |z – 5| = 13
Resposta: b.
19. z1 = 2 + i ⇒ A = (2, 1)
z2 = –4 + i ⇒ B = (–4, 1)
z3 = bi ⇒ C = (0, b), com b < 0
AB = 6 e h = 1 + |b|
AABC = 12 ⇒ 12
· 6 · (1 + |b|) = 12 ⇒ 1 + |b| = 4 ⇒
⇒ |b| = 3 b⇒ < 0
b = –3
Im(z)
1B A
b C
0 Re(z)2–4
Resposta: c.
20.801801 801
8011 i (1 i)(1 i) 2i( i)
1 i (1 i)(1 i) 2
− − − − = = = − = + + − 1( i) i= − = −
Resposta: b.
21. z = 1 + i91 + i27
20
= 1 + i1 + i3
20
= 1 + i1 + i
20
= (1 + i) (1 + i)(1 – i) (1 + i)
20
=
| 24 |Capítulo 5 • Números complexos
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= 1 + 2i + i1 – i2
20
= 2i2
20
= i20 = i0 = 1
Resposta: a.
Os afixos são tais que 22. Re(z) 0 e z 1.≥ ≤
Resposta: e.
23. Ao dividirmos 1 i 3− ⋅ por 1 i,− + obtemos como
quociente ( 1 3) i ( 3 1)
z2 2
− − ⋅ −= +
Note que o módulo de z vale 2
Seu argumento principal θ é tal que
( 6 2)sen
4
−θ = e
( 2 6 )cos
4
− −θ =
Como ( 6 2)
sen 15 sen(45 30 ) ,4
−° = °− ° =
concluímos que θ pertence ao segundo quadrante;
180 15 165θ = °− ° = °
Em radianos, 11
12
πθ =
Resposta: e
24. z 8 4i 4(2 i)= − = −
3 3 2 2w 2 cos i sen 2 i
4 4 2 2
π π = + = − + =
2 2 i= − +
w 2 2 i 2 (1 i)= − − = − +
z 4(2 i) 2 2 (2 i)(1 i)
w (1 i)(1 i)2(1 i)
− − − −= = =
+ −− +
2 2(2 3i 1)2 (1 3i)
1 1
− − −= = − −
+
Resposta: e.
25. • z = cos θ – i sen θ ⇒ z = cos (–θ) + i sen (–θ)i = cos π
2 + i sen π
2
Assim: z · i = cos π2
– θ + i sen π2
– θ .
0 • < θ < π2
⇒x(–1)
– π2
< –θ < 0 ⇒π2
0 < π2
– θ < π2
⇒
⇒ π2
– θ ∈ 1o. quadrante.
Como π2
– θ = arg zi, então a imagem de zi pertence
ao 1o. quadrante.
Resposta: a.
26. z = 3 + i ⇒ z = 2 · cos π6
+ i sen π6
w = r · (cos θ + i sen θ) ⇒
⇒ w = r(cos θ – i sen θ) = r[cos(–θ) + i sen(–θ)]
Assim: z · w = 2r cos π6
– θ + i sen π6
– θ
z · w = 1 ⇒
⇒ 2r = 1
r ⇒= |w|
2 · |w| = 1 ⇒ |w| = 12
π6
– θ = k · 2π, k ∈ ℤ ⇒ θ = π6
– k · 2π 0 ⩽ θ
⇒< 2π
θ = π6
Resposta: c.
27. 3z cos 3 i sen 36 6
π π = ⋅ + ⋅ =
cos i sen i2 2
π π= + =
6z cos 6 i sen 66 6
π π = ⋅ + ⋅ = cos i sen 1= π+ π = −
π π = ⋅ + ⋅ = 12z cos 12 i sen 12
6 6
= π+ π =cos2 i sen2 1
+ + = − + =3 6 12z z z i 1 1 i
Resposta: d.
28. (z – 2)4 = –4 ⇒ z – 2 = 4
–4 ⇒ z = 2 + 4
–4
Calculando 4
–4 , obtêm-se:
w1 = 2 cos π4
+ i sen π4
= 1 + i
w2 = 2 cos 3π4
+ i sen 3π4
= –1 + i
w3 = 2 cos 5π4
+ i sen 5π4
= –1 – i
w4 = 2 cos 7π4
+ i sen 7π4
= 1 – i
| 25 |MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
MCA1-Resoluc�o�es-Mercado.indd 148 9/2/10 10:48:13 AM
Como z = 2 + 4
–4 , então zm = 2 + wm, em que
m = 1, 2, 3 e 4.
Assim, obtemos: z1 = 3 + i, z2 = 1 + i, z3 = 1 – i e z4 =
= 3 – i, cujas respectivas imagens são: P1(3, 1), P2(1, 1), P3(1, –1)
e P4(3, –1).
Logo: P1P2P3P4 é um retângulo cuja área é A = 2 · 2 = 4.
Im(z)
0 1
1
–1
3
P2 P1
P3 P4
Re(z)
Resposta: e.
29. ρA = 2 e θA = 60º
A é imagem de zA = 2(cos 60º + i sen 60º)
B, C e D: demais vértices do quadrado ⇒
⇒ ρB = ρC = ρD = 2 e θB = 60º + 90º = 150ºθC = 150º + 90º = 240ºθD = 240º + 90º = 330º
⇒
⇒ zB = 2(cos 150º + i sen 150º) ⇒ zB = – 3 + izC = 2(cos 240º + i sen 240º) ⇒ zC = –1 –i 3 zD = 2(cos 330º + i sen 330º) ⇒ zD = 3 – i
Resposta: e.
30. z1 = – 3 + i ⇒ ρ1 = 2 e θ1 = 150º
P1: extremidade do ponteiro dos minutos (imagem de z1)
P1
0 2
2 150°
Re(z)
Im(z)
Como, a cada hora, P1 dá uma volta completa sobre a
circunferência, temos:
60 min 360º 5 min x
giro de P1
⇒ x = 560
· 360º = 30º
Ao girar 30º no sentido horário, P1 passa a ser imagem do
complexo z, no qual ρ = 2 e θ = arg z = 150º – 30º = 120º.
Logo: z = 2(cos 120º + i sen 120º) ⇒ z = –1 + i 3.
Resposta: c.
31. z = 11 + i cotg x
= 1 – i cotg x(1 + i cotg x) (1 – i cotg x)
=
= 1 – i cotg x1 + cotg2 x
= 1 – i cotg xcossec2 x
= 1cossec2 x
– cotg xcossec2 x
· i =
= sen2 x – i · (sen x) · (cos x)
Logo: |z| = sen4 x + (sen2 x) (cos2 x) =
= sen2 x (sen2 x + cos2 x) = sen2 x = |sen x| =1
Resposta: e.
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