GM_Mat_Paiva_v3_227a272

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227 Parte específica Matemática Paiva 
Relacionando as informações fornecidas, obtemos 
x 1 3y  7 e 20x 1 15y  60.
Alternativa a.
 3. Para obter o centro e o raio da circunferência, escre-
vemos sua equação na forma reduzida:
x2 1 y2 2 4x 2 4y 1 4 5 0 ⇒
⇒ (x2 2 4x 1 4) 1 ( y2 2 4y 1 4) 5 0 2 4 1 4 1 4
 (x 2 2)2 1 ( y 2 2)2 5 4
Logo, a circunferência tem centro C(2, 2) e raio R 5 2.
Esquematizando, temos:
y
C
N
B
A
M
2
2
45°
45°2
2
0 x
A área hachurada Ah é igual à soma das áreas de um 
triângulo retângulo isósceles de catetos de medida 2 
e dois setores circulares de raio R 5 2 e ângulo de 
45°. Assim:
Ah 5 
2 2
2
   
 1 2  
π         2 45
360
2 °
°
 ⇒ Ah 5 2 1 π
Alternativa b.
 4. O coeficiente angular de r é dado por 
mr 5 
2 2
2 2
3 2
4 1
   
   ( )
 5 21. Logo, uma equação de r é:
y 2 2 5 21(x 2 (21))
 y 5 2x 1 1
Como o ponto A pertence ao eixo y, sua abscissa é 
x 5 0 e, da equação de r, obtemos y 5 1.
Dessa forma, a parábola passa pelo ponto (0, 1) e, 
sendo a equação da parábola da forma
y 5 ax2 1 bx 1 c, temos:
a  02 1 b  0 1 c 5 1 ⇒ c 5 1
Como o vértice da parábola é 
3
2
5
4
,  ,2




 temos o se-
guinte sistema:
2 5
2

5 2
b
a
a
2
3
2
4
5
4
   
   






 ⇒ 
2 5
2
2
5 2
b
a
b a
a
2
3
2
4
4
5
4
2
                  ( )
         
I
  ( )II






Da equação (I), temos:
b 5 23a
Substituindo esse valor na equação (II), obtemos:
2
2 2
5 2
( )        3 4
4
5
4
2a a
a
 ⇒ 2 9
4
a
 1 1 5 2
5
4
 2
9
4
a
 5 2
9
4
 ⇒ a 5 1
Assim, temos b 5 23 e uma equação da parábola é 
y 5 x2 2 3x 1 1.
Para encontrar a intersecção da parábola com a reta, 
resolvemos o seguinte sistema:
y x
y x x
                  ( )
              (
5 2 1
5 2 1
1
3 12
III
IIV)



Substituindo (III) em (IV):
x2 2 3x 1 1 5 2x 1 1 ⇒ x2 2 2x 5 0
 x(x 2 2) 5 0 ⇒ x 5 0 ou x 5 2
•	 Para	x 5 0, da equação (III), temos y 5 1.
•	 Para	x 5 2, da equação (III), temos y 5 21.
Logo, os pontos de intersecção da parábola com a 
reta são A(0, 1) e B(2, 21).
Capítulo 8 O conjunto dos números 
complexos
Questões propostas
 1. De acordo com os números apresentados e o diagra-
ma, temos:
r  N, então r 5 0
s  (Z 2 N), então s 5 23
t  (Q 2 Z), então t 5 3,14
u  (R 2 Q), então u 5 2 
v  (C 2 R), então v 5 4 2 2i
 2. Considerando o diagrama de Venn dos números 
complexos:
Z Q R CN
a) V, pois R está contido em C. 
b) F, pois o número 5i, por exemplo, é complexo mas 
não é real.
c) F, pois R está contido em C, e, portanto, C > R 5 R.
d) V, pois z 5 a 1 bi, com {a, b}  R e b  0, é um 
número complexo não pertencente a R.
e) F, pois sendo z 5 3 1 4i seu conjugado é 
z. 5 3 2 4i.
f ) V, pois o conjugado de z 5 a 1 bi é z. 5 a 2 bi.
g) V, pois:
a 1 3i 5 6 1 bi ⇒ a 5 6 e b 5 3
 a 1 b 5 9
h) V, pois se a 1 bi, com {a, b}  R, é imaginário 
puro, temos a 5 0 e b  0. Portanto, b 1 ai 5 b é 
um número real.
i) F, pois ao tomarmos a 5 0 e b 5 0, teremos 
a 1 bi 5 b 1 ai 5 0, que é um número real.
 3. a) para x 5 5, temos z1 5 0 e z2 5 10. Logo, z1 e z2 são 
números reais.
b) para x 5 25, temos z1 5 210, um número real, e 
z2 5 210i, um número imaginário puro.
c) para x 5 7, temos z1 5 2 1 24i e z2 5 12 1 2i.
Logo, z1 e z2 são números imaginários.
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228 Matemática Paiva Parte específica
 4. a) O número (x2 2 9) 1 (x 2 3)i será real se sua parte 
imaginária for nula, isto é:
x 2 3 5 0 ⇒ x 5 3
b) (x2 2 9) 1 (x 2 3)i será imaginário se:
x 2 3  0 ⇒ x  3
c) (x2 2 9) 1 (x 2 3) i será imaginário puro se:
x
x
2 9 0
3 0
       
       
2 5
2 



 ⇒ x
x
2 9
3
   
   
5




 
 x 5 23
 5. Na equação 2a 1 (a 1 2) i 5 (b 2 a) 1 bi, aplicamos 
a definição de igualdade de números complexos, ob-
tendo:
2
2
a b a
a b
       
       
5 2
1 5



 ⇒ a 5 1 e b 5 3
Logo, a 5 1 e b 5 3.
 6. Na igualdade x2 1 4x 1 (x 2 y) i 5 9 2 y2 1 3i, temos:
x x y
x y
2 24 9
3
           
       
1 5 2
2 5



⇒ (x 5 0 e y 5 23) ou (x 5 1 e y 5 2 2)
 7. Na igualdade (2x 1 3y) 1 2xi 5 (x 1 y 1 1) 1 (3 2 4y) i, 
temos:
2 3 1
2 3 4
x y x y
x y
               
       
1 5 1 1
5 2



 
Esse sistema não admite solução; logo, não existem 
valores de x e y que satisfaçam a igualdade.
 8. Sendo z 5 a 1 bi e z. 5 a 2 bi, com {a, b}  R, temos:
z 5 z. ⇒ a 1 bi 5 a 2 bi
 b 5 2b ⇒ b 5 0
Logo:
z 5 a 1 bi 5 a
Como a  R, concluímos que z é um número real.
Alternativa c.
 9. a) z1 1 z2 5 24 1 2i 1 5 1 i 5 1 1 3i
b) z3 1 z.2 2 z4 5 6 1 (5 2 i) 2 (23i) 5 11 2 i 1 3i 5 
5 11 1 2i
c) Primeiro, vamos calcular Tz3 1 z4u:
z3 1 z4 5 6 2 3i ⇒ Tz3 1 z4u 5 6 1 3i
Logo:
Tz3 1 z4u 1 z1. 2 (z1 2 z2) 5
5 6 1 3i 2 4 2 2i 2 (24 1 2i 2 5 2 i) 5
5 2 1 i 2 (29 1 i) 5 11
 10. a) z1  z2 5 (5 1 3i)  (6) 5 30 1 18i
b) z1  z3 5 (5 1 3i)  (2i) 5 10i 1 6i
2 5 26 1 10i
c) z2  z4. 5 (6)  (2 1 i) 5 12 1 6i
d) z1  z1. 5 (5 1 3i)  (5 2 3i) 5 25 2 9i
2 5 25 1 9 5 34
e) z1  z2  z3 5 (5 1 3i)  (6)  (2i) 5 60i 1 36i
2 5
5 236 1 60i
f ) z2  z3  z4 5 (6)  (2i)  (2 2 i) 5 24i 2 12i
2 5
5 12 1 24i
 11. a) 
z
z
4
1
2
2 3
   
   
5
1 i
 5
5 
2 2 3
2 3 2 3
4 6
2 32 2
( )
(     )(     )
       
   ( )
2
1 2
5
2
2
i
i i
i
i
 5
5 
4 6
4 9
4 6
4 92
   
   
       
   
2
2
5
2
1
i
i
i
 5 
4
13
6
13
   2
i
 
b) 
z
z
3
2
4
2
   
   
5
2
i
i
 5 
4 2
2 2
i i
i i
(     )
(     )(     )
1
2 1
 5 
8 4
2
2
2 2
i i
i
   
   ( )
1
2
 5 
  5 
2 1
1
4 8
4 1
   
   
i
 5 2 1
4
5
8
   
i
5
 
c) 
z
z z
2
3 2
2
4 2   
       
( )   (     
5
2
2
i
i i)
 5 
2
8 4 2
   
   
2
2
i
i i
 5 
5 
2
4 8
   
   
2
1
i
i
 5 
(     )(     )
(     )(     )
2 4 8
4 8 4 8
2 2
1 2
i i
i i
 5 
2
2
20
4 82 2
i
i   ( )
 5 
5 
2
2
20
16 64 2
i
i   
 5 
2
1
20
16 64
i
   
 5 
2
5
220
80 4
i i    
d) z1 : z2 5 
z
z
1
2
2 3
2
       
   
5
1
2
i
i
 5 
(     )(     )
(     )(     )
2 3 2
2 2
1 1
2 1
i i
i i
 5
5 
4 2 6 3
2
2
2 2
           
   
1 1 1
2
i i i
i
 5 
4 3 8
4 1
       
   
2 1
1
i
 5 
1
5
8
   1
i
5
 
e) (z2)
21 5 
1
2z
 5 
1
2   2 i
 5 
1 2
2 2
(     )
(     )(     )
1
2 1
i
i i
 5 
5 
2
2
2
4 12 2
   
   
       
   
1
2
5
1
1
i
i
i
 5 
2
5
   1
i
5
 
f ) (z3)
21 5 
1
3z
 5 
1
4i
 5 
1 4
4 4
( )
i ( )
2
2
i
i
 5
5 
2
2
5
24
16
4
162
i
i
i    5 
2i
4
 
 12. a) 3 1 2i 1 (1 1 5i) (2 2 i) 5 
5 3 1 2i 1 (2 2 i 1 10i 2 5i2) 5 
5 3 1 2i 1 9i 1 7 5 10 1 11i
b) 
2
1 2
   
   
1
2
i
i
 1 2i (1 2 3i) 5
5 
(     )(     )
(     )(     )
2 1 2
1 2 1 2
1 1
2 1
i i
i i
 1 2i 2 6i2 5
5 
2 4 2
1 2
2
2 2
           
   ( )
1 1 1
2
i i i
i
 1 6 1 2i 5 
5
1 4 2
i
i   2
 1 6 1 2i 5
5 
5
5
i
 1 6 1 2i 5 i 1 6 1 2i 5 6 1 3i
 13. Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, temos que 
z. 1 2z 2 i 5 6 1 3i é equivalente a:
(x 2 yi) 1 2(x 1 yi) 2 i 5 6 1 3i ⇒
⇒ x 2 yi 1 2x 1 2yi 2 i 5 6 1 3i
 3x 1 ( y 2 1) i 5 6 1 3i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema:
3 6
1 3
x
y
   
       
5
2 5



 ⇒ x 5 2 e y 5 4
Logo, o número complexo pedido é z 5 2 1 4i.
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229 Parte específica Matemática Paiva 
 14. Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, temos:
z.i 2 z 5 1 2 i ⇒
⇒ (x 2 yi) i 2 (x 1 yi) 5 1 2 i
 xi 2 yi2 2 x 2 yi 5 1 2 i ⇒
⇒ xi 1 y 2 x 2 yi 5 1 2 i
 y 2 x 1 (x 2 y) i 5 1 2 i
Aplicando a definição de igualdade entre números com-
plexos, obtemos o sistema:
y x
x y
y x y x
       
       
 {                  
2 5
2 5 2
2 5 5
1
1
1



⇒ 11 1 
Logo, z é qualquer número complexo da forma 
z 5 x 1 (x 1 1)i, com x  R.
 15. z 5 (1 1 ai) (a 2 4i) 5 a 2 4i 1 a2i 2 4ai2 5
5 a 1 4a 1 (a2 2 4)i 5 5a 1 (a2 2 4)i
Para que z seja um número real, sua parte imaginária 
deve ser nula, ou seja:
a2 2 4 5 0 ⇒ a 5 ± 2
 16. z 5 (k 2 4) (2 1 i) 5 2k 1 ki 2 8 2 4i
 z 5 2k 2 8 1 (k 2 4)i
Para que z seja imaginário puro, devemoster:
2 8 0
4 0
k
k
       
       
2 5
2 



 
Esse sistema não admite solução; logo, não existe 
k  R que torne z imaginário puro.
 17. z 5 
(     )(     )
(     )(     )
2 1 2
1 2
i i
i i
a
a a
 5 
2 2 2
2 2
a a
a
           
   
2 1 2
2
i i i
i
5 
5 
2 1 2
12
a a
a
       (     )
   
1 1 2
1
i
 5 
(     )
   
2 1
12
a
a
1
1
 1 
(     )
   
a
a
2
1
2
12
i
 
Para que z seja real, sua parte imaginária deve ser 
nula, isto é:
a
a
   
   
2
1
2
12
 5 0 ⇒ a 5 2
 18. i0 1 i 1 i2 1 i3 5 1 1 i 2 1 2 i 5 0
Alternativa a.
 19. a) Dividimos 65 por 4, obtendo resto 1.
Logo, i65 5 i1 5 i.
b) Dividimos 36 por 4, obtendo resto 0.
Logo, i36 5 i0 5 1.
c) Dividimos 22 por 4, obtendo resto 2.
Logo, i22 5 i2 5 21.
d) Dividimos 51 por 4, obtendo resto 3.
Logo, i51 5 i3 5 2i.
e) Dividimos 27 por 4, obtendo resto 3.
Logo, i227 5 
1
27i
 5 
1
3i
 5 
1
2i
 5 21   
   


i
i i
 5
5 
2i
i 2
 5 
2
2
i
1
 5 i.
f ) Dividimos 47 por 4, obtendo resto 3.
Logo, i247 5 
1
47i
5 
1
3i
5 
1
2i
 5 
21   
   


i
i i
 5 
2i
i 2
 5 i.
 20. Dividimos os expoentes 18, 31, 26 e 103 por 4, obten-
do resto 2, 3, 2 e 3, respectivamente.
Assim:
i18 1 i31 1 i26 1 i103 5 i2 1 i3 1 i2 1 i3 5 2i2 1 2i3 5
5 2 (21) 1 2 (2i) 5 22 2 2i
 21. in 1 31 5 1 ⇒ in 1 31 5 i0 1 4k, com k  Z
 n 1 31 5 0 1 4k, com k  Z
 n 5 231 1 4k, com k  Z
Para k 5 8, obtemos n 5 1, que é o menor valor 
natural possível de n.
 22. a) (21)7 5 27  i7 5 27  i  i6 5 128i (i2)3 5
5 128i (21)3 5 2128i
b) (3i)3 5 33  i3 5 27  i  i2 5 27i (21) 5 227i
c) (1 1 i)16 5 [(1 1 i)2]8 5 (1 1 2i 1 i2)8 5 (2i)8 5
5 256i8 5 256 (i2)4 5 256(21)4 5 256
d) (1 2 i)20 5 [(1 2 i)2]10 5 (1 2 2i 1 i2)10 5
5 (1 2 2i 2 1)10 5 (22i)10 5 (22)10  (i2)5 5
5 1.024  (21)5 5 21.024
e) (2 1 2i)22 5 [(2 1 2i)2]21 5 (4 1 8i 1 4i2)21 5
5 (4 1 8i 2 4)21 5 (8i)21 5 
1
8i
i
i
    5 
i
i
i
8 82
   5 2 
 f ) (2 1 i)3 5 (2 1 i) (2 1 i)2 5 (2 1 i) (4 1 4i 1 i2) 5 
5 (2 1 i) (4 1 4i 2 1) 5 (2 1 i) (3 1 4i) 5
5 6 1 8i 1 3i 1 4i2 5 6 1 11i 1 4(21) 5 2 1 11i
 23. (1 1 i)15 5 (1 1 i)(1 1 i)14 5 (1 1 i)[(1 1 i)2]7 5
5 (1 1 i)(1 1 2i 1 i2)7 5 (1 1 i)(1 1 2i 2 1)7 5
5 (1 1 i)(2i)7 5
5 (1 1 i)  27  i7 5 128  (1 1 i)  i  i6 5
5 128i(1 1 i)(i2)3 5 (128i 1 128i2)(21)3 5 2(128i 2 128)
5 128 2 128i 5 128(1 2 i)
Alternativa b.
 24. a) z7 5 z3  z4 5 (22 1 2i)  (24) 5 8 2 8i
b) z 5 z
z
4
3
4
2 2
   
   
5
2
2 1 i
 5
( )   (     )
(     )   (     )
   2 2 2
2 1 2 2
4 i
i i


2 2
2 2 2 2
⇒
⇒ z 5 8 8
2 2
8 8
82 2
   
( )    (
       1
2 2
5
1i
i)
i
 
 z 5 1 1 i
c) w14 5 (w7)2 5 (3 2 2i)2 5 9 2 12i 1 4i2 ⇒
⇒ w14 5 9 2 12i 2 4 5 5 2 12i
d) (zw)7 5 z7  w7 5 (1 1 i)  (3 2 2i) ⇒
⇒ (zw)7 5 3 2 2i 1 3i 2 2i2 5 5 1 i
e) 
z
w




14
5 
z
w
7
7
2




5 
8 8
3 2
2
   
   
2
2
i
i




5 
(     )
(     )
8 8
3 2
2
2
2
2
i
i
⇒
⇒ z
w




14
5 64 128 64
9 12 4
128
5 12
2
2
       
       
   
   
2 1
2 1
5
2
2
i i
i i
i
ii
 
z
w




14
 5 
(    (     )
(     )   (     )
2 1
2 1
128 5 12
5 12 5 12
i) i
i i


 5 
2 2
2
640 1 536
12
2i i
5 i)2 2
    .
   (
 
z
w




14
 5 
1 536 640
169
.    2 i
 5 
1 536 640
169 169
.
   2
i
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 229 9/24/09 8:30:40 AM
230 Matemática Paiva Parte específica
 25. (     )    (     )
(     )    (     )
3 2 2
3 2 2
45 23
44
1 2
2 2 2
i i
i i

 224
 5
5 
(     )   (     )    (     )
[ (    
3 2 3 2 2
1 3 2
441 1 2
2 1
i i i
i
23 
))]    [ (     )]44 241 2 2 2 i
 5
5 
(     )   (     )    (     )
( )    (
3 2 3 2 2
1
44 23
44
1 1 2
2
i i 

i
33 2 1 2 244 24 23    )  ( )    (     )   (     ) 1 2 2 2i i i  
 5
5 
(     )(     )
(     )(     )
3 2 2
2 2
1 1
2 1
i i
i i
 5 
6 3 4 2
2
2
2 2
           
   
1 1 1
2
i i i
i
 5 
4
5
7
   1
i
5
 
 26. Basta mostrar que (2 1 5i)2 5 221 1 20i:
(21 5i)2 5 4 1 20i 1 25i2 5 4 1 20i 1 25(21) 5
5 221 1 20i
Logo, 2 1 5i é uma das raízes quadradas de 221 1 20i.
 27. Para determinar de qual número 1 2 2i é raiz cúbica, 
basta calcular (1 2 2i)3. Assim:
(1 2 2i)3 5 (1 2 2i) (1 2 2i)2 5 (1 2 2i) (1 2 4i 1 4i2) 5 
5 (1 2 2i) (1 2 4 2 4i) 5 (1 2 2i) (23 2 4i) 5
5 23 2 4i 1 6i 1 8i2 5 23 1 2i 2 8 5 211 1 2i
Alternativa d.
 28. Para determinar as raízes quadradas de 28i devemos 
encontrar os números z 5 a 1 bi, com {a, b}  R, tais 
que z2 5 28i. Assim:
(a 1 bi)2 5 28i ⇒ a2 1 2abi 1 (bi)2 5 28i
 a2 2 b2 1 2abi 5 28i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos:
a b
ab
2 2 0
2 8
       
   
2 5
5 2



 ⇒ a b
ab
2 2
4
         ( )
       ( )
5
5 2
I
II



 
De (I), deduzimos que a 5 b ou a 5 2b.
•	 Fazendo	a 5 b em (II), obtemos:
 b2 5 24
Essa igualdade é impossível, pois b  R.
•	 Fazendo	a 5 2b em (II), obtemos:
  2b2 5 24 ⇒ b 5 2 ou b 5 22
Assim, a 5 2 e b 5 22 ou a 5 22 e b 5 2.
Portanto, as raízes quadradas de 28i são 2 2 2i e 
22 1 2i.
 29. a) x2 2 2x 1 26 5 0
 5 (22)2 2 4  1  26 5 2100
As raízes quadradas de 2100 são 10i e 210i, assim:
x 5 
2 2( )   
   
2 10
2 1
± i

 5 1 ± 5i
Logo, S 5 {1 1 5i, 1 2 5i}.
b) x2 1 ix 1 2 5 0
 5 i2 2 4  1  2 5 21 2 8 5 29
As raízes quadradas de 29 são 3i e 23i, assim:
x 5 
2i i   
   
± 3
2 1
 ⇒ x 5 i ou x 5 22i
Logo, S 5 {i, 22i}.
c) x2 2 4x 1 5 5 0
 5 (24)2 2 4  1  5 5 16 2 20 5 24
As raízes quadradas de 24 são 2i e 22i, assim:
x 5 
2 2( )   
   
4 2
2 1
± i

 5 2 ± i
Logo, S 5 {2 1 i, 2 2 i}.
 30. z3 2 8 5 0 ⇒ z3 2 23 5 0
 (z 2 2) (z2 1 2z 1 22) 5 0 ⇒
⇒ z 2 2 5 0 ou z2 1 2z 1 4 5 0
De z 2 2 5 0, temos z 5 2.
De z2 1 2z 1 4 5 0, temos:
 5 22 2 4  1  4 5 212i
As raízes quadradas de 212i são 22 3i e 2 3 i. 
Assim:
z 5 22 2 3
2
   ± i 5 1 ± i 3 
Logo, S 5 2 1 3 1 3,      ,      .2 1 2 2i i{ }
 31. Pelas propriedades G5, G6 e G7 dos números com-
plexos conjugados, temos:
z w zw z w
w
             
   
1 1 1 2
12
 5
5 
z w z w z w
w
                   
   
1 1 1 2
1
2


2
 5 
2
2
           
   
 z z w
w
1
1
 5 
5 
z w
w
   (     )
   
 2
2
1
1
 5 z.
Alternativa e.
 32. Utilizando as propriedades G5, G6, G7 e G8 dos nú-
meros complexos conjugados, temos:
z. 1 z(     )3 21 i 1 
z
i



 5 9 1 2i ⇒ 
⇒ z. 1 z.  (     )3 21 i 1 
z
i
 5 9 1 2i
 z. 1 3 2
1           1 2 2i
i




 5 9 1 2i ⇒
⇒ z. 
(         )4 2 12i i
i
1 2
 5 9 1 2i
 z. (4i 1 1) 5 9i 1 2i2 ⇒
⇒ z. 5 
(     )(     )
(     )(     )
2 1 2
1 2
2 9 1 4
1 4 1 4
i i
i i
 5 
2 1 1 2
2
2 8 9 36
1 4
2
2 2
           
   ( )
i i i
i
5 
5 
34 17
17
   1 i
 
 z. 5 2 1 i
Logo, z 5 2 2 i.
 33. Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, temos:
z 2 z. 1 z  z. 5 2 1 2i ⇒
⇒ (x 1 yi) 2 (x 2 yi) 1 (x 1 yi) (x 2 yi) 5 2 1 2i
 2yi 1 x2 2 ( yi)2 5 2 1 2i ⇒
⇒ 2yi 1 x2 1 y2 5 2 1 2i
 (x2 1 y2) 1 2yi 5 2 1 2i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, temos o sistema a seguir.
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 230 9/24/09 8:31:08 AM
231 Parte específica Matemática Paiva 
x y
y
2 2 2
2 2
       
   
1 5
5



 ⇒ x 5 ± 1 e y 5 1
Assim, os números complexos que satisfazem a equa-
ção inicial são: z1 5 1 1 i e z2 5 21 1 i
Logo:
z1 1 z2 5 1 1 i 2 1 1 i 5 2i
Alternativa b.
 34. Aos números z1, z2, z3, z4, z5, z6, z7 e z8 associamos os 
pontos determinados pelos pares ordenados de nú-
meros reais (5, 4), (23, 6), (24, 25), (2, 24), (6, 0), 
(23, 0), (0, 3) e (0, 22), respectivamente, obtendo:
5 6
�5
�4
�2
�3
�4 2
0
4
3
6
z1
Im
Re
z2
z6 z5
z3
z8
z7
z4
 35. Representando os números 1 1 2i, 22 1 i e 21 2 2i 
no plano complexo, temos:
�2
�1
�1
�2 2
2
1
1
Im
Re
Como a figura formada deve ser um quadrado, o quar-
to vértice, que representaremos pelo número comple-
xo z, obtido por simetria em relação à origem, é:
�2
�1
�1
�2
2
2
1
1
Im
Re
z
Logo, z 5 2 2 i.
Alternativa b.
 36. Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, temos:
2z 1 z. 5 zi 2 3 1 5i ⇒
⇒ 2(x 1 yi) 1 x 2 yi5 (x 1 yi) i 2 3 1 5i
 2x 1 2yi 1 x 2 yi 5 xi 1 yi2 2 3 1 5i ⇒
⇒ 3x 1 yi 5 23 2 y 1 (x 1 5) i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema:
3 3
5
x y
y x
       
       
5 2 2
5 1



 ⇒ x 5 22 e y 5 3
Logo, o número complexo z 5 22 1 3i tem parte real 
negativa e parte imaginária positiva e, portanto, sua 
imagem pertence ao 2º quadrante.
Alternativa b.
 37. a) z 5 3 1 yi, com y  R
30
Im
Re
b) z 5 x 1 5i, com x  R
5
0
Im
Re
c) z 5 x 1 xi, com x  R
45°
Im
Re
d) z 5 x 2 xi, com x  R
45°
Im
Re
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 231 9/24/09 8:31:19 AM
232 Matemática Paiva Parte específica
0
2
2�2
�2
Im
Re
Assim, a intersecção dos dois lugares geométricos é 
formada pelos pontos: (2, 0), (0, 2), (22, 0) e (0, 22).
 40. a) |4 1 3i| 5 4 3 252 2       1 5 5 5
b) |12 2 5i| 5 12 5 144 252 2   ( )        1 2 5 1 5
  5 169 5 13
c) |4i| 5 4 162    5 5 4
d) |27i| 5 ( )    2 57 492 5 7
e) |9| 5 9 812    5 5 9
f ) |26| 5 ( )    2 56 362 5 6
 41. Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, temos:
a) |z 2 3| 5 6 ⇒ |x 1 yi 2 3| 5 6
 |(x 2 3) 1 yi| 5 6 ⇒ (     )    x y2 13 2 2 5 6
 (x 2 3)2 1 y2 5 36
Logo, o L.G. das imagens dos números comple- 
xos z 5 x 1 yi é a circunferência de equação 
(x 2 3)2 1 y2 5 36, cujo gráfico é:
3�3 9
C
Im
Re
b) |z 2 2 1 5i| 5 4 ⇒ |(x 1 yi) 2 2 1 5i| 5 4
 |(x 2 2) 1 ( y 1 5)i| 5 4 ⇒ (     )    (     )x y2 1 12 52 2 5 4
 (x 2 2)2 1 ( y 1 5)2 5 16
Logo, o L.G. das imagens dos números comple- 
xos z 5 x 1 yi é a circunferência de equação 
(x 2 2)2 1 ( y 1 5)2 5 16, cujo gráfico é:
6
�5
2
C
Im
Re
 38. Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtemos:
5z 5 z. (23 1 4i) ⇒ 5(x 1 yi) 5 (x 2 yi)(23 1 4i)
 5x 1 5yi 5 23x 1 4xi 1 3yi 2 4yi2
 5x 1 5yi 5 23x 1 4y 1 (4x 1 3y) i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema:
5 3 4
5 4 3
x x y
y x y
       
       
5 2 1
5 1



 ⇒ y 5 2x
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a reta r de equação y 5 2x, cujo gráfico é:
r
1
2
Im
Re
 39. Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, temos:
a)	•	 z  z. 5 4 ⇒ (x 1 yi)(x 2 yi) 5 4
  x2 2 xyi 1 xyi 2 y2i2 5 4
  x2 1 y2 5 4
 Logo, as raízes da equação são todos os núme-
ros complexos z 5 x 1 yi, com x2 1 y2 5 4 e 
{x, y}  R.
•	 (	z. )2 5 z2 ⇒ (x 2 yi)2 5 (x 1 yi)2
  x2 2 2xyi 1 y2i2 5 x2 1 2xyi 1 y2i2
  x2 2 y2 2 2xyi 5 x2 2 y2 1 2xyi
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos a equação:
22xy 5 2xy ⇒ x 5 0 ou y 5 0
Logo, as raízes da equação são todos os números 
complexos z tais que z 5 x ou z 5 yi, com {x, y}  R.
b) 1º modo
Os pontos de intersecção dos lugares geométricos 
que representam as soluções do item a são obtidos 
a partir da resolução dos sistemas:
x y
x
2 2 4
0
       
   
1 5
5



 ⇒ x 5 0 e y 5 ± 2
x y
y
2 2 4
0
       
   
1 5
5



 ⇒ x 5 ± 2 e y 5 0
Assim, os pontos de intersecção são (0, 22), (0, 2), 
(22, 0) e (2, 0).
2º modo
O L.G. determinado pela 1ª equação do item 
a é uma circunferência de centro (0, 0) e raio 2, 
e o L.G. determinado pela 2ª equação é a reunião 
dos eixos coordenados:
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 232 9/24/09 8:31:35 AM
233 Parte específica Matemática Paiva 
 42. Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtemos:
2z 1 z.i 5 6 1 9i ⇒ 2(x 1 yi) 1 (x 2 yi)i 5 6 1 9i
 2x 1 2yi 1 xi 2 yi2 5 6 1 9i
 (2x 1 y) 1 (x 1 2y)i 5 6 1 9i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema:
2 6
2 9
x y
x y
       
       
1 5
1 5



 ⇒ x 5 1 e y 5 4
Logo, o número complexo é z 5 1 1 4i, e seu módulo 
é dado por:
|z| 5 ( )    ( )    1 4 172 21 5 
Alternativa a.
 43. Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtemos:
|z 2 4 2 2i| 5 5 ⇒ |(x 1 yi) 2 4 2 2i| 5 5 
 |x 1 yi 2 4 2 2i| 5 5 ⇒
⇒ |(x 2 4) 1 ( y 2 2)i| 5 5
 (     )    (     )    x y2 1 2 54 2 52 2 
 (x 2 4)2 1 ( y 2 2)2 5 5
a) O L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a circunferência de equação
 (x 2 4)2 1 ( y 2 2)2 5 5, cujo gráfico é:
2
4
Im
Re
C
2 � √5
b) Os números complexos z 5 x 1 yi que têm parte 
real igual a 2 e que pertencem à circunferência de 
equação (x 2 4)2 1 ( y 2 2)2 5 5 obedecem ao sis-
tema:
x
x y
   
(     )  (     )    
5
2 1 2 5
2
4 2 52 2



 ⇒
⇒ x 5 2 e y 5 1 ou x 5 2 e y 5 3
Logo, os números complexos são 2 1 i e 2 1 3i.
c) e d) A intersecção da circunferência com a reta 
que passa pelo seu centro e pela origem dos eixos 
determina o ponto mais próximo e o ponto mais 
distante da origem. Assim, resolvemos o sistema 
com as equações da circunferência e da reta:
x y x y
y x
2 2 8 8 15 0
1
2
                   
   
1 2 2 1 5
5




 ⇒
⇒ x 5 2 e y 5 1 ou x 5 6 e y 5 3
Logo, os números complexos procurados são 2 1 i 
e 6 1 3i.
Calculando seus módulos, temos:
|z1| 5 |2 1 i| 5 2 1 5
2 2       1 5 
|z2| 5 |6 1 3i| 5 6 3 36 9
2 2           1 5 1 5
5 45 3 5   5 
Assim, 2 1 i é o ponto mais próximo e 6 1 3i é o 
ponto mais distante da origem do sistema de eixos.
 44. |z 1 i| 5 |z 1 2| ⇒ |x 1 yi 1 i| 5 |x 1 yi 1 2|
 |x 1 ( y 1 1)i| 5 |(x 1 2) 1 yi| ⇒
⇒ ( )    (     )x y2 211 1 5 (     )    x y1 12 2 2 
 x2 1 y2 1 2y 1 1 5 x2 1 4x 1 4y2 ⇒
⇒ 2y 1 1 5 4x 1 4
 2y 2 4x 2 3 5 0
Assim, o L.G. definido pela equação 2y 2 4x 2 3 5 0 
é uma reta.
Alternativa d.
 45. |z| 5 |(3 2 4i)(21 1 i)(26 2 8i)6i| ⇒
    ⇒ |z| 5 |3 2 4i|  |21 1 i|  |26 2 8i|  |6i|
   |z| 5 3 42 2   ( )1 2  ( )    2 11 12 2  ( )    ( )2 1 26 82 2  0 62 2   1
  |z| 5 5  2  10  6 5 300 2
 46. Aplicando as propriedades dos módulos, temos:
a) 1 3
7 2
1 3
7 2
   
   
   
   
   
1
1
5
1
1
i
i
i
i
 5
  5 
( )  
   
       
   
1 3
7 2
1 3
7 2
2 2
2
1
1
5
1
1
( )
( ) ( )2
 5 
4
9
2
3
   5 
b) |(1 1 2i)6| 5 |1 1 2i|6 5
  5 ( )    ( )        1 2 1 42 2
6 6
1 5 1( ) ( ) 5 5 2 3( )  5
  5 (5)3 5 125 
 47. a) |z| 1 |3z| 5 4 ⇒ |z| 1 3|z| 5 4
 4|z| 5 4 ⇒ |z| 5 1
Logo, o L.G. das imagens dos complexos z é a cir-
cunferência de centro (0, 0) e raio 1.
Im
Re
1
0
C
1
�1
�1
b) z  z. 5 |4z| ⇒ |z|2 5 4|z|
 |z|2 2 4|z| 5 0 ⇒ |z|(|z| 2 4) 5 0
 |z| 5 0 ou |z| 5 4
Logo, o L.G. das imagens de z é formado pelo ponto 
(0, 0) e pela circunferência de centro (0, 0) e raio 2.
Im
Re
2
0 2
�2
�2
C
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 233 9/24/09 8:32:02 AM
234 Matemática Paiva Parte específica
 48. Como z  z. 5 |z|2, em que z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, 
temos:
z  z. 2 |z|2 2 5 0 ⇒ |z|2 2 |z| 2 2 5 0
Sendo |z| 5 y, temos: y2 2 y 2 2 5 0
Resolvendo a equação do 2º grau, obtemos:
 5 (21)2 2 4  1  (22) 5 9
 y 5 
2 2( )   
   
1 9
2 1
±

 ⇒ y 5 2 ou y 5 21
Como y 5 |z|, temos:
•	 |z| 5 21 (não convém)
•	 |z| 5 2 ⇒ x y2 2   1 5 2
  x2 1 y2 5 4
Concluímos então que o lugar geométrico que satis-
faz as condições do enunciado representa, no plano 
Argand-Gauss, uma circunferência com o centro na 
origem e raio 2, ou seja:
Im
Re
2
0 2
�2
�2
C
 49. Sendo d 5 |z1 2 z2| a distância entre as imagens de 
dois números complexos, z1 e z2, temos:
a) d 5 |z1 2 z2| 5 |(2 1 3i) 2 (7 1 15i)| 5
  5 |25 2 12i| 5 ( )    ( )2 1 25 122 2 5 13
b) d 5 |z1 2 z2| 5 |(4 1 i) 2 (2 2 i)| 5 |2 1 2i| 5
  5 ( )    ( )2 22 21 5 8 2 2   5 
 50. Representando z1 5 4i, z2 5 25, z3 5 26i e z4 5 3 no 
plano complexo, obtemos:
�6
�5
4
3
Im
Re
z1
z4
z3
z2
Lembrando que o módulo de um número complexo 
é a distância entre sua imagem e a origem do plano 
complexo, temos:
|z1| 5 4, |z2| 5 5, |z3| 5 6, |z4| 5 3
Sabendo que o argumento de um número complexo 
de imagem P é a medida  do ângulo formado por OP 
e pelo semieixo positivo Ox, com 0°    360° ou 
0    2π, no sentido anti-horário, temos:
1 5 90° ou 
π
2
2 5 180° ou π
3 5 270° ou 
3
2
π
4 5 0° ou 0 rad
em que 1, 2, 3 e 4 são os argumentos dos números 
z1, z2, z3 e z4, respectivamente.51. Seja z 5 a 1 bi, com {a, b}  R
1
, o número com-
plexo de argumento π
7
. Vamos representar no plano 
complexo z 5 a 1 bi, z. 5 a 2 bi, 2z 5 2a 2 bi e 
2z. 5 2a 1 bi:
Im
Re�a
�b
b
�z
�t z
t z
a
z
Assim, sendo 1, 2 e 3 os argumentos dos números 
complexos z., 2z e 2z., respectivamente, temos:
a) 1 5 2π 2 
π π
7
13
7
   5 
b) 2 5 π 1 
π π
7
8
7
   5 
c) 3 5 π 2 
π π
7
6
7
   5 
 52. a) z1 5 1 1 i 
parte real: 1
parte imaginária: 1



O módulo  e o argumento  de z1 são dados por:
 5 ( )    ( )    1 1 22 21 5
cos         
cos         
 5 5
 5 5
1
2
2
2
1
2
2
2






 ⇒  5 45°
Concluímos, então, que o número complexo z1 
tem módulo 2 e argumento 45° ou rad    .
π
4




 
b) z2 5 1 2 3 i; 
parte real: 1
parte imaginária:2 3



 
O módulo  e o argumento  do número complexo 
z2 são dados por:
 5 1 3 42
2
       1 2 5( ) 5 2
cos     
       
 5
 5 2
1
2
3
2
sen






 ⇒  5 300°
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 234 9/24/09 8:32:24 AM
235 Parte específica Matemática Paiva 
Concluímos, então, que o número complexo z2 
tem módulo 2 e argumento 300° ou rad  .
5
3
π



c) z3 5 2 1
2
2
2
2
    i 
parte real:
parte imaginária:
2
2
2
2
2






O módulo  e o argumento  do número complexo 
z3 são dados por:
 5 2 1
2
2
2
2
2 2








    5 
2
4
2
4
   1 5 1
cos     
 
    
           
 5
2
5 2
 5 5
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
sen









 ⇒  5 135°
Concluímos, então, que o número complexo z3 
tem módulo 1 e argumento 135° ou rad  .
3
4
π



d) z4 5 25 3 2 5i 
parte real:
parte imaginária:
2
2
5 3
5 



O módulo  e o argumento  do número complexo 
z4 são dados por:
 5 2 1 25 3 5
2 2( )    ( ) 5 75 25 100       1 5 5 10
cos            
         
 5
2
5 2
 5
2
52
5 3
10
3
2
5
10
1
2
sen






 ⇒  5 210°
Concluímos, então, que o número complexo z4 
tem módulo 10 e argumento 210° ou rad  .
7
6
π



 53. z 5 2 1 6i 
parte real: 
parte imaginária:
2
6 



 
O módulo  e o argumento  do número complexo z são 
dados por:
 5 2 62 2   1 5 4 36 40       1 5 5 2 10
cos              
       
 5 5 5
 5 5
2
2 10
1
10
10
10
6
2 10
3
10
sen     5 3 10
10






Assim, temos:
tg  5 
sen 
cos 


 ⇒ tg  5 
3 10
10
10
10
 5 3
  5 arctg 3
Logo, o número complexo z tem módulo 2 10 e 
argumento artcg 3.
Alternativa a.
 54. a) z1 5 1 1 3 i 
parte real: 
parte imaginária:
1
3 



O módulo  e o argumento  do número complexo 
z1 são dados por:
 5 1 32
2
   1 5 4 5 2
cos        
       
 5
 5
1
2
3
2
sen






 ⇒  5 60°
Logo, a forma trigonométrica de z1 é:
z1 5 2 (cos 60° 1 i sen 60°) ou
z1 5 2 cos     
π π
3
1 i sen 
3




 
b) z2 5 1 2 i 
parte real: 
parte imaginária:
1
1 2



 
O módulo  e o argumento  do número complexo 
z2 são dados por:
 5 1 1 22 2   ( )    1 2 5 
cos            
           
 5 5
 5
2
5 2
1
2
2
2
1
2
2
2
sen






 ⇒  5 315°
Logo, a forma trigonométrica de z2 é:
z2 5 2 (cos 315° 1 i sen 315°) ou
z2 5 2 cos     
7
4
π π
1 i sen  7
4




c) z3 5 2 3 1 i 
parte real: 
parte imaginária:
2 3
1 



O módulo  e o argumento  do número complexo 
z3 são dados por:
 5 2 13 1
2 2( )    ( ) 5 3 1 4       1 5 5 2
cos        
       
 5
2
 5
3
2
1
2
sen






 ⇒  5 150°
Logo, a forma trigonométrica de z3 é:
z3 5 2 (cos 150° 1 i sen 150°) ou
z3 5 2 cos       
5
6
5
6
π π
1 i sen




d) z4 5 
2
2
2
2
   1 i 
parte real: 
parte imaginária:
2
2
2
2
 






 
O módulo  e o argumento  do número complexo 
z4 são dados por:
 5 
2
2
2
2
2 2








   1 5 
2
4
2
4
   1 5 1
cos            
           
 5 5
 5 5
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
sen








 ⇒  5 45°
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 235 9/24/09 8:33:03 AM
236 Matemática Paiva Parte específica
Logo, a forma trigonométrica de z4 é:
z4 5 cos 45° 1 i sen 45° ou z4 5 cos
π
4
 1 i sen
π
4
 
e) Como z5 5 22i é um número imaginário puro, sua 
imagem pertence ao eixo imaginário e, nesse caso, 
podemos obter graficamente o módulo e o argu-
mento de z5.
Im
Re
� � 270°
�2i
O módulo  de z5 5 22i é a distância da imagem 
de z5 à origem O do sistema, isto é,  5 2.
Logo, a forma trigonométrica de z5 é:
z5 5 2 (cos 270° 1 i sen 270°) ou
z5 5 2 cos         
3
2
3
2
π π
1 i sen




 55. a) z1 5 2 (cos 90° 1 i sen 90°) 5 2 [0 1 i(1)] 5 2i
b) z2 5 6 (cos 30° 1 i sen 30°) 5 6 
3
2
1
2
3 3       1 5i




 5
5 
3
2
1
2
3 3       1 5i




1 3i
c) z3 5 cos
5
4
π
 1 i sen
5
4
π
 5 2 2
2
2
2
2
    i 
 56. Sabendo que o hexágono regular tem raio 6, concluí-
mos que os números complexos que têm como ima-
gens os vértices A, B, C, D, E e F têm módulo 6.
Os vértices do hexágono regular inscrito na circunfe-
rência dividem-na em arcos de medidas: 0°, 60°, 120°, 
180°, 240° e 300°.
Sendo  (cos  1 i sen ) a forma trigonométrica de 
um número complexo, em que  é seu módulo e  
seu argumento, temos:
No ponto A: 6 (cos 0° 1 i sen 0°) ou
6 (cos 0 1 i sen 0)
No ponto B: 6 (cos 60° 1 i sen 60°) ou
6 cos       
π π
3 3
1 i sen




No ponto C : 6 (cos 120° 1 i sen 120°) ou
6 cos       
2π 2π
3 3
1 i sen




No ponto D: 6 (cos 180° 1 i sen 180°) ou
6 (cos π 1 i sen π)
No ponto E: 6 (cos 240° 1 i sen 240°) ou
6 cos       
4π 4π
3 3
1 i sen



 
No ponto F: 6 (cos 300° 1 i sen 300°) ou
6 cos       
5π 5π
3 3
1 i sen



 
 57. O número z 5 2 cos  ,   
n nπ π
6 6
i sen




 será real quan-
do sua parte imaginária for nula, ou seja, quando 
sen
nπ
6




 5 0; logo:
nπ
6
 5 kπ, com k  Z
 n 5 6k, com k  Z
Assim, para k 5 1, obtemos n 5 6, que é o menor 
valor inteiro positivo de n.
 58. Pela igualdade 4 (cos 4 1 i sen 4) 5 16 (cos π 1 i sen π), formamos o sistema:
 5
 5 1
4 16
4 2
   
            ,       π π  k kcom Z



 ⇒ 
 5
 5 1
   
            ,       
2
π
4
π
2
 k kcom Z




Sendo z1, z2, z3 e z4 os números complexos procurados, temos:
Para k 5 0:  5 
π
4
 z1 5 2 cos   
π π
4 4
1 i sen




 5 2
2
2
2
2
   1 i




 5 2 2   1 i
Para k 5 1:  5 
3π
4
 z2 5 2 cos   
3π 3π
4 4
1 i sen




 5 2 2 1
2
2
2
2
    i




 5 2 12 2   i 
Para k 5 2:  5 
5π
4
 
 z3 5 2 cos     
5π 5π
4 4
1 i sen




 5 2 2 2
2
2
2
2
    i




 5 2 22 2   i 
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 236 9/24/09 8:33:30 AM
237 Parte específica Matemática Paiva 
Para k 5 3:  5 
7π
4
 
 z4 5 2 cos  ,   
7π 7π
4 4
i sen




 5 2
2
2
2
2
   2 i




 5 2 2   2 i 
Logo, os quatro números procurados são:
z1 5 2 2   1 i , z2 5 2 12 2   i , z3 5 2 22 2   i e z4 5 2 2   2 i 
 59. a) zw 5 [4 (cos 25° 1 i sen 25°)][5 (cos 20° 1 i sen 20°)] 5
 5 4  5 [cos (25° 1 20°) 1 i sen (25° 1 20°)] 5 20 (cos 45° 1 i sen 45°) 5 20 2
2
2
2
   1 i




 5
5 10 2 10 2   1 i 
Logo, a forma algébrica de zw é 10 2 10 2   1 i.
b) wu 5 [5 (cos 20° 1 i sen 20°)][3 (cos 10° 1 i sen 10°)] 5
 5 5  3[cos (20° 1 10°) 1 i sen (20° 1 10°)] 5 15 (cos 30° 1 i sen 30°) 5 15 3
2
1
2
   1 i




 5 
5 
15 3
2
15
2
   1 i 
Logo, a forma algébrica de wu é 
15 3
2
15
2
   1 i .
c) v2 5 v  v 5 [8 (cos 15° 1 i sen 15°)][8 (cos 15° 1 i sen 15°)] 5
 5 8  8[cos (15° 1 15°) 1 i sen (15° 1 15°)] 5 64 (cos 30° 1 i sen 30°) 5
  5 64
3
2
1
2
     1 i




 5 32 3 1 32i
Logo, a forma algébrica de v2 é 32 3 1 32i.
d) u3 5 u  u  u 5 [3 (cos 10° 1 i sen 10°)][3 (cos 10° 1 i sen 10°)] [3 (cos 10° 1 i sen 10°)] 5
 5 33 (cos 3(10°) 1 i sen 3(10°)) 5 27 (cos 30° 1 i sen 30°) 5
 5 27
3
2
1
2
     1 i




 5 
27 3
2
27
2
     1 i 
 Logo, a forma algébrica de u3 é 
27 3
227
2
    .1 i
 60. Primeiro, vamos escrever o número complexo u 5 4 1 4 3 i na forma trigonométrica:
u 5 4 1 4 3 i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
4
4 3



 
O módulo  e o argumento  de u são dados por:
 5 4 4 32
2
   1 ( ) 5 16 48 64       1 5 5 8
cos         
         
 5 5
 5 5
4
8
1
2
4 3
8
3
2
sen






 ⇒  5 60° ou  5 π
3
Logo, a forma trigonométrica de u é:
u 5 8 (cos 60° 1 i sen 60°) ou u 5 8 cos       
π π
3 3
1 i sen




 
Assim:
4 4 3
3
7 7
   
  cos     
1
1
i
i sen π π




 5 
8
3 3
3
7
  cos       
  cos       
π π
π π
1
1
i sen
i sen




77




 5 
8
3




  cos               
π π π π
3 7 3 7
2 1 2












i sen

 5
5 
8
3
4
21
4
21
  cos     π π1 i sen 




 
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 237 9/24/09 8:34:04 AM
238 Matemática Paiva Parte específica
 61. a) zu 1 
z
u
 5 [2 (cos 45° 1 i sen 45°)][8 (cos 255° 1 i sen 255°)] 1 2 45
8 255
 (cos      )
 (cos     
° i sen 45°
° i sen 
1
1 2255°)
 5 
5 (2  8) [cos (45° 1 225°) 1 i sen (45° 1 255°)] 1 2
8




 [cos (45° 2 225°) 1 i sen (45° 2 225°)] 5 
5 16 (cos 300° 1 i sen 300°) 1 
1
4
 [cos (2210°) 1 i sen (2210°)] 5
5 16 (cos 300° 1 i sen 300°) 1 
1
4
 (cos 150° 1 i sen 150°) 5 16
1
2
3
2
   2 i




 1 
1
4
3
2
1
2
     2 1 i




 5
5 8 2 8 3
3
8
1
8
i i       2 1 5 8
3
8
1
8
8 3             2 1 2








i 5 
64 3
8
   2
 1 
1 64 3
8
     2




i 
b) zuw 1 
zw
u
 5 [2 (cos 45° 1 i sen 45°)][8 (cos 255° 1 i sen 255°)][ 1 (cos 120° 1 i sen 120°)] 1
  1 
2 45 45 1 120 (cos           (cos     ° i sen °) ° i1 1    sen °)
8 (cos 255° i sen °)
 
     
120
255
 
1
5 (2  8  1) [ cos (45° 1 255° 1 120°) 1
1 i sen (45° 1 255° 1 120°)] 1 2 1
8
   



 [ cos (45° 1 120° 2 255°) 1 i sen (45° 1 120° 2 255°)] 5
5 16 (cos 420° 1 i sen 420°) 1 
1
4
 [cos (290°) 1 i sen (290°)] 5 16 1
2
3
2
1
4
0          (     )1 1 2i i




 5
5 8 1 8 3 i 2 
1
4
i 5 8 1 
32 3 1
4
   2



 i 
 62. Inicialmente, vamos representar o número 3 1 i na forma trigonométrica:
3 1 i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
3
1



O módulo  e o argumento  são dados por:
 5 3 1 4
2 2( )        1 5 5 2
cos      
      
 5
 5
3
2
1
2
sen






 ⇒  5 30°
Logo, a forma trigonométrica de 3 1 i é dada por 2 (cos 30° 1 i sen 30°).
Temos:
z
w
 5 3 1 i ⇒ z 5 w 3    1 i( ) 
Substituindo as formas trigonométricas na igualdade acima, obtemos:
 (cos  1 i sen ) 5 [7 (cos 18° 1 i sen 18°)][2 (cos 30° 1 i sen 30°)] 5
5 (7  2) [cos (18° 1 30°) 1 i sen (18° 1 30°)] 5 14 (cos 48° 1 i sen 48°)
Logo, o módulo  é 14 e o argumento  é 48°.
 63. Inicialmente, vamos representar o número 1 1 3 i na forma trigonométrica:
1 1 3 i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
1
3



 
O módulo  e o argumento  são dados por:
 5 1 3 42
2
       1 5 5 2
cos      
      
 5
 5
1
2
3
2
sen






 ⇒  5 60° ou π
3
 
Logo, a forma trigonométrica de 1 1 3 i é:
2 cos       
π π
3 3
1 i sen




 
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 238 9/24/09 8:34:38 AM
239 Parte específica Matemática Paiva 
Substituindo as formas trigonométricas na igualdade w 5 z 1 3    ,1 i( ) temos:
w 5 4
9 9
  cos       π π1 i sen









 2 3 3
  cos       π π1 i sen









 5
5 (4  2) cos               
π π π π
9 3 9 3
1 1 1










  i sen


 5 8 cos       
4
9
4
9
π π
1 i sen




 
Logo, o número complexo w é dado por 8 cos       4π 4π
3 9
1 i sen




 e sua representação no pla-
no complexo é:
Im
Re
w
8
rad4π
9
 64. zw 5 2
5 5
  cos       π π1 i sen









 3 10 10
  cos       t tπ π1 i sen









 5 6 cos             
π π π π
5 10 5 10
1 1 1
t t







 i sen   





 cos             
π π π π
5 10 5 10
1 1 1
t t







 i sen   






Para que o produto zw seja um número imaginário puro, devemos ter sua parte real nula e 
sua parte imaginária não nula, isto é:
cos          ( )
     
π π
π π
5 10
0
5 10
1 5
1
t
t




I
sen 








         ( ) 0 II
 
De (I), temos:
π π
5 10
   1 t 5 
π
2
 1 kπ, com k  Z ⇒ tπ
10
 5 
π π
2 5
   2 1 kπ, com k  Z
 
tπ
10
 5 
3
10
π
 1 kπ, com k  Z
 t 5 3 1 10k, com k  Z
De (II), temos:
π π
5 10
   1 t   0 1 kπ, com k  Z ⇒ tπ
10
  2
π
5
 1 kπ, com k  Z
 t  22 1 10k, com k  Z
Como queremos o menor valor real positivo de t, concluímos que t 5 3.
 65. Representando z por  (cos  1 i sen ) e i por 1 cos     π π
2 2
1 i sen 




, temos:
z  i 5 [ (cos  1 i sen )] 1
2 2
  cos       π π1 i sen









 ⇒ zi 5  cos                1 1  1
π π
2 2













i sen
Como zi tem o mesmo módulo de z, concluímos, pela expressão acima, que ao multiplicar 
por i um número complexo z, sua imagem é transformada por uma rotação de 90° em torno 
da origem do sistema de eixos do plano complexo.
 66. Sendo z 5 2 cos     
π π
12 12
1 i sen




 e aplicando o teorema de De Moivre, obtemos:
a) z8 5 28 cos     8
12
8
12
π π












1 i sen 5 256 cos       
2
3
2
3
π π
1 i sen




 
b) zn 5 2n cos       
n nπ π
12 12
1 i sen



 
Para zn ser real, sua parte imaginária deve ser nula, ou seja:
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 239 9/24/09 8:35:05 AM
240 Matemática Paiva Parte específica
sen
nπ
12
 5 0 ⇒ nπ
12
 5 0 1 kπ, com k  Z
 n 5 12k, com k  Z
Assim, para k 5 1, obtemos n 5 12, que é o menor valor inteiro positivo de n.
c) zn 5 2n cos       
n nπ π
12 12
1 i sen



 
Para zn ser imaginário puro, devemos ter:
(I) cos
nπ
12
 5 0 ⇒ nπ
12
 5 
π
2
 1 kπ, com k  Z
  n 5 6 1 12k, com k  Z
(II) sen
nπ
12




  0 ⇒ nπ
12
  0 1 kπ, com k  Z
  n  12k, com k  Z
Logo, o menor valor inteiro positivo de n é 6.
 67. Pela fórmula de De Moivre, temos:
z36 5 136 cos       36
24
36
24
π π












1 i sen 5 cos
3
2
π
 1 i sen
3
2
π
 5 2 i
z12 5 112 cos       12
24
12
24
π π












1 i sen 5 cos
π
2
 1 i sen
π
2
 5 i
Substituindo os valores obtidos na igualdade z36 2 z12 1 2i 5 0, obtemos:
z36 2 z12 1 2i 5 2i 2 i 1 2i 5 0
Assim, mostramos que cos
π
24
 1 i sen
π
24
 é raiz da equação.
 68. a) Inicialmente, vamos representar 1 1 3 i na forma trigonométrica:
1 1 3 i 
parte real:
parte imaginária: 
 1
3



Sendo  o argumento e  o módulo, temos:
 5 1 32
2
   1 ( ) 5 1 3 4       1 5 5 2
cos     
     
 5
 5
1
2
3
2
sen






 ⇒  5 60°
Logo:
1 1 3 i 5 2 (cos 60° 1 i sen 60°)
Pela fórmula de De Moivre, temos:
1 3
8
   1 i( ) 5 28 (cos 8  60° 1 i sen 8  60°) 5 28 (cos 120° 1 i sen 120°) 5 256 2 112
3
2
     i




 5 2128 1 128 3 i 
b) Inicialmente, vamos representar 2 13    i na forma trigonométrica:
2 13    i 
parte real:
parte imaginária:
2 3
1 



Sendo  o módulo e  o argumento, temos:
 5 2 13 1
2 2( )     5 3 1 4       1 5 5 2
cos     
     
 5
2
 5
3
2
1
2
sen






 ⇒  5 150°
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 240 9/24/09 8:35:33 AM
241 Parte específica Matemática Paiva 
Logo:
2 13    i 5 2 (cos 150° 1 i sen 150°)
Pela fórmula de De Moivre, temos:
2 13
10
   i( ) 5 210 (cos 10  150° 1 i sen 10  150°) 5 210 (cos 60° 1 i sen 60°) 5 1.024 12
3
2
   1 i




 5 512 1 512 3i 
c) Inicialmente, vamos representar 8 3 1 8i na forma trigonométrica:
8 3 1 8i 
parte real: 
parte imaginária:
8 3
8 



 
Sendo  o módulo e  o argumento, temos:
 5 8 3 8 256
2 2( )        1 5 5 16
cos         
         
 5 5
 5 5
8 316
3
2
8
16
1
2
sen






 ⇒  5 30°
Logo: 
8 3 1 8i 5 16 (cos 30° 1 i sen 30°)
Pela fórmula de Moivre, temos:
(8 3 1 8i)24 5 [16 (cos 30° 1 i sen 30°)]24 5 1624 [cos (24  30°) 1 i sen (24  30°)] 5 
5 
1
164
[cos (2120°) 1 i sen (2120°)] 5 
1
164
(2cos 60° 2 i sen 60°) 5
5 
1
164
 2 2
1
2
3
2
    i




 5 2 2
1
131 072
3
131 072.
   
.
i
 
 69. Vamos representar z 5 3 3   1 i na forma trigonométrica:
parte real: 
parte imaginária:
3
3 



Sendo  o módulo de z e  o seu argumento, temos:
 5 3 3 3 9
2 2( )            1 5 1 5 12 2 3   5 
cos         
         
   
   
 5 5
 5 5 5
3
2 3
1
2
3
2 3
3 3
2 3
3
2
sen







 ⇒  5 60°
Logo, a forma trigonométrica de z é dada por:
z 5 2 3 (cos 60° 1 i sen 60°)
Aplicando a fórmula de De Moivre, temos:
zn 5 2 3( )n [cos (n  60°) 1 i sen (n  60°)]
Para zn ser real, sua parte imaginária deve ser nula, isto é:
sen (n  60°) 5 0 ⇒ n  60° 5 0° 1 k  180°, com k  Z
 n 5 3k, com k  Z
Como queremos o menor valor inteiro positivo, concluímos que n 5 3.
 70. Sendo z 5 
1
2
3
2
   1 i, temos:
parte real: 
parte imaginária:
1
2
3
2
 






 
Sendo  o módulo de z e  seu argumento:
GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 241 9/24/09 8:35:54 AM
242 Matemática Paiva Parte específica
 5 
1
2
3
2
2 2








   1 5 
1
4
3
4
   1 5 1
cos         
         
 5 5
 5 5
1
2
1
1
2
3
2
1
3
2
sen








 ⇒  5 60°
Logo, a forma trigonométrica de z é dada por:
z 5 1 (cos 60° 1 i sen 60°)
Agora, podemos calcular o produto P:
P 5 z1  z2  z3  ...  z20 5 z (            ...    )1 2 3 201 1 1 1
Soma dos termos 
de umma P.A.  
 5 z210 5 cos (120° 1 i sen 120°)210 5 cos (210  120°) 1 i sen (210  120°) 5
5 cos 25.200° 1 i sen 25.200° 5 cos 0° 1 i sen 0° 5 1 1 i  0 5 1
 71. Sendo z 5 2 (cos 12° 1 i sen 12°) uma das raízes quin-
tas de w 5  (cos  1 i sen ), temos:
z5 5 w ⇒ 25 [cos (5  12°) 1 i sen (5  12°)] 5
5  (cos  1 i sen )
Logo:
 5 5
 5 5 1
       
              ,   
2 32
5 12 60 2
5
 ° ° comkπ k  Z



 
Assim:
w 5 32 (cos 60° 1 i sen 60°) 5 32
1
2
3
2
   1 i




 5
5 16 1 16 3 i
Alternativa e.
 72. Seja w 5  (cos  1 i sen ) uma das raízes quadradas 
de z 5 25 cos        .
2
7
2
7
π π
1 i sen




Pela fórmula de De Moivre, temos:
w2 5 z ⇒ 2 (cos 2  1 i sen 2) 5
5 25 cos       
2
7
2
7
π π
1 i sen




Logo:
 5
 5 1
2 25
2 2
7
2
   
            ,     π πk  com k Z




 ⇒
⇒ 
 5
 5 1
   
        ,     
5
7
π πk com k  Z




Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0 e 1, 
obtendo:
k 5 0 ⇒  5 π
7
k 5 1 ⇒  5 8π
7
Assim, as raízes quadradas de z são:
w1 5 5 cos     
π π
7 7
1 i sen 




w2 5 5 cos     
8 i sen  8π π
7 7
1




 73. Seja w 5  (cos  1 i sen ) a forma trigonométrica 
de uma das raízes quartas de 
z 5 16 cos      .
4 i sen  4π π
11 11
1




Assim, pela fórmula de De Moivre, temos:
w 4 5 z ⇒ 4 (cos 4 1 i sen 4) 5
5 16 cos     
4 i sen  4π π
11 11
1




 
Logo:
 5
 5 1
4 16
4
11
2
   
            ,     4 comπ πk  k Z




 ⇒
⇒ 
 5
 5 1
   
        ,     
2
11 2
π π k com k  Z




 
Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0, 1, 2 e 
3, obtendo:
k 5 0 ⇒  5 π
11
k 5 1 ⇒  5 13π
22
k 5 2 ⇒  5 12
11
π
k 5 3 ⇒  5 35π
22
Assim, as raízes quartas de z são:
w1 5 2 cos     
π π
11 11
1 i sen 




w2 5 2 cos     
13 i sen  13π π
22 22
1




w3 5 2 cos     
12 i sen  12π π
11 11
1




w4 5 2 cos     
35 i sen  35π π
22 22
1




GM_Mat_Paiva_v3_227a242.indd 242 9/24/09 8:36:19 AM
243 Parte específica Matemática Paiva 
 74. 1º modo
Seja w 5  (cos  1 i sen ) a forma trigonométrica de 
uma das raízes quintas de z 5 1 5 cos 2π 1 i sen 2π. 
Assim, pela fórmula de De Moivre, temos:
w5 5 z ⇒ 5 (cos 5 1 i sen 5) 5 cos 2π 1 i sen 2π
Logo:
 5
 5 1
5 1
5 0 2
   
            ,     k ? π com k Z



 ⇒ 
⇒ 
 5
 5
   
    ,     
1
5
2π k com k  Z




 
Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0, 1, 2, 
3 e 4, obtendo:
k 5 0 ⇒  5 0
k 5 1 ⇒  5 2
5
π
k 5 2 ⇒  5 4
5
π
k 5 3 ⇒  5 6
5
π
k 5 4 ⇒  5 8
5
π
Assim, as raízes quintas de z são:
w1 5 cos 0 1 i sen 0
w2 5 cos
2
5
π
 1 i sen
2
5
π
 
w3 5 cos
4
5
π
 1 i sen
4
5
π
 
w4 5 cos
6
5
π
 1 i sen
6
5
π
 
w5 5 cos
8
5
π
 1 i sen
8
5
π
 
2º modo
Uma das raízes quintas de z é w1 5 1, pois 1
5 5 z.
Logo, as raízes procuradas têm imagens nos vértices 
do pentágono regular representado no plano complexo 
abaixo:
Im
1
1
1
1 � w1
1
Re
w2 � 1[cos � i sen ]
2π
5
2π
5
w3 � 1[cos � i sen ]
4π
5
4π
5
w4 � 1[cos � i sen ]
6π
5
6π
5
w5 � 1[cos � i sen ]
8π
5
8π
5
 75. Inicialmente, vamos representar z na forma trigono­
métrica:
z 5 28 2 8 3 i 
parte real:
parte imaginária:
2
2
8
8 3



Sendo  o módulo de z e  o seu argumento:
 5 ( )    2 1 28 8 32
2( ) 5 64 192   1 5 256 5 16
cos         
sen          
 5
2
5 2
 5
2
5 2
8
16
1
2
8 3
16
3
2






  ⇒  5 240°
Logo, a forma trigonométrica de z é dada por:
z 5 16 cos       
4
3
4π π
1 i sen
3




Seja w 5  (cos  1 i sen ) uma das raízes quartas 
de z 5 28 2 8 3 i. 
Assim, pela fórmula de De Moivre, temos:
w4 5 z ⇒ 4 (cos 4 1 i sen 4) 5
5 16 cos       
4
3
4π π
1 i sen
3




 
Logo:
 5
 5 1
4 16
4 4
3
2
   
            ,         π πk k? com Z




 ⇒
⇒ 
 5
 5 1
   
        ,         
2
3 2
π π k kcom  Z




 
Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0, 1, 2 e 3:
k 5 0 ⇒  5 π
3
k 5 1 ⇒  5 5
6
π
k 5 2 ⇒  5 4
3
π
k 5 3 ⇒  5 11
6
π
Assim, as raízes quartas de z são:
w1 5 2 cos       
π π
3 3
1 i sen




5 2
1
2
3
2
   1 i




5 1 1 3 i
w2 5 2 cos       
5π 5π
6 6
1 i sen




 5 2 2 1
3
2 2
    i




 5
5 2 13    i 
w3 5 2 cos       
4π 4π
3 3
1 i sen




 5 2 2 1
1
2 2
    i 3




 5
5 2 21 3    i 
w4 5 2 cos       
11π 11π
6 6
1 i sen




 5 2
3
2 2
   2 i




 5 
5  3    2 i 
 76. Seja w 5  (cos  1 i sen ) a forma trigonométrica 
de uma das raízes sextas de z 5 21, cuja forma trigo­
nométrica é z 5 1 (cos π 1 i sen π).
Assim, pela fórmula de De Moivre, temos:
w6 5 z ⇒ 6 (cos 6 1 i sen 6) 5 1 (cos π 1 i sen π)
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 243 9/24/09 8:46:29 AM
244 Matemática Paiva Parte específica
Logo: 
 5
 5 1
6 1
6 2
   
            , π πk ?



 
com k  Z
 ⇒
⇒ 
 5
 5 1
   
        , 
1
3
π
6
π k




 
com k  Z
Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0, 1, 2, 
3, 4 e 5, obtendo:
k 5 0 ⇒  5 π
6
k 5 1 ⇒  5 π
2
k 5 2 ⇒  5 5π
6
k 5 3 ⇒  5 7π
6
k 5 4 ⇒  5 3
2
π
 
k 5 5 ⇒  5 11π
6
 
Assim, as raízes sextas de z 5 21 são:
w1 5 cos
π
6
 1 i sen
π
6
 5 
3
2 2
   1 i
w2 5 cos
π
2
 1 i sen
π
2
 5 i
w3 5 cos
5π
6
 1 i sen
5π
6
 5 2 1
3
2 2
    i
w4 5 cos
7π
6
 1 i sen
7π
6
 5 2 2
3
2 2
    i
w5 5 cos
3π
2
 1 i sen
3π
2
 5 2i
w6 5 cos
11π
6
 1 i sen
11π
6
 5 
3
2 2
   2 i
 77. Todas as raízes quintas de z têm o mesmo módulo 2 
da raiz w, e suas imagens são vértices de um pentágono 
regular cujo centro é a origem do sistema de eixos do 
plano complexo. Assim, temos as raízes quintas w1, 
w2, w3, w4 e w5 de z:
Im
2
Re
w2 � 2(cos 82° � i sen 82°)w3 � 2(cos 154° � i sen 154°)
w4 � 2(cos 226° � i sen 226°)
w1 � 2(cos 10° � i sen 10°)
w5 � 2(cos 298° � i sen 298°)
 78. Todas as raízes cúbicas de 2125 têm o mesmo módulo 
da raiz 25, e suas imagens são vértices de um triân­
gulo equilátero cujo centro é a origem do sistema 
de eixos do plano complexo. Assim, temos as raízes 
cúbicas w1, w2 e w3 de 2125:
Im
w2 � �5 Re
w3 � 5(cos 300° � i sen 300°)
w1 � 5(cos 60° � i sen 60°)
Ou seja:
w1 5
1
2
3
2
5
2
5 3               5 1 5 1ii
2




w2 5 25
w3 5
1
2
3
2
5
2
5 3               5 2 5 2i i
2




 79. Todas as raízes sextas de 1 têm o mesmo módulo da 
raiz 1, e suas imagens são os vértices de um hexágono 
regular cujo centro é a origem do sistema de eixos do 
plano complexo. Assim, temos as raízes sextas w1, w2, 
w3, w4, w5 e w6 de 1:
Im
w1 � 1w4 � �1
w6 � 1(cos 300° � i sen 300°)w5 � 1(cos 240° � i sen 240°)
w3 � 1(cos 120° � i sen 120°) w2 � 1(cos 60° � i sen 60°)
1
Re
Ou seja: 
w1 5 1
w2 5 
1
2
 1 
i 3
2
w3 5 2
1
2
 1 
i 3
2
w4 5 21
w5 5 2
1
2
 2 
i 3
2
w6 5 
1
2
 2 
i 3
2
 80. a) z1 5 0 1 3i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
0
3



 
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 244 9/24/09 8:47:03 AM
245 Parte específica Matemática Paiva 
O módulo  e o argumento  do número z1 são 
dados por:
 5 0 3 92 2       1 5 5 3
cos          
        
 5 5
 5 5
0
3
0
3
3
1sen 






 ⇒  5 π
2
 
Logo, a forma exponencial do complexo z1 é dada 
por: z1 5 3 e
πi
2 
b) z2 5 24 1 0i 
parte real:
parte imaginária:
24
0 



 
O módulo  e o argumento  do número z2 são 
dados por:
 5 ( )        2 1 54 0 162 2 5 4
cos          
        
 5 2 5 2
 5 5
4
4
1
0
4
0sen 






 ⇒  5 π
Logo, a forma exponencial do complexo z2 é dada 
por: z2 5 4e
πi . 
c) z3 5 2 2   1 i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
2
2



O módulo  e o argumento  do número z3 são 
dados por:
 5 2 2
2 2( ) ( )   1 5 2 2 4       1 5 5 2
cos      
    
 5
 5
2
2
2
2
sen 






 ⇒  5 π
4
Logo, a forma exponencial do complexo z3 é dada 
por: z3 5 2e
π
4
i
. 
d) z4 5 3 1 i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
3
1



O módulo  e o argumento  são dados por:
 5 3 1 4
2 2( )        1 5 5 2
cos      
    
 5
 5
3
2
1
2
sen 






 ⇒  5 π
6
 
Logo, a forma exponencial do complexo z4 é dada 
por: z4 5 2e
π
6
i
.
 81. a) Em z1 5 6e
πi, o módulo é 6 e o argumento é π; logo:
z1 5 6 (cos π 1 i sen π) 5 6 (21 1 0) ⇒ z1 5 26
b) Em z2 5 5
3 i
2e
π
, o módulo é 5 e o argumento é 
3
2
π , logo:
z2 5 5 cos       
3
2
3
2
π π
1 i sen




 5 5 (0 2 1 ? i) ⇒
⇒ z2 5 25i
c) Em z3 5 2
i
6e
π
, o módulo é 2 e o argumento é 
π
6
, logo:
z3 5 2 cos       
π π
6 6
1 i sen




 5 2
3
2
1
2
   1 i




 ⇒
⇒ z3 5 3    1 i 
d) Em z4 5 12
3 i
4e
π
, o módulo é 12 e o argumento é 
3
4
π , logo:
z4 5 12 cos       
3π 3π
4 4
1 i sen




 5
5 12 2 1
2
2
2
2
    i




 ⇒ z4 5 2 16 2 6 2     i 
e) Em z5 5 5
9 i
2e
π
, o módulo é 5 e o argumento é 
9
2
π , logo:
z5 5 5 cos       
9π 9π
2 2
1 i sen




5 5 (0 1 1 ? i) ⇒
⇒ z5 5 5i
 82. a) Em z1 5 3e
πi, o módulo é 3 e o argumento é π, 
logo:
z1 5 3 (cos π 1 i sen π) 5 3 (21 1 0) ⇒ z1 5 23
Assim:
Im
Re
z1
�3
b) Em z2 5 2 e
πi
4 , o módulo é 2 e o argumento 
π
4
, logo:
z2 5 2 cos       
π π
4 4
1 i sen




5
5 2
2
2
2
2
   1 i




 ⇒ z2 5 1 1 i
Assim:
Im
Re
z21
1
 83. a) 1 3   1
parte real: 
parte imaginária:
1
3 



 
O módulo  e o argumento  são dados por:
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 245 9/24/09 8:47:44 AM
246 Matemática Paiva Parte específica
 5 1 3 42
2
       1 5( ) 5 2
cos      
    
 5
 5
1
2
3
2
sen 






 ⇒  5 π
3
 
Logo, a forma exponencial de Euler é dada por: 
2e
πi
3 . 
Assim:
1 3
6
   1 i( ) 5 [ ]2
6
e
π
3
i
 5 26 ? e2πi 5 64e2πi 5 
5 64(cos 2π 1 i sen 2π) 5 64(1 1 0i) 5 64
b) 3
2 2
   1 i
parte real: 
parte imaginária:
3
2
1
2
 






 
O módulo  e o argumento  são dados por:
   5 
3
2
1
2
2 2







   1 5 
3
4
1
4
   1 5 1
 e
 
cos          
        
 5 5
 5 5
3
2
1
3
2
1
2
1
1
2
sen 








 ⇒  5 π
6
 
Logo, a forma exponencial de Euler é dada por: e
πi
6 . 
Assim:
3
2 2
12
   1 i




5 [ ]e
π
6
i
12
5 e2πi 5
5 cos 2π 1 i sen 2π 5 1 1 i ? 0 5 1
 84. a) Dado z 5 227i 5 27 cos       
3π 3π
2 2
1 i sen




, seu 
módulo e seu argumento são 27 e 
3
2
π
, respecti­
vamente. Logo, sua forma exponencial é 
 z 5 27e
3 i
2
π
. 
Sendo w 5 ei uma das raízes cúbicas de z, temos 
w3 5 z, ou seja:
(ei)3 5 27e
3 i
2
π
 ⇒ 3 ? e3i 5 27e
3 i
2
π
 
 
 5
 5 1
3 27
3 3
2
2
   
          
 π πk ? , com    k Z




  ⇒
⇒ 
 5
 5 1
   
      
  
3
2
2
3
π π k , com    k  Z




 
Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0, 1 
e 2, obtendo:
k 5 0 ⇒  5 π
2
 
k 5 1 ⇒  5 7π
6
 
k 5 2 ⇒  5 11π
6
 
Assim, as raízes cúbicas de z 5 227i são:
w w w1 2 33 3 3    ,              , 5 5 5e e e
π 7π 11πi
2
i
6
i
6e ou sseja, 
w1 5 3i, w2 5 2 2
3 3
2
3
2
   
i e w3 5 
3 3
2
3
2
    .2
i 
b) Dado z 5 8 2 1 8 2 i 5
  5 16 cos        ,
π π
4 4
1 i sen




 seu módulo e seu ar­
gumento são 16 e 
π
4
, respectivamente. Logo, sua 
forma exponencial é z 5 16e
πi
4 . 
 Sendo w 5 ei uma das raízes quartas de z, temos 
w4 5 z, ou seja:
 (ei)4 5 16e
π
4
i
 ⇒ 4 ? e4i 5 16e
π
4
i
 
 
 5
 5 1
4 16
4
4
2
   
          
 π πk ? , com    k Z




 ⇒
⇒ 
 5
 5 1
   
      
2
16
π π
2
  , com    k k  Z




 
 Como 0    2π, atribuímos a k os valores 0, 1, 2 
e 3, obtendo:
 k 5 0 ⇒  5 π
16
 
 k 5 1 ⇒  5 9
16
π
 
 k 5 2 ⇒  5 17
16
π
 
 k 5 3 ⇒  5 25
16
π 
 Assim, as raízes quartas de z 5 8 2 8 2   1 i i são:
 w1 5 2e
πi
16 , w2 5 2e
9πi
16 , w3 5 2e
17πi
16 e w4 5 2e
25πi
16 
 85. Dado z 5 4 1 3i e w 5 ez, temos:
w 5 ez 5 e(4 1 3i) 5 e4 ? e3i
Portanto, o módulo de w é e4 e seu argumento é 3.
Alternativa a.
 86. z 5 3 1 4i 
parte real:
parte imaginária:
 
 
3
4



 
Logo, o módulo  e o argumento  são dados por:
 5 3 4 252 2       1 5 5 5
cos      
    
 5
 5
3
5
4
5
sen 






 ⇒ tg  5 4
3
   5 arctg 4
3
 
Assim, a forma exponencial de Euler do número dado 
é z 5 5e
iarctg  4
3 . 
Alternativa c.
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 246 9/24/09 8:48:30 AM
247 Parte específica Matemática Paiva 
Roteiro de estudos
 1. Resposta pessoal.
 2. Ver “Operações elementares com números comple­
xos”, na página 330.
 3. Ver “Operações elementares com números comple­
xos”, na página 330.
 4. Ver “Propriedades das potências”, na página 333.
 5. Ver “Potências de i”, na página 334.
 6. O número 3i é raiz quadrada de 29, pois:
(3i)2 5 32 ? i2 5 9i2 5 9(21) 5 29
 7. Ver “Radiciação em C”, na página 335.
 8. Ver “Resolução de uma equação do 2º grau em C”, na 
página 337.
 9. Ver “Complementos do estudo de números comple­
xos conjugados”, na página 337.
 10. Sendo z 5 a 1 bi, com {a, b}  R, temos que a é parte 
real e b a parte imaginária de z.
Representamos z no plano complexo do seguinte 
modo:
Im
Re
zb
a
 11. Fixando um sistema cartesiano de eixos xOy a um 
plano, temos que a representação geométrica de um 
número complexo a 1 bi, com {a, b}  R, é o ponto 
(a, b) do plano xOy. Dessa forma, cada número com­
plexo tem uma única representação no plano, e cada 
ponto do plano representa um único número com­
plexo. Concluímos, assim, que a representação geo­
métrica do conjunto C é um plano.
 12. O módulo de um número complexo z 5 x 1 yi, com 
{x, y}  R, é a distância do ponto (x, y) à origem (0, 0) 
do plano Argand­Gauss. Calculamos o módulo de z 
por meio da seguinte fórmula: |z| 5 x y2 2    .1 
 13. Ver “Propriedades do módulo de um número com­
plexo”, na página 342.
 14. Ver “ Argumento de um número complexo”, nas pági­
nas 345 a 347.
 15. Se z 5  (cos  1 i sen ) e w 5  (cos  1 i sen ) 
são as formas trigonométricas dos complexos z e w, 
então:
z ? w 5  ?  ? [cos ( 1 ) 1 i sen ( 1 )]
 16. Se z 5  (cos  1 i sen ) e w 5  (cos  1 i sen ) 
são as formas trigonométricas dos complexos z e w, 
com w  0, então:
z
w
   5 

 [cos ( 2 ) 1 i sen ( 2 )]
 17. Se z 5  (cos  1 i sen ) é a forma trigonométricado número complexo não nulo z e n é um número 
inteiro qualquer, então:
zn 5 n (cos n 1 i sen n)
 18. Sendo w 5  (cos  1 i sen ) uma das raízes n­ésimas 
de z 5  (cos  1 i sen ), temos:
wn 5 z ⇒ n (cos n 1 i sen n) 5  (cos  1 i sen )
Logo:
 5 
 5  1
n
n k
   
              , ? 360° com    k Z



 ⇒
⇒ 
 5 
 5
 1
   
              , 
1
360
n
k ?

°
n
kcom    Z





Assim, as raízes n­ésimas de z são dadas por:
w 5   1 1  1
1 360 3n k kcos                      ? ?° i sen
n




660°
n









 , 
com k  Z
 19. Sendo z um número complexo de forma trigonomé­
trica  (cos  1 i sen ), representamos esse número 
na forma exponencial de Euler por:
z 5 ei
Questões complementares
Questões técnicas
 1. O número (3x 2 12) 1 (x2 2 16) i é real se, e somente 
se, sua parte imaginária é nula. Assim:
x2 2 16 5 0 ⇒ x 5 4 ou x 5 24
 2. O número z 5 x 1 (x2 1 4) i será real se, e somente 
se, sua parte imaginária for nula, ou seja, x2 1 4 5 0. 
Como não existe x  R que satisfaça essa equação, 
concluímos que z nunca será real.
 3. O número z 5 (k4 1 1) 1 2i será imaginário puro se, e 
somente se, sua parte real for nula, ou seja, k4 1 1 5 0. 
Como essa equação não tem solução em R, concluí mos 
que não existe k real que torne z imaginário puro.
 4. O número complexo z 5 (2a 1 b 2 6) 1 (a 2 b) i 
será imaginário puro se, e somente se, sua parte real 
(2a 1 b 2 6) for nula e sua parte imaginária (a 2 b) 
não for nula.
Resolvendo o sistema formado, obtemos:
2 6 0
0
a b
a b
           
       
1 2 5
2 



 ⇒ b 5 6 2 2a, com a  2 e b  2
Assim, z é imaginário puro sempre que b 5 6 2 2a, 
com {a, b}  R 2 {2}.
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 247 9/24/09 8:48:40 AM
248 Matemática Paiva Parte específica
Aplicando a definição de igualdade de números com­
plexos, obtemos o sistema:
2 1
2 0
a ab
a ab
       
       
2 5
1 5



 ⇒ a b
a b
(     )    ( )
(     )    ( )
2 1
1 2 0
2 5
1 5
I
II



Resolvendo a equação (II), obtemos:
a 5 0 ou b 5 2
1
2
Substituindo os resultados obtidos em (I):
•	 se	a 5 0, então 0 ? (2 2 b) 5 1 (absurdo)
•	 se	b 5 2
1
2
, então a 5 
2
5
Logo, os valores de a e b são, respectivamente, 
2
5
 e 
2
1
2
. 
 13. 
(     )(     )
(     )(     )
1 21 2
1 2
i i
i i
k
k k
 5 
k k
k
           
   
2 1 2
2
i i i
i
2 2 2
2 2 5
    5 
k k
k
       (     ) 
   
1 1 2
1
2 2 1
12
i
 5 
k
k
k
k
   
   
    (     ) 
   
1
1
1
2
1
2
1
2 1
12 2
i
 
Para que o número complexo acima seja imaginário 
puro, devemos ter:
k
k
       
       
1 5
2 
2 0
2 1 0



 ⇒ k 5 22
 14. z 5 
(     )(     )
(     )(     )
2 1 1
1 1
a a
a a
1 2
1 2
i
i i
 5 
2 2 1
1
2
2 2
a a a
a
           
   ( )
2 1 2
2
i i
i
 5
    5 
2 1 2 1
1 2
a a a
a
        (     )
   
1 2 1
1
i
 5 
2 1
1 2
a
a
   
   
1
1
 2 
a a
a
(     )
   
2 1
1 2
1
1
i
 
Para que o número complexo acima seja imaginário, 
devemos ter:
a (2a 1 1)  0 ⇒ a  0 e a  2 1
2
 15. Como z é imaginário puro, podemos representá­lo 
por z 5 yi, com y  R9. Assim:
2 3
1
z    
   
1
1
i
i
 5 
(     )   (     )
(     )   (     )
2 3 1
1 1
yi i i
i i
1 2
1 2
?
?
 5
5 
2 3 2 3
1
2 2
2
y yi i i i
i
           
   
1 2 2
2
5 
2 3 2 3
2
y y       (     )1 1 1 i
Para o número acima ser real, devemos ter:
2y 1 3 5 0 ⇒ y 5 2 3
2
Portanto:
z 5 yi 5 
23
2
i
 
 16. z 5 
(     )   (     )
(     )   (     )
a b
b b
1 2
1 2
1 ?
?
i
i i
 5 
ab a b
b
           
   
2 1 2
2
i i
i2 2
 5
    5 
b a a
b
(     )   (     )
   
1 2 1
1
1 1
12
i
 
Para que z seja um número real, devemos ter:
a 1 1 5 0 ⇒ a 5 21
Logo: 
a
b b
   
   
       
   
1
1
5
2 1
1
1 1 1
i i
 5 0
Alternativa a.
 5. O número (x2 2 5x 1 6) 1 (x 2 1) i será imaginário 
puro se, e somente se, sua parte real for nula, assim:
x2 2 5x 1 6 5 0 ⇒ x 5 2 ou x 5 3
Alternativa a.
 6. Na igualdade 2p 1 q 1 (p 1 q) i 5 21 2 (2p 1 q) i, 
temos:
2 1
2
p q
p q p q
       
           
1 5 2
1 5 2 2



 ⇒ p 5 22 e q 5 3
 7. Na igualdade x 2 y 1 (x6 2 y3) i 5 2i, temos:
x y
x y
       
       
2 5
2 5
0
26 3



 ⇒ x 5 21 ou x 5 23 
•	 para	x 5 21 temos y 5 21
•	 para	x 5 23 temos y 5 23 
 8. Igualando as partes reais e as partes imaginárias, te­
mos:
3 2
5
a b a b
a b a b
           
           
2 5 2
1 5 2



 ⇒ b a
b a
   
   
5 2
5 2
2
2



 
Assim, sempre que b 5 22a, com a  R, teremos 
(3a 2 b) 1 (5a 1 b) i 5 (a 2 2b) 1 (a 2 b) i.
 9. z 5 
2 2
1
   
   
2
1
i
i
 5 
(     )(     )
(     )(     )
2 2 1
1 1
2 2
1 2
i i
i i
 5
    5 
2 2 2 2
1
2
2 2
           
   
2 2 1
2
i i i
i
 5 
2 2 4
1 1
       
   
2 2
1
i
 5 
24
2
i
 5 22i
Alternativa a.
 10. 
2
3
2
1i
i
i
   
   
2
1
 2 i (1 2 3i) 1 4i 5
    5 
2
3
2 1
1 1
   
   
    (     )
(     )(     )
?
?
i
i i
i i
i i
2
2
1 2
 2 i 1 3i2 1 4i 5
5 
2
3
2 2
1
2
2 2
i i i
i2
2
2
2
       
   
 1 3i 2 3 5
5 2 2
12
3
2 2
2
i i        1 3i 2 3 5
5 
2 2 2 1 22 3 3 9 9
3
i i i               
 5 24 1 
4
3
i
 11. Seja z 5 x 1 yi, com {x, y}  R.
zz. 1 (z 1 z.)i 5 4 ⇒
⇒ (x 1 yi) (x 2 yi) 1 [(x 1 yi) 1 (x 2 yi)] i 5 4
 x2 1 y2 1 2xi 5 4
Aplicando a definição de igualdade de números com­
plexos, obtemos o sistema:
x y
x
2 2 4
2 0
       
   
1 5
5



 ⇒ x 5 0 e y 5 ±2
Logo, os números complexos que satisfazem a equa­
ção inicial são 2i e 2 2i.
 12. Para z1 e z2 inversos entre si, temos:
z1 5 
1
2z
 ⇒ z1 ? z2 5 1
 (a 1 abi) ? (2 1 i) 5 1 ⇒ 2a 1 ai 1 2abi 1 abi2 5 1
 2a 2 ab 1 (a 1 2ab) i 5 1
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 248 9/24/09 8:49:25 AM
249 Parte específica Matemática Paiva 
 17. 
(     )   (     )
    )   (     )
2 31  2
 1  2
i i
( i i
?
?
 5 
2 2 3 3 2
2 2
 2 1  2
 2
           
   
i i i
i
5 
    5 
2 3 3 2
12
 1 1  2
 1
       (     )
   
i
Para que o número complexo acima seja imaginário 
puro, devemos ter:
2 3 0
3 2 0
 1 5
 2 
       
       



 ⇒  5 2 3
2
 18. Seja z 5 x 1 yi, com {x, y}  R.
a) 
z
z
   
   
1
1
i
i1
 5 2 ⇒ (     )   
    (     )
x y
x y
1 1
1 1
i i
i i1
 5 2
 x 1 ( y 1 1) i 5 2(1 1 xi 1 yi2)
 x 1 ( y 1 1) i 5 2 2 2y 1 2xi
Aplicando a definição de igualdade de números 
complexos, obtemos o sistema:
x y
y x
       
       
5 2
1 5
2 2
1 2



 ⇒ x 5 4
5
 e y 5 
3
5
 
Logo, z 5 
4
5
3
5
   1 i . 
b) 
z
z
   
   
1
1
i
i1
 5 
(     )   
    (     )
x y
x y
1 1
1 1
i i
i i1
 5 
x y
x y
       
       
1 1
1 1
i i
i i1 2
 5
  5 
x y
y x
y x   (     )
(     )   
    (     )   
(  
1 1
2 1
2 2
2
1
1
1
1
i
i
i
?
   )   y x2 i
 5
  5 
(     )        (     )(     )    (     )1 122 2 1 1 2 1 1y x x y y y xi 1 i i
((     )    ( )1 2 22 1y xi
 5
  5 
2 1
1
2 2
2 2
x x y
y x
   (         )
(     )    
2 1 2
2 1
i
 Para o número obtido ser real, devemos ter:
 x2 1 y2 2 1 5 0 ⇒ x2 1 y2 5 1
	  |z|2 5 1
 Logo, z  C, tal que |z|2 5 1, supondo z  i.
 19.	 •	 z1 5 
2
4 3
i
i   1
 1 i (2 2 i) 5
      5 
2 4 3
4 3 4 3
i i
i i
   (     )
(     )(     )
? 2
1 2
 1 2i 2 i2 5
      5 
8 6
4 3
2
2 2
i i
i
   
   ( )
2
2
1 1 1 2i 5 
8 6
16 9
i   
   
1
1
 1 1 1 2i 5
      5 
8 6 25 50
25
i i           1 1 1
 5 
31 58
25
   1 i
 
  z1  C
•	 z2 5 
2 2 2
2 2 2 2
   
       
1
2 1
i
i i
( )
( )( ) 1 
2 ( )i
9i (i)
 5
  5 
4 2
2
2 2
   
   
1
2
i
2 i( )
 1 
2 i
9i2
 5 
4 2
1
2
9
   
   
   1
1
2
i
8
i
 5
  5 
4
9
 
	  z2  Q
•	 z3 5 
2 1 2
1 2 1 2
   
       
2
1 2
i
i i
( )
( )( ) 2 
2
3
i
i2
 5
  5 
2 2
1 22
2
   
   
2
2
i
i( )
1 
2
3
i
 5 
2 2 2
3
2
3
           2 1 5i i 
	  z3  (R 2 Q)
Logo, z2 5 t, z3 5 u e z1 5 v.
 20. z 5 
(     )(     )
(     )(     )
x x
x x
2 1
2 1
2 i
i i
 5 
x x x
x
i i
i
           
   
1 2 2
2
2
2 2
2 2
 5
    5 
2
1
2
2
x x
x
   
   
2
1
1 
(     )
   
2
12
2
1
xx
i
 
Para a parte real de z ser não negativa, devemos ter:
2
1
2
2
x x
x
   
   
2
1
 0 ⇒ 2x 2 x2  0 
 0  x  2
Logo, o maior valor inteiro de x é 2.
 21. Dividimos os expoentes 80, 401, 128, 40 e 39 por 4, 
obtendo restos 0, 1, 0, 0 e 3, respectivamente.
Assim:
z 5 
i i i
i i
80 401 128
40 39
1 1
1
5 
i i i
i i
0 1 0
0 3
       
   
1 1
1
5
5 
(     )(     )
(     )(     )
2 1
1 1
1 1
2 1
i i
i i
 5 
2 2
1
2
2 2
           
   
1 1 1
2
i i i
i
5 
1 3
2
   1 i
 ⇒
⇒ z 5 1
2
3
2
   1 i 
 22. [(1 1 i)2 1 (1 2 i)2]192 5 (1 1 2i 1 i2 1 1 2 2i 1 i2)192 5 
5 0192 5 0
 23. 1
1
25
   
   
2
1
i
i




5 
(     )(     )
(     )(     )
1 1
1 1
25
2 2
1 2
i i
i i





 5 
(     )
   
1
1
2
2 2
25
2
2
i
i





 5
    5 
1 2
1 1
2 25       
   
2 1
1
i i



5 
1 2 1
2
25
       2 2i



5 (2i)25 5 
5 (2i)(2i)24 5 (2i)[(2i)2]12 5 2i(21)12 5 2i
Alternativa d.
 24. i ? z5 2 16z4 5 0 ⇒ z4(iz 2 16) 5 0
Obtemos o sistema:
z
z
4 0
16 0
              ( )
          ( )
5
2 5
I
i II



 
Da equação (I), temos:
z 5 0 (não convém, pois z é não nulo)
Da equação (II), temos:
z 5 
16 16
i
i
i i
   
   
5
?
 5 
16 16
12
i
i
i   5
2
 ⇒ z 5 216i
 25. (2k 1 i)10 ? (1 1 2ki)10 5 21 ⇒
⇒ [(2k 1 i) (1 1 2ki)]10 5 21
 (2k 1 4k2i 1 i 1 2ki2)10 5 21 ⇒
⇒ (2k 1 4k2i 1 i 2 2k)10 5 21
 [(4k2 1 1)i]10 5 21 ⇒ (4k2 1 1)10 ? i10 5 21
 (4k2 1 1)10 ? i2 5 2i ⇒ 2(4k2 1 1)10 5 21
 4k2 1 1 5 1
 k 5 0
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 249 9/24/09 8:50:12 AM
250 Matemática Paiva Parte específica
 26. (a 2 i)4 5 [(a 2 i)2]2 5 (a2 2 2ai 1 i2)2 5
    5 (a2 2 2ai 2 1)2 5 a4 2 2a3i 2 a2 2 2a3i 1 4a2i2 1 
1 2ai 2 a2 1 2ai 1 1 5 
 5 a4 2 4a3i 2 2a2 2 4a2 1 4ai 1 1 5
    5 a4 2 6a2 1 1 1 4a(1 2 a2) i
Para que o número complexo dado seja real, deve­
mos ter:
4a(1 2 a2) 5 0 ⇒ a 5 0 ou a 5 ±1
 27. Se 2 2 2i é raiz da equação x8 2 k 5 0, devemos ter:
(2 2 2i)8 2 k 5 0 ⇒ [(2 2 2i)2]4 2 k 5 0
 (4 2 8i 1 4i2)4 2 k 5 0 ⇒ (4 2 8i 2 4)4 2 k 5 0
 (28i)4 2 k 5 0 ⇒ 4.096i4 2 k 5 0
 4.096 i4 5 k ⇒ k 5 4.096
 28. (3 1 i)4 5 [(3 1 i)2]2 5 (9 1 6i 1 i2)2 5
5 (8 1 6i)2 5 64 1 96i 1 36i2 5
5 28 1 96i
Logo, 3 1 i é uma das raízes quartas de 28 1 96i.
 29. (2i)6 5 26 i6 5 64i2 5 264
Logo, 2i é raiz sexta de 264.
Alternativa b.
 30. Seja z 5 a 1 bi, com {a, b}  R, uma raiz quadrada 
de 29. Então:
(a 1 bi)2 5 29 ⇒ a2 2 b2 1 2abi 5 29
Assim:
a b2 2 9
0
             ( )
                  (
2 5 2
5
I
2 Iab II)



 
De (II), concluímos que a 5 0 ou b 5 0.
•	 Para	a 5 0, temos:
  2b2 5 29 ⇒ b 5 ±3
•	 Para	b 5 0, temos:
 a2 5 29 (não existe a  R tal que a2 5 29)
Logo, as raízes quadradas de 29 são 3i e 23i.
 31. a) x2 2 6x 1 13 5 0
 5 (26)2 2 4 ? 1 ? 13 5 216
As raízes quadradas de 216 são 4i e 24i.
Assim:
x 5 
2 2( )   
   
6 4
2 1
± i
?
 ⇒ x 5 3 ± 2i
Logo, S 5 {3 1 2i, 3 2 2i}.
b) ix2 1 x 1 2i 5 0
 5 12 2 4 ? i ? 2i 5 9
x 5 
21 9
2
   ±
i
 5 
21 3
2
   ±
i
 ⇒
⇒ x 5 2
2i
 ou x 5 
24
2i
 
 x 5 2i ou x 5 2i
Logo, S 5 {2i, 2i}.
c) 2x2 1 2(1 1 i) x 1 1 1 i 5 0
 5 (2 1 2i)2 2 4 ? 2 ? (1 1 i) 5
5 4 1 8i 2 4 2 8 2 8i 5 28
As raízes quadradas de 28 são 22 2i  e 2 2 i. 
Assim:
x 5 
2 12 1 2 2
2 2
(     )   
   
i ± i
?
 5 
2 21 2
2
       i ± i
 
Logo, S 5 
2 1 2 2 2 11 2 1
2
1 2 1
2
       
, 
         ( ) ( )







i i
. 
 32. 
z w
zw
       
   
1 5
5
3
4
i


 ⇒ z w
z w
          ( )
            ( )
5 2
5
3
4
i I
II?



 
Substituindo a equação (I) em (II), temos:
(3i 2 w)w 5 4 ⇒
⇒ 3iw 2 w2 2 4 5 0
 2w2 1 3iw 2 4 5 0
 5 (3i)2 2 4 ? (21) ? (24) 5 29 2 16 5 225
w 5 
2
2
3 5
2
i i   ±
 ⇒ w 5 4i ou w 5 2i
Substituindo os resultados encontrados na equação (I), 
temos:
•	 Para	w 5 4i:
 z 5 3i 2 4i ⇒ z 5 2i
•	 Para	w 5 2i:
 z 5 3i 2 (2i) ⇒ z 5 4i
Logo, (z 5 2i e w 5 4i) ou (z 5 4i e w 5 2i).
 33. Substituindo x2 por y na equação x4 1 8ix2 1 9 5 0, 
temos:
y2 1 8iy 1 9 5 0
 5 (8i)2 2 4 ? 1 ? 9 5 264 2 36 5 2100
y 5 
28 10
2
i i   ±
 ⇒ y 5 i ou y 5 29i
Voltando à variável original; temos x2 5 i ou x2 5 29i. 
Como x  C, precisamos encontrar as raízes quadra­
das de i e de 2 9i.
•	 	Seja	x 5 a 1 bi, com {a, b}  R, tal que x2 5 i. 
Assim:
 (a 1 bi)2 5 i ⇒ a2 2 b2 1 2abi 5 i
	  
a b
ab
2 2 0
2 1
       
   
2 5
5



 ⇒
 ⇒ a 5 b 5 2
2
2
2
           ou a b5 5 2 
Logo, x 5 
2
2
2
2
   1 i ou x 5 2 2
2
2
2
2
    .i 
•	 	Seja	x 5 c 1 di, com {c, d}  R, tal que x2 5 29i. 
Assim:
 (c 1 di)2 5 29i ⇒ c2 2 d2 1 2cdi 5 29i
	  
c d
cd
2 2 0
2 9
       
   
2 5
5 2



 ⇒ c 5 2d e c 5 ± 3 2
2
 
Logo, x 5 
3 2
2
3 2
2
   2 i ou 
x 5 2 1
3 2
2
3 2
2
     i . 
Assim:
S 5 1 2 2 2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2             i , i ,  3 3 i ,  3


 22
2
2
   1
3 i 


 
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 250 9/24/09 8:50:37 AM
251 Parte específica Matemática Paiva 
 34. z3 1 1 5 0 ⇒ z3 1 13 5 0
Fatorando a equação, temos:
(z 1 1)(z2 2 z 1 1) 5 0 ⇒
⇒ z 1 1 5 0 ou z2 2 z 1 1 5 0
•	 z 1 1 5 0 ⇒ z 5 21
•	 z2 2 z 1 1 5 0
   5 (21)2 2 4 ? 1 ? 1 5 23
 z 5 
2 2
5
( )           1 3 1 3± ±i
2
i
2
 
 Logo, S 5 2
1 21 1 3 1 3,      ,      .i
2
i
2






 
 35. Seja z 5 a 1 bi e w 5 c 1 di, com {a, b, c, d}  R.
a) V, pois z. 5 5w. ⇒ z. 5 5w.
 z 5 5w
b) F, pois z 1 z. 5 Re(z) ⇒ a 1 bi 1 a 2 bi 5 a
 2a 5 a ⇒ a 5 0
c) F, pois z w   1 5 t3wu ⇒ z w w       1 5 3 z w w       1 5 3
 z 1 w 5 3w ⇒ z 5 2w
d) V, pois (z.)5 5 t4wu ⇒ z5 5 t4wu
 z5 5 4w
e) F, pois z    1 i 5 z. 1 i. 5 z. 2 i  z 2 i, se z  R
f ) V, pois z zw   2 5 z. 2 z. ? w. 5 z. (1 2 w.)
g) F, pois 
z
w




 5 w 1 z. ⇒ 
z
w
 5 w 1 z.
 z. 5 w2 1 w z. ⇒ z. (1 2 w) 5 w2  (w.)2 se w  R 
h) V, pois 5   1 z 5 5 1 z. ⇒ 5. 1 z 5 5 1 z.
 5 1 z 5 5 1 z. ⇒ z 5 z.
 z  R
i) F, pois 2z. 5 z ⇒ 2 2a b    i 5 a 1 bi
 2 a 1 bi 5 a 1 bi ⇒ 2a 5 a
 a 5 0 e Im(z) 5 b  R
 36. Utilizando as propriedades dos números complexos 
conjugados, temos:
( z.)6 2 ( z.)8 2 (( z.)6 1 ( z.)7)(2 1 8i) 5 0 
 ( z.6)(1 2 ( z.)2) 2 ( z.)6(1 1 z.)(2 1 8i) 5 0 ⇒ 
⇒ ( z.)6(1 1 z)(1 2 z) 2 ( z.)6(1 1 z.)(2 1 8i) 5 0 
 ( z.)6(1 1 z)(1 2 z. 2 2 2 8i) 5 0 ⇒ 
⇒ ( z.)6 5 0 ou 1 1 z. 5 0 ou z. 2 1 2 8i 5 0 
 z. 5 0 ou z. 5 21 ou z. 5 1 1 8i 
Logo, z 5 0 ou z 5 21 ou z 5 1 2 8i.
 37. z. ? z2 ? ( z.)3 ? z4 5 i ⇒ (z.)4 ? (z4) ? z2 5 i
 (z . ? z)4 ? z2 5 i
Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, e |z| 5 x y2 2   1 5 1, 
temos x2 1 y2 5 1. Assim:
[(x 2 yi) (x 1 yi)]4 ? (x 1 yi)2 5 i ⇒
⇒ (x2 1 y2)4 ? (x2 1 2xyi 2 y2) 5 i
 1 ? (x2 2 y2 1 2xyi) 5 i ⇒
⇒ (x2 2 y2) 1 2xyi 5 i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema a seguir.
x y
xy
2 2 0
2 1
       
   
2 5
5



 ⇒ x 5 y 5 ± 2
2
Logo, z 5 
2
2
2
2
   1 i ou z 5 2 2
2
2
2
2
    i . 
 38. Os números complexos z1, z2 e z3 representados no 
gráfico têm pares ordenados (5, 4), (24, 2) e (0, 22), 
respectivamente.
Assim, podemos representá­los algebricamente por 
z1 5 5 1 4i, z2 5 24 1 2i e z3 5 22i.
a) z1 1 z2 5 5 1 4i 2 4 1 2i 5 1 1 6i
b) z2 ? z3 2 z1 5 (24 1 2i) (22i) 2 (5 1 4i) 5
 5 8i 2 4i2 2 5 2 4i 5 4i 2 4(21) 2 5 5
  5 4i 1 4 2 5 5 21 1 4i
c) (z2 2 z1)
2 1 (z3)
7 5 [(24 1 2i) 2 (5 1 4i)]2 1 (22i)7 5 
5 (24 1 2i 2 5 2 4i)2 1 (22)7 (i)7 5
5 (29 2 2i)2 2 128 (i)3 5 81 1 36i 1 4i2 1 128i 5
5 81 2 4 1 164i 5 77 1 164i
 39. Dividindo 55 por 4, obtemos resto 3.
Logo:
z 5 
2
3
2
3
55 3   
   
       
   
2
1
5
2
1
i
i
i
i
 5 
2
3
  ( )
   
2 2
1
i
i
 5
5 
2
3
2 3
3 3
   
   
    (     )(     )
(     )(     )
1
1
5
1 2
1 2
i
i
i i
i i
 5 
6 2 3
3
2
2 2
           
   
2 1 2
2
i i i
i
5
5 
7
9 1
   
   ( )
1
2 2
i
 5 
7
10
   1 i
 
Como a parte real e a parte imaginária de z são po­
sitivas, concluímos que a imagem de z pertence ao 
1º quadrante.
Alternativa d.
 40. 1º modo
 Como z1, z2, z3 e z4 são vértices de um paralelogramo, 
paraencontrar o quarto número complexo devemos 
resolver a equação z4 2 z3 5 z2 2 z1.
Logo:
z4 5 z2 1 z3 2 z1 5 1 2 1 1 
5
2
 i 1 3 1 3i 5
5 3 1 
11
2
 i
Alternativa b.
2º modo
�3
�3
�1
C (z2)
B (z4)
A (z3)
D (z1)
Im
yB
xB Re1
5
2
GM_Mat_Paiva_v3_243a255.indd 251 9/24/09 8:51:11 AM
252 Matemática Paiva Parte específica
O ponto médio M 0 5
4
, 



 de tAC também é ponto 
médio de tDB. Assim, sendo B(xB, yB), temos:
0 5 
2 13
2
   xB ⇒ xB 5 3 e 
5
4
3
2
11
2
   
   
       5
2 1
5
y
yB B⇒
Logo, z4 3
11
2
        .5 1 i
 41. Indicamos o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtendo:
z ? z. 5 16 ⇒ (x 1 yi) (x 2 yi) 5 16
 x2 2 xyi 1 xyi 2 y2 5 16 ⇒ (x2 1 y2) 5 16
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a circunferência de equação x2 1 y2 5 16, 
cujo gráfico é:
Im
Re
4
40
C
�4
�4
 42. Indicamos o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtendo:
a) z 5 z.i ⇒ (x 1 yi) 5 (x 2 yi) i
 x 1 yi 5 xi 2 yi2
 x 1 yi 5 y 1 xi
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos x 5 y.
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a reta de equação y 5 x, cujo gráfico é:
45°
Im
Re
b) z. 5 zi ⇒ (x 2 yi) 5 (x 1 yi) i
 x 2 yi 5 xi 1 yi2
 x 2 yi 5 2y 1 xi
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos y 5 2x.
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a reta de equação y 5 2x, cujo gráfico é:
45°
Im
Re
c) z 5 z. ⇒ (x 1 yi) 5 (x 2 yi)
 x 1 yi 5 x 2 yi
Pela definição de igualdade entre números com­
plexos, obtemos o sistema:
x x
y y
   
   
5
5 2



 ⇒ x  R e y 5 0
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a reta de equação y 5 0, cujo gráfico é:
0
Im
Re
d) z 5 2z. ⇒ (x 1 yi) 5 2(x 2 yi)
 x 1 yi 5 2x 1 yi
Pela definição de igualdade entre números com­
plexos, obtemos o sistema:
x x
y y
   
   
5 2
5



 ⇒ x 5 0 e y  R
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a reta de equação x 5 0, cujo gráfico é:
0
Im
Re
e) z ? z. 5 z 2 z. ⇒ (x 1 yi)(x 2 yi) 5 (x 1 yi) 2 (x 2 yi)
 x2 2 y2i2 5 x 1 yi 2 x 1 yi
 x2 1 y2 5 2yi
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema:
x y
y
2 2 0
2 0
       
   
1 5
5



 ⇒ x 5 0 e y 5 0
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é o ponto 0 5 (0, 0), cujo gráfico é:
0
Im
Re
f ) zi 2 z(1 1 i) 5 10i 2 z. ⇒
 ⇒ (x 1 yi) i 2 (x 1 yi) (1 1 i) 5 10i 2 (x 2 yi)
 xi 2 y 2 (x 1 xi 1 yi 2 y) 5 10i 2 x 1 yi
 xi 2 y 2 x 2 xi 2 yi 1 y 5 2x 1 (10 1 y) i
 2x 2 yi 5 2x 1 (10 1 y) i
Aplicando a definição de igualdade entre números 
complexos, obtemos o sistema:
2 5 2
2 5 1
x x
y y
   
       10



 ⇒ x  R e y 5 25
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253 Parte específica Matemática Paiva 
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a reta de equação y 5 25, cujo gráfico é:
�5
Im
Re
r
 43. Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtemos:
z2 5 (x 1 yi)2 5 x2 1 2yi 1 y2i2 5 x2 2 y2 1 2yi
Assim, a parte real de z2 é x2 2 y2.
 x2 2 y2 5 2
 
x y2 2
2 2
   2 5 1
A equação acima representa uma hipérbole.
Alternativa a.
 44. Vimos que in, com n  N, assume somente os valo­
res:
i0 5 1; i1 5 i; i2 5 21; i3 5 2i
Então, ao multiplicar z 5 a 1 bi, com {a, b}  R, por in, 
com n  N, obteremos:
•	 z1 5 (a 1 bi) ? i
0 5 (a 1 bi) ? 1 5 a 1 bi
•	 z2 5 (a 1 bi) ? i 5 ai 1 bi
2 5 2b 1 ai
•	 z3 5 (a 1 bi) ? i
2 5 (a 1 bi) ? (21) 5 2a 2 bi
•	 z4 5 (a 1 bi) ? i
3 5 (a 1 bi) ? (2i) 5 b 2 ai
Representando esses números no plano complexo:
�b
�a
�a
�b
b
b
z2
z1
z4
z3
a
a
Im
Re
Pela figura, observamos que ao multiplicar um núme­
ro complexo não nulo z por in, com n assumindo os 
valores 0, 1, 2, 3, …, nessa ordem, obtém­se a sequência 
(z, zi, zi2, zi3, …) em que a imagem de cada número 
complexo, a partir do segundo, é uma rotação de 90° 
da imagem do número complexo anterior.
 45. De acordo com a conclusão da questão anterior, mul­
tiplicando o número complexo 3 1 4i por i, i2 e i3, 
obtêm­se os números complexos cujos afixos são os 
outros vértices do quadrado:
•	 (3	1 4i)i 5 24 1 3i
•	 (3	1 4i)i2 5 23 2 4i
•	 (3	1 4i)i3 5 4 2 3i
Alternativa b.
 46. a) Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, um número real 
de módulo 5, obtemos o sistema:
x y
y
2 2 5
0
       
   
1 5
5




 ⇒ y 5 0 e x 5 5
Logo, as imagens dos números reais de módulo 5 
são os pontos de coordenadas (25, 0) e (5, 0).
0�5 5
Im
Re
b) Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, um número 
complexo de módulo igual a 5, temos:
|z| 5 5 ⇒ x y2 2   1 5 5
 x2 1 y2 5 52
Logo, as imagens dos números complexos de mó­
dulo igual a 5 formam a circunferência de equação 
x2 1 y2 5 52.
Im
Re
5
0 5
�5
�5
C
 47. a) |22 2 3i| 5 ( )    ( )            2 1 2 5 1 52 3 4 9 132 2 
b) |28 1 15i| 5 ( )    ( )        2 1 5 18 15 64 2252 2 5 
  5 289 5 17
c) 1 3 1 32
2
           1 5 1i 5 1 3 4       1 5 5 2
d) 
4
5
3
5
4
5
3
5
2 2
         2 5 1 2i








5
  5 
16
25
9
25
25
25
       1 5 5 1
e) 
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
         1 5 1i








5
  5 
2
4
2
4
4
4
       1 5 5 1
f ) 2 1 5 2 14 3 4 4 3 4
2 2           i ( ) 5
  5 16 3 16 64           ? 1 5 5 8
 48. Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, temos:
•	 |z| 5 x y2 2   1 
•	 |z.| 5 x y x y2 2 2 2   ( )      1 2 5 1 
Logo, |z| 5 |z.|.
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254 Matemática Paiva Parte específica
 49. a) Sendo z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, temos:
|z 2 3i| 5 5 ⇒ |x 1 yi 2 3i| 5 5
 |x 1 ( y 2 3)i| 5 5 ⇒ x y2 23   (     )1 2 5 5
 x2 1 ( y 2 3)2 5 25
Logo, o L.G. das imagens dos números com­
plexos z 5 x 1 yi é a circunferência de equação 
x2 1 ( y 2 3)2 5 25, cujo gráfico é:
3
8
�2
Im
Re
C
b) |z 1 4 2 2i| 5 3 ⇒ |x 1 yi 1 4 2 2i| 5 3
 |(x 1 4) 1 ( y 2 2)i| 5 3 ⇒
⇒ (     )    (     )x y1 1 24 22 2 5 3
 (x 1 4)2 1 ( y 2 2)2 5 9
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a circunferência de equação 
(x 1 4)2 1 ( y 2 2)2 5 9, cujo gráfico é:
5
�4
2
Im
Re
C
 50. Seja z 5 x 1 yi, com {x, y}  R.
|z 2 (2 1 4i)| 5 2 ⇒ |x 1 yi 2 2 2 4i| 5 2
 |(x 2 2) 1 ( y 2 4)i| 5 2 ⇒
⇒ (     )    (     )x y2 1 22 42 2 5 2
 (x 2 2)2 1 ( y 2 4)2 5 4
Logo, o L.G. das imagens dos números complexos 
z 5 x 1 yi é a circunferência S de equação
(x 2 2)2 1 ( y 2 4)2 5 4, cujo gráfico é:
a) 
20
4
Im
Re
C
b) O ponto de S mais próximo da origem é a imagem 
de z 5 x 1 yi, com {x, y}  R, de menor módulo, 
obtido pela intersecção da reta de equação y 5 2x 
com a circunferência de equação 
 (x 2 2)2 1 ( y 2 4)2 5 4. Assim:
y x
x y
   
(     )  (     )    
5
2 1 2 5
2
2 4 42 2



 ⇒
⇒ [x 5 10 2 5
5
   2
 e y 5 
20 4 5
5
   2
 ] ou
[x 5 10 2 5
5
   1
 e y 5 
20 4 5
5
   1 ] 
Portanto, o ponto de S mais próximo da origem é
10 2 5
5
20 4 5
5
    ;      .2 2




 
 51. 1º modo
Indicando o número complexo z por x 1 yi, com 
{x, y}  R, obtemos o sistema:
| |   
|     | 
z
z
5
2 5 
4
i



 ⇒ |     |   
|         | 
x y
x y
1 5
1 2 5 
i
i i
4


 
 
x y
x y
2 2
2 2
4
1
       
 (     )  
1 5
1 2 5 




 ⇒
⇒ x y
x y
2 2
2 2 2
16
1
                   ( )
 (     )  
1 5
1 2 5 
I
   ( )II




 
Para que esse sistema tenha solução única, as circun­
ferências descritas pelas equações (I) e (II) devem ser 
tangentes.
Representando essa solução geometricamente, temos:
Im
Re
�1
�
�2
6
4
1
0
�4
�2
Em que:
•	  é a circunferência de centro (0, 0) e raio 4, descri­
ta pela equação (I).
•	 1 é a circunferência tangente interna a , de cen­
tro (0, 1) e raio 3.
•	 2 é a circunferência tangente externa a , de cen­
tro (0, 1) e raio 5.
Observamos que 1 e 2 são descritas pela equação (II).
Assim:
 5 25 ou  5 23 ou  5 3 ou  5 5
2º modo
Subtraindo, membro a membro, (I)