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Variaveis complexas Geraldo - respostas
Física (Universidade Federal do Piauí)
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Livro: Variáveis Complexas e Aplicações - LTC
(Geraldo Ávila)
nibblediego@gmail.com.br
Resolvido por Diego Oliveira e compilado dia 25/04/2017
Solucionário (em construção) da 3a edição do
livro de Variáveis Complexas e aplicações do autor:
Geraldo Ávila.
Para quem desejar; uma cópia do livro pode ser
baixada em:
http://www.bibliotecadaengenharia.com/2014
/08/variaveis-complexas-geraldo-avila.html
A postagem de novas soluções desse livro de-
pende muito da quantidade de visualizações e down-
loads que esse pdf obter. Sendo assim, pode haver
atrasos na postagem. De todo modo, não deixe de
acompanhar o documento no link abaixo, para obter
futuras atualizações. www.number.890m.com
Sumário
1 Números Complexos 2
1.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
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1 Números Complexos
1.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 7
Reduza a forma a + bi cada uma das expressões dadas nos Exerćıcios: 1 a
11.
1. (3 + 5i) + (−2 + i)
2. (−3 + 4i)− (1− 2i)
3. (
√
3 + 2i)− i[2− i(
√
3− 4)]
4. (3− 5i)(−2− 4i)
5.
(
1 +
i
3
)
·
(
−6
5
+ 3i
)
6. 3i−
(
1
3
+
i
2
)
7. 7− 2i
(
2− 2i
5
)
8. (2 + 3i)2
9. (4− 2i)2
10. (1 + i)3
11. 1 + 2i+ 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5
Solução de 1:
(3 + 5i) + (−2 + i)
= (3 + (−2)) + (5i+ i)
= 1 + 6i
Solução de 2:
(−3 + 4i)− (1− 2i)
= (−3 + 4i) + (−1 + 2i)
= (−3 + (−1)) + (4i+ 2i)
= −4 + 6i
Solução de 3:
(
√
3 + 2i)− i[2− i(
√
3− 4)]
= (
√
3 + 2i)−
(
2i− i2(
√
3− 4)
)
= (
√
3 + 2i)−
(
2i− (−1)(
√
3− 4)
)
= (
√
3 + 2i)−
(
2i+ (
√
3− 4)
)
= (
√
3 + 2i) +
(
−2i− (
√
3− 4)
)
= (
√
3−
√
3− 4) + (2i− 2i)
= −4
Solução de 4:
(3− 5i)(−2− 4i)
= 3(−2) + 3(−4i)− 5(−2) + 5(4i)
= −6− 12i+ 10 + 20i
= (−6 + 10) + (20i− 12i)
= 4 + 8i
2
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Solução de 5:
(
1 +
i
3
)
·
(
−6
5
+ 3i
)
= 1
(
−6
5
)
+ 1(3i) +
i
3
(
−6
5
)
+
i
3
(3i)
= −6
5
+ 3i− 3i
5
+ i2
= −6
5
+ 3i− 3i
5
− 1
=
(
−6
5
− 1
)
+
(
3i− 3i
5
)
= −11
5
+
12i
5
Solução de 6:
3i−
(
1
3
+
i
2
)
= −1
3
+
(
3i− i
2
)
= −1
3
+
(
6
i
2
− i
2
)
= −1
3
+ 5
i
2
Solução de 7:
7− 2i
(
2− 2i
5
)
= 7−
(
4i− 4i2
5
)
= 7−
(
4i− 4(−1)
5
)
= 7−
(
4i+
4
5
)
=
(
7− 4
5
)
− 4i
=
(
31
5
)
− 4i
Solução de 8:
(2 + 3i)2
= (2 + 3i) · (2 + 3i)
= 2(2) + 2(3i) + 3i(2) + 3i(3i)
= 4 + 6i+ 6i+ 9i2
= 4 + 6i+ 6i+ 9(−1)
= 4 + 6i+ 6i− 9
= (4− 9) + (6i+ 6i)
3
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= −5 + 12i
Solução de 9:
Análoga a anterior
Solução de 10:
(1 + i)3
= (1 + i)(1 + i)(1 + i)
= (1 + 1(i) + i(1) + i(i))(1 + i)
= 1 + i+ i+ i2)(1 + i)
= (1 + 2i+ (−1))(1 + i)
= (1 + 2i− 1)(1 + i)
= 2i(1 + i)
= 2i(1) + 2i(i)
= 2i+ 2i2
= 2i+ 2(−1)
= −2 + 2i
Solução de 11:
1 + 2i+ 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5
= 1 + 2i+ 3(−1) + 4(−i) + 5(i2)2 − 6(i2)2 · i
= 1 + 2i− 3− 4i+ 5(−1)2 − 6(−1)2 · i
= 1 + 2i− 3− 4i+ 5− 6i
= (1− 3 + 5) + (2i− 4i− 6i)
= 3 + (−8i)
= 3− 8i
12. Mostre que
N
∑
n=0
in = 1; = −i, i ou zero, conforme o resto da divisão de
N por 4 seja 0, 1, 2 ou 3, respectivamente.
Solução:
Para entender a resolução desse problema vamos partir de uma solução par-
ticular. Supondo N = 8 então, por hipótese, o resultado do somatório deve ser
0, pois 4|8.
8
∑
n=0
in = i0 + i1 + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8
8
∑
n=0
in = (i0 + 14 + i8) + (i1 + i5) + (i2 + i6) + (i3 + i7)
como i4p+r = ir então
4
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8
∑
n=0
in = i0 + (i0 + i0) + (i1 + i1) + (i2 + i2) + (i3 + i3)
8
∑
n=0
in = 1 + (1 + 1) + (i+ i) + (−1− 1) + (−i+−i)
8
∑
n=0
in = 1 + �2 +��2i− �2−��2i
8
∑
n=0
in = 1
Com base nesse exemplo em particular podemos pensar que se N > 8 e 4|N
então
N
∑
n=0
in = i0 + i1 + i2 · · ·+ iN−1 + iN
Como teremos um somatório com n + 1 termos isolando o primeiro termo
poderemos criar 4 grupos.
N
∑
n=0
in = i0 + (i1 + i2 + · · ·+ iN−1 + iN )
N
∑
n=0
in = i0+(i1+· · ·+iN−3)+(i2+· · ·+iN−2)+(i3+· · ·+iN−3)+(i4+· · ·+iN−4)
O primeiro grupo têm a divisão de seus expoentes igual a 1 quando divididos
por 4. O segundo grupo resto igual a 2 e assim por diante de modo que:
N
∑
n=0
in = i0 +
(
n− 1
4
i1 +
n− 1
4
i2 +
n− 1
4
i3 +
n− 1
4
i4
)
N
∑
n=0
in = i0 +
(
n− 1
4
i− n− 1
4
− n− 1
4
i+
n− 1
4
)
N
∑
n=0
in = i0 + 0
N
∑
n=0
in = 1
Para N = 0 também temos 1 como resultado. E juntamente com o exemplo
particular completamos a demonstração para N múltiplo de 4.
De forma similar se demonstra as demais afirmações.
5
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13. Mostre que (x+ iy)2 = x2 − y2 + 2ixy
Solução:
(x+ iy)2 = (x+ iy)(x+ iy)
= x(x) + x(iy) + iy(x) + iy(iy)
= x2 + xiy + iyx+ y2i2
= x2 + ixy + ixy + y2(−1)
= x2 + ixy + ixy − y2
= x2 − y2 + 2ixy
14. Mostre que (x− iy)2 = x2 − y2 − 2ixy
Solução:
(x− iy)2 = (x− iy)(x− iy)
= x(x)− x(iy)− iy(x) + iy(iy)
= x2 − 2ixy + i2y2
= x2 − y2 − 2ixy
15. Mostre que (x+ iy)2(x− iy)2 = (x2 + y2)2
Solução:
(x+ iy)2(x− iy)2 = [(x+ iy)(x+ iy)] · [(x− iy)(x− iy)]
= (x2 − y2 + 2ixy) · (x2 − y2 − 2ixy)
= x2(x2) − x2(y2) − x2(2ixy) − y2(x2) + y2(y2) + y2(2ixy) + 2ixy(x2) −
2ixy(y2)− 2ixy(2ixy)
= x4 − x2y2 − 2ix3y − y2x2 + y4 + 2ixy3 + 2ix3y − 2ixy3 − 4i2x2y2
= x4 + y4 + 2x2y2
= (x2 + y2)2
16. Mostre que (x+ iy)n(x− iy)n = (x2 + y2)n
Solução:
Aprendemos que o prinćıpio de indução é uma técnica de demonstraçãocriada para ser aplicada sobre o conjunto dos números naturais. Assim, pode
parecer estranho, mas essa questão pode ser resolvida por indução.
6
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Base:
Para n = 1 temos:
(x+ iy)1 · (x− iy)1 = (x2 + y2)1
x(x)− x(iy) + iy(x)− iy(iy) = x2 + y2
x2 − i2y2 = x2 + y2
x2 + y2 = x2 + y2
Passo indutivo:
Fazendo n = k + 1 então:
(x+ iy)k+1 · (x− iy)k+1
= (x+ iy)k(x− iy)k · (x+ iy)(x− iy)
Por hipótese (x+ iy)k(x− iy)k = (x2 + y2)k então:
(x+ iy)k(x− iy)k · (x+ iy)(x− iy) = (x2 + y2)k · (x+ iy)(x− iy)
= (x2 + y2)k · (x2 + y2)
= (x2 + y2)k+1
C.Q.D.
Reduza à forma a + bi cada uma das expressões dadas nos exerćıcios 17 a
27.
17.
1
2 + 3i
18.
1
4− 3i
19.
1− i
3− 2i
20.
3− i
2i− 1
21.
1− i
1 + i
22.
1− i
1− i
23.
4− 3i
i− 1
24.
1− i√
2− i
25.
1
(1 + i)2
26.
(
1 + i
1− i
)30
27.
(1− i)
(√
3 + 2i
)
Solução de 17:
1
2 + 3i
· 2− 3i
2− 3i
=
2− 3i
13
=
2
13
− 3
13
i
Solução de 18:
1
4− 3i
· 4 + 3i
4 + 3i
=
4 + 3i
25
=
4
25
+
3
25
i
7
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Solução de 19:
1− i
3− 2i
· 3 + 2i
3 + 2i
=
5− i
13
Solução de 20:
3− i
2i− 1
=
i− 3
1− 2i
i− 3
1− 2i
· 1 + 2i
1 + 2i
=
−9i
5
− 3
5
Solução de 21:
Similar a décima sétima.
Solução de 22:
Similar a décima nona.
Solução de 23:
Análoga as anteriores.
Solução de 24:
Análoga as anteriores.
Solução de 25:
1
(1 + i)2
=
1
2i
=
1
2i
· 0− 2i
0− 2i
=
−2i
−4i2
= −2i
4
= 0− 1
2
i
Solução de 26:
(
1 + i
1− i
)30
=
(
1 + i
1− i
· 1 + i
1 + i
)30
=
(
2i
2
)30
= (i)30 = i4·7+2
= i2
= −1
8
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Solução de 27:
(1− i)
(√
3 + 2i
)
= 1(
√
3) + 1(2i)− i(
√
3)− i(2i)
=
√
3 + 2i− i
√
3 + 2
= (
√
3 + 2) + (2−
√
3)i
Nos exerćıcios 28 a 32, represente graficamente os números complexos z1,
z2, z1z2 e z1/z2.
28. z1 = 3 + 4i; z2 =
1− i
5
√
2
29. z1 =
1 + i
√
3
2
; z2 =
√
3 + i
2
30. z1 =
1 + i
2
√
2
; z21 + i
√
3
31. z1 = 1 + 2i; z2 = 2− i
32. z1 = 3− i; z2 = 3− i/2
Solução de 27 a 32:
A solução ficará a cargo do leitor. Caso o mesmo tenha dificuldade pode
consultar um livro qualquer do 1◦ ano do ensino médio.
33. Infelizmente o pdf que utilizo não possui essa questão, e várias out-
ras, de forma leǵıvel. Assim, se o leitor puder me envia-la ficaria muito grato
(nibblediego@gmail.com).
34. Mostre que
1− i
√
2√
2 + i
= −i
Solução:
1− i
√
2√
2 + i
·
√
2− i√
2− i
= −i
35. Mostre que Im
[
(1− i
√
3)2
i− 2
]
=
2(1 + 2
√
3)
5
Solução:
A cargo do leitor.
36. Mostre que
1 + i · tg(θ)
1− i · tg(θ) = cos(2θ) + isen(2θ)
9
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Solução:
1 + i · tg(θ)
1− i · tg(θ) =
1 + i · tg(θ)
1− i · tg(θ) ·
1 + i · tg(θ)
1 + i · tg(θ)
=
1 + 2i · tg(θ)− tg2(θ)
1 + tg2(θ)
=
1 + 2i
sen(θ)
cos(θ)
− sen2(θ)
cos2(θ)
1 +
sen2(θ)
cos2(θ)
Multiplicando denominador e numerador da função por cos2(θ) teremos:
=
cos2(θ) + 2i · sen(θ)cos(θ)− sen2(θ)
cos2(θ) + sen2(θ)
= (cos2(θ)−sen2(θ))+2i·sen(θ)cos(θ)
= cos(2θ) + i(2 · sen(θ)cos(θ))
= cos(2θ) + i · sen(2θ)
C.Q.D.
37 Dados dois números complexos α e β, prove que
|α+ β|2 + |α− β|2 = 2|α|2 + 2|β|2
Faça um gráfico e obtenha a seguinte interpretação geométrica: a soma dos
quadrados dos lados de um paralelogramo é igual a soma dos quadrados das
diagonais.
Solução:
Para entender o problema veja a imagem a seguir.
x
y
β
α
−β
θ
180◦
θ2
Sabe se que (α+ β)2 = α2 + β2 + 2αβ · cos(θ)
e também que (α− β)2 = α2 + β2 + 2αβ · cos(θ2)
10
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entretanto θ2 = 180◦ − θ então:
(α− β)2 = α2 + β2 + 2αβ · cos(180◦ − θ)
sendo assim
|α+β|2+|α−β|2 =
(
α2 + β2 + 2αβ · cos(θ)
)
+
(
α2 + β2 + 2αβ · cos(180◦ − θ)
)
⇒ |α+ β|2 + |α− β|2 = 2α2 + 2β2 + 2αβ (cos(θ) + cos(180◦ − θ))
como cos(180◦ − θ) = −cos(θ) então:
|α+ β|2 + |α− β|2 = 2α2 + 2β2 + 2αβ (cos(θ)− cos(θ))
⇒ |α+ β|2 + |α− β|2 = 2α2 + 2β2
C.Q.D.
Obs: Esse exerćıcio foi resolvido considerando o desenho logo no ińıcio,
entretanto a mesma lógica se aplicaria a qualquer valor de θ ou θ2. O esquema
foi usado apenas para facilitar o entendimento do leitor, mas se faz desnecessário
numa prova escrita.
38. Dados três vértices de um paralelogramo pelos números complexos z1,
z2 e z3 determine o vértice z4 oposto a z2. Faça um gráfico.
Solução1:
Re
Im
2
1
0
-1
-2
-2 -1 0 1 2
z1
z4
z3
z2
~b
~c
~d
~a
1Solução retirada da lista do professor Ricardo Leite da Unisal. Dispońıvel em:
https://geanb.files.wordpress.com/2013/09/lista1.pdf
11
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~a = z1 − z2
~b = z4 − z1
~c = z3 − z4
~d = z2 − z3
Em um paralelogramo os lados opostos são iguais e paralelos. Assim, pode-
mos escrever:
~a = −~c ⇒ z1 − z2 = z4 − z3 ⇒ z4 = z1 + z3 − z2
~b = −~d ⇒ z2 − z3 = z1 − z4 ⇒ z4 = z1 + z3 − z2
39. Prove que o produto de dois números complexos é zero se se somente se
um dos fatores se anula.
Solução:
(⇒) Dados dois números complexos z1 = a+bi e z2 = c+di, sendo a, b, c, d ∈
R, temos que:
z1 · z2 = (a+ bi)(c+ di)
= (ac− bd) + (ad+ bc)i
Se z1 · z2 = 0 então:
(ac− bd) = 0 e também (ad+ bc) = 0
De (ac− bd) = 0 tiramos que:
a =
bd
c
(i)
E de (ad+ bc) = 0 tiramos
a = −bc
d
(ii)
De (i) e (ii) montamos a seguinte igualdade.
bd
c
= −bc
d
Que implica em:
12
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b = 0 ou
d
c
= − c
d
⇒ d2 = −c2
Note no entanto que d2 não pode ser negativo (pois está ao quadrado) de
modo que a única possibilidade e que b seja igual a 0.
Se de (i) e (ii) evidenciarmos b e fizermos uma comparação
ac
d
= −ad
c
Facilmente chegamos a conclusão de que a = 0.
Logo provamos que se z1 · z2 = 0 então z1 (ou um dos termos) é igual a zero.
(⇐) A rećıproca é simples de ser demostrada, bastando fazer z1 = 0 e depois
z2 = 0, e demonstrar que nos dois casos o produto é nulo. Veja:
z1 · z2 = 0 se z1 = 0.
z1 · z2 = 0 se z2 = 0.
40. O teorema fundamental da Álgebra afirma que todo polinômio com coe-
ficientes complexos possui uma raiz (real ou complexa). Prove, como corolário,
que todo polinômio P (x) de grau n possui n ráızes, contadas as multiplicidades,
e sendo α1, ..., αn essas ráızes, então P (x) se escreve P (x) = a(x−α1)...(x−αn).
Prove também que se o polinômio têm coeficientes reais, e se α é uma raiz com-
plexa, então α também é raiz.
Solução:
O que o problema praticamente nos pede é a demonstração de três coisas:
i) todo polinômio P (x) de grau n possui n ráızes, contadas as multipli-
cidades;
ii) se α1, · · · , αn são ráızes de P (x) então escreve-se P (x) = a(x −
α1) · · · (x− αn).
iii) todo polinômio com coeficientes reais tendo α como uma raiz com-
plexa, então α também é raiz.
As duas primeiras demonstrações podem ser provadas juntas. A terceira será
provada separadamente.
Seja P (x) um polinômio de grau n dado por: P (x) = anx
n + · · ·+ a1x+ a0.
Valendo-nos do Teorema Fundamental da Álgebra, este polinômio tem pelo
menos uma raiz que denominaremos α1. Valendo-nos também do teorema de
Bézout2, podemos escrever:
2Teorema de Bézout ou Teorema do Resto diz o seguinte: O resto da divisão de umpolinômio P (x) pelo binômio (x− a) é igual a P (a). E uma das consequências desse teorema
é que se a é uma raiz do polinômio P(x), isto é, se P (a) = 0, então P (x) = (x− a)Q(x)
13
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P (x) = (x− α1) · P1(x)
Onde P1(x) tem grau n− 1 e também tem uma raiz que denominaremos α2.
Sendo assim,
P1(x) = (x− α2) · P2(x)
Que implica em:
P (x) = (x− α1) · (x− α2) · P2(x)
Procedendo-se assim n vezes, teremos; Pn−1(x) = (x − αn) · Pn(x), onde
Pn(x) é um polinômio de grau zero, ou seja, uma constante. Essa constante
será igual a an, pois foi o único termo que restou de P (x). Desta forma podemos
expressar P (x) da seguinte forma:
P (x) = an(x− α1)(x− α2) · · · (x− αn)
Sendo α1, · · · , αn as ráızes de P (x).
Observa-se que nenhum outro valor diferente de α1, · · · , αn pode ser raiz do
polinômio, visto que nenhum fator do segundo membro se anula para valores
diferentes destes. Logo, todo polinômio de grau n não pode ter mais do que n
ráızes diferentes. E desconsiderando as multiplicidades pode se afirmar que o
polinômio P (x) de grau n possui de fato n ráızes.
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favor escreva para nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida
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1.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 11
Nos exerćıcios 1 a 12 determine o argumento dos números complexos dados,
escreva esses números na forma polar e represente geometricamente.
1. z = −2 + 2i
2. z = 1− i
√
3
3. z = −
√
3 + i
4. z =
(
i
1 + i
)5
5. z =
1
−1− i
√
3
6. z = −1− i
7. z =
−3 + 3i
1 + i
√
3
8. z =
−4√
3− i
9. z = 1 + 2i
10. z = −1 + 3i
11. z = −3− 2i
12. z = 4− i
Solução de 1:
Note que a representação geométrica de z forma um triângulo retângulo com
a parte negativa do eixo OX.
2
-2
θ
Representaç~ao geométrica.
Cuja hipotenusa é igual a 2
√
2:
|z| =
√
(−2)2 + (2)2 = 2
√
2
Pelo triângulo formado sabe-se que:
cos(θ) = − 2
2
√
2
= −
√
2
2
(1)
e também
sen(θ) =
2
2
√
2
=
√
2
2
(2)
o que de (1) e (2) implica em θ = 135◦ ou
3
4
π.
Logo a forma polar será:
z = |z|(cosθ + i · senθ)
16
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z = 2
√
2
(
cos
(
3
4
π
)
+ i · sen
(
3
4
π
))
Solução de 2:
2. z = 2
(
cos
π
3
+ i · senπ
3
)
Solução de 3:
3. z = 2
(
cos
5π
6
+ i · sen5π
6
)
Solução de 4:
4. z =
1
4
√
2
(
cos
5π
4
+ i · 5π
4
)
Solução de 9 :
9. z =
√
5(cosθ + i · senθ), onde θ = arcos(1/
√
5), 0cos2(θ) · sen(θ)
Solução4:
Pela fórmula de De Moivre:
4Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setembro
de 2013
21
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(cos(θ) + i · sin(θ))3 = cos(3θ) + i · sin(3θ) (1)
Desenvolvendo o lado esquerdo de 1:
(cos(θ) + i · sin(θ)) · (cos(θ) + i · sin(θ))2 = (cos(θ) + i · sin(θ))(cos(2θ) + i ·
sin(2θ)) (2)
= (cos(θ) · cos(2θ)− sin(θ) · sin(2θ)) + i(sin(θ) · cos(2θ)− cos(θ) · sin(2θ))
(3)
Considerando as relações trigonométricas:
cos(2θ) = cos(θ + θ) = cos(θ) · cos(θ) − sin(θ) · sin(θ) = cos2(θ) − sin2(θ)
(4)
sin(2θ) = sin(θ + θ) = sin(θ) · cos(θ)− sin(θ) · cos(θ) = 2sin(θ) · cos(θ) (5)
Substituindo as relações de 4 em 2:
[cos(θ) · (cos2(θ)− sin2(θ))− sin(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))]+ i[sin(θ) · (cos2(θ)−
sin2(θ))− cos(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))]
= [cos3(θ)−cos(θ) ·sin2(θ)−2sin2(θ) ·cos(θ)]+ i[sin(θ) ·cos2(θ)−sin3(θ)+
2sin(θ) · cos2(θ)]
= cos3(θ)− 3 · cos(θ) · sin2(θ)] + i[−sin3(θ) + 3 · cos2(θ)sin(θ)]
Igualando a última expressão com o termo do lado direito da equação de De
Moivre (1):
cos3(θ)− 3 · cos(θ) · sin2(θ)] + i[−sin3(θ) + 3 · cos2(θ) · sin(θ)] = cos(3θ) +
i · sin(3θ)
cos(3θ) = cos3(θ)− 3 · cos(θ) · sin2(θ) Partes reais.
sin(3θ) = −sin3(θ) + 3cos2(θ) · sin(θ) Partes imaginárias.
21. Obtenha fórmulas análogas às do exerćıcio anterior para cos(4θ) e
sen(4θ).
Solução:
Agindo de modo muito semelhante a questão anterior chegamos até:
sin(4θ) = 4 · sin(θ) · cos3(θ)− 4 · sin3(θ)cos(θ)
cos(4θ) = cos4(θ)− 6 · cos2(θ)sin2(θ) + sin4(θ)
22. Prove, de um modo geral, que
22
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cos(nθ) = cosn(θ)− n(n− 1)
2
cosn−2θ · sen2(θ) + · · ·
= P (cos(θ), sen(θ))
sen(nθ) = n · cosn−1(θ) · sen(θ)− n(n− 1)(n− 2)
6
cosn−3sen3(θ) + · · ·
= Q(cosθ, senθ),
onde P e Q são polinômios convenientes homogêneos de grau n nas duas
variáveis cos(θ) e sen(θ).
Solução:
Veja a questão anterior.
23
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1.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 15
1. Mostre que
∣
∣
∣
∣
2 + i
2− i
√
3
∣
∣
∣
∣
2
=
5
7
e
(
√
3 + 1)(1− 3i)√
5
= 2
√
2
Solução:
Primeiro vamos escrever
2 + i
2− i
√
3
na forma a+ bi.
2 + i
2− i
√
3
· 2 + i
√
3
2 + i
√
3
=
4−
√
3
7
+
2(
√
3 + 1)
7
i
Agora calculamos o módulo
∣
∣
∣
∣
4−
√
3
7
+
2(
√
3 + 1)
7
i
∣
∣
∣
∣
=
√
√
√
√
(
4−
√
3
7
)2
+
(
2(
√
3 + 1)
7
)2
=
√
5
7
Mas, como queremos o quadrado do módulo então a resposta em
5
7
.
A prova da segunda igualdade é similar e, portanto, fica a cargo do leitor.
2. Demonstre, por indução, a desigualdade seguinte e interprete o resultado
graficamente.
|z1 + z2 + ...+ Zn||z1|+ |z2|+ ...+ |zn|
Solução5:
Para provar por indução temos que considerar um caso base n = 2.
|z1 + z2| =
√
(z1 + z2)(z1 + z2)
=
√
(z1 + z2)(z1 + z2)
=
√
z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2
=
√
|z1|2 + |z2|2 + |z1|eiθ1 |z2|e−iθ2 + |z1|e−iθ1 |z2|eiθ2
=
√
|z1|2 + |z2|2 + |z1||z2|
(
ei(θ1−θ2) + ei(θ2−θ1)
)
=
√
|z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2|cos(θ1 − θ2)
≤
√
|z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2|
5Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setembro
de 2013
25
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=
√
(|z1|+ |z2|)2
= |z1|+ |z2|
Em seguida, consideramos que a desigualdade é válida para um certo n e
devemos provar que também vale para n′ = n+ 1:
∣
∣
∣
∣
n+1
∑
k=1
zk
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
n
∑
k=1
zk + zn+1
∣
∣
∣
∣
Fazemos zj =
n
∑
k=1
zk um número complexo como qualquer outro:
|zk + zn+1|
≤ |zj |+ |zn+1|
=
∣
∣
∣
∣
n
∑
k=1
zk
∣
∣
∣
∣
+ |zn+1|
≤
n
∑
k=1
|zk|+ |zn+1|
n+1
∑
k=1
|zk|
3. Supondo ser |z2| > |z3| prove que
∣
∣
∣
∣
z1
z2 + z3
∣
∣
∣
∣
≤ |z1|
|z2 − |z3||
.
Obs.: O enunciado dessa questão está incompleto. Isso ocorre pois o pdf que
estou usando não possui algumas questões de forma leǵıvel. Entretanto, caso
tenha essa questão e me deseja envia-la por email (nibblediego@gmail.com) ela
poderá ser inclúıda na próxima atualização.
Solução:
z2 ≤ |z2 + z3 − z3| ≤ |(z2 + z3) + (−z3)| ≤ |z2 + z3|+ |z3|
⇒ z2 ≤ |z2 + z3|+ |z3|
⇒ z2 − |z3| ≤ |z2 + z3|
⇒ |z2 − |z3|| ≤ |z2 + z3|
⇒ 1
|z2 + z3|
≤ 1
|z2 − |z3||
26
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⇒ |z1|
|z2 + z3|
≤ |z1|
|z2 − |z3||
Como se queria demonstrar.
4. Prove que |z| ≤ |x|+ |y| ≤
√
2|z|, onde z = x+ iy
Solução:
Primeiro vamos provar a o lado esquerdo da desigualdade, ou seja:
|z| ≤ |x|+ |y|
Note que 0 ≤ x2y2 para todo x e y ∈ R é dessa desigualdade que vamos
partir.
0 ≤ x2y2
⇒ 0 ≤
√
x2y2
⇒ 0 ≤ 2
√
x2y2
Somando x2 + y2 em ambos os termos
x2 + y2 ≤ x2 + 2
√
x2y2 + y2
Como x2 + 2
√
x2y2 + y2 = (
√
x2 +
√
y2)2 então:
x2 + y2 ≤ (
√
x2 +
√
y2)2
⇒
√
x2 + y2 ≤
√
(
√
x2 +
√
y2)2
⇒
√
x2 + y2 ≤
√
x2 +
√
y2
⇒ |z| ≤ |x|+ |y|
Similarmente se mostra a segunda parte da desigualdade, isto é:
|x|+ |y| ≤
√
2|z|
veja:
(x2 − y2)2 ≥ 0
⇒ x4 − 2x2y2 + y4 ≥ 0
⇒ x4 + y4 ≥ 2x2y2
Somando 2x2y2 a ambos os termos
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⇒ x4 + y4 + 2x2y2 ≥ 2x2y2 + 2x2y2
⇒ x4 + y4 + 2x2y2 ≥ 4x2y2
⇒ (x2 + y2)2 ≥ 4x2y2
Tirando a raiz de ambos os termos
⇒
√
(x2 + y2)2 ≥
√
4x2y2
⇒ x2 + y2 ≥ 2
√
x2y2
Somando x2 + y2 em ambos os termos
x2 + x2 + y2 + y2 ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
⇒ 2x2 + 2y2 ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
⇒ 2(x2 + y2) ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
Como 2(x2 + y2) é igual a (
√
2 ·
√
x2 + y2)2 e x2 + 2
√
x2y2 + y2 é igual a
(
√
x2 +
√
y2)2 então:
2(x2 + y2) ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
⇒ (
√
2 ·
√
x2 + y2)2 ≥ (
√
x2 +
√
y2)2
⇒ (
√
2 · |z|)2 ≥ (|x|+ |y|)2
tirando a raiz de ambos os termos
√
(
√
2 · |z|)2 ≥
√
(|x|+ |y|)2
⇒
√
2 · |z| ≥ |x|+ |y|
Se
√
2 · |z| ≥ |x|+ |y| e |z| ≤ |x|+ |y| então:
|z| ≤ |x|+ |y| ≤
√
2|z|
como se queria mostrar.
5. Prove que |z1|−|z2| ≤ |z1−z2| quaisquer que sejam os números complexos
z1 e z2.
Solução:
Fazendo zn = xn + iyn então:
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|z1| − |z2| ≥ |z1 − z2|
⇒
√
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 ≥
√
x2
1 + y21 +
√
x2
2 + y22
fazendo o quadrado de ambos os lados
(x1 − x2)
2 + (y1 − y2)
2 ≥ x2
1 + y21 + x2
2 + y22 − 2
√
(x2
1 + y21)(x
2
2 + y22)
⇒ −2x1x2 − 2y1y2 ≥ −2
√
(x2
1 + y21)(x
2
2 + y22)
multiplicando ambos os lados por −1/2
x1x2 + y1y2 ≤
√
(x2
1 + y21)(x
2
2 + y22)
e fazendo o quadrado de ambos os lados novamente
2x1 · x2 · y1 · y2 ≤ (x2
1 · y22) + (y21 · x2
2)
⇒ 0 ≤ (y1x2 − x1y1)
2
o que é verdadeiro para todo x1, x2, y1 e y2 ∈ R.
6. Prove que,se vale a desigualdade do exerćıcio anterior, então |z1 ± z2| ≤
|z1| + |z2|. Quaisquer que sejam os números z1 e z2, isto é, a desigualdade do
triangulo (1.1) é equivalente a (1.2) ou (1.3).
Solução:
Na questão anterior provamos que |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2| implica em
0 ≤ (y1x2 − x1y2)
2
Assim, para provar que |z1 ± z2| ≤ |z1|+ |z2| basta mostrar que |z1 + z2| ≤
|z1|+ |z2| e |z1 − z2| ≤ |z1|+ |z2| também implicam em:
0 ≤ (y1x2 − x1y2)
2
Primeira prova.
|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
⇒
√
(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤
√
x2
1 + y21 +
√
x2
2 + y22
⇒ (x1 + x2)
2 + (y1 + y2)
2 ≤
(
√
x2
1 + y21 +
√
x2
2 + y22
)2
⇒ (x1 + x2)
2 + (y1 + y2)
2 ≤ x2
1 + y21 + 2
(
√
x2
1 + y21 ·
√
x2
2 + y22
)
+ x2
2 + y22
simplificando
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⇒ 2x1x2 + 2y1y2 ≤ 2
(
√
(x2
1 + y21)(x
2
2 + y22)
)
⇒ x1x2 + y1y2 ≤
√
(x2
1 + y21)(x
2
2 + y22)
⇒ (x1x2 + y1y2)
2 ≤ (x2
1 + y21)(x
2
2 + y22)
⇒ (x1x2)
2+2(x1x2 · y1y2)+ (y1y2)
2 ≤ (x1x2)
2+(x1y2)
2+(y1x2)
2+(y1y2)
2
simplificando novamente
⇒ 2(x1x2 · y1y2) ≤ (x1y2)
2 + (y1x2)
2
⇒ 0 ≤ (x1y2)
2 − 2(x1x2 · y1y2) + (y1x2)
2
⇒ 0 ≤ 0 ≤ (y1x2 − x1y2)
2
Como queŕıamos demonstrar.
A segunda parte da demonstração é similar e fica a cargo do leitor.
7. Sendo z 6= 0, mostre que Re z = |z| se e somente se z > 0.
Solução:
(⇒) Se z = x+ yi então |z| =
√
x2 + y2. Como Re z = |z| então:
x =
√
x2 + y2
⇒ y = 0 e x > 0
Provando a primeira parte.
(⇐) Se z > 0 então z é um número real puro de modo que o fato de que Re
z = |z|.
8. Utilize o resultado anterior com z = z1z2 para provar que, sendo z1 6= 0
e z2 6= 0 então a igualdade vale em (1.1) se e somente se arg(z1) = arg(z2), a
menos de um múltiplo inteiro de 2π. Interprete este resultado geometricamente.
Solução:
Sem resposta até o momento.
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1.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 19
1. Calcule as ráızes dos números complexos dados nos Exerćıcios 1 a 8 e faça
a representação gráfica correspondente.
1. 3
√
−1
2. (1 + i
√
3)1/2
3.
√
2i
4.
√
−2i
5. 5
√
i
6. Sem enunciado.
7. (−1 + i
√
3)1/4
8. (−1− i
√
3)3/2
Solução de 1:
Antes de iniciar a resolução peço ao leitor que tenha acesso a cópia f́ısica
do livro que, se posśıvel, envie-me o enunciado da questão 6 da página 19 ou
mesmo os enunciados das questões que faltam. Essa seria uma boa forma de
agradecer por este pdf que está sendo escrito e colocado de graça para você.
Vamos agora a questão.
Como mostrado na próxima imagem o argumento de −1 é igual a 180.
180◦
z
Re
Im
Usando a fórmula de Moivre:
3
√
−1
[
cos
(
180◦ + 2kπ
3
)
+ i · sen
(
180◦ + 2kπ
3
)]
para k = 0, 1 e 2.
Para k = 0 teremos:
3
√
−1 = cos (60◦) + i · sen (60◦) =
1
2
+
√
3
2
=
1 +
√
3
2
Para k = 1 teremos:
3
√
−1 = cos (180) + i · sen (180) = −1 + 0 = −1
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Para k = 2 teremos:
3
√
−1 = cos (300◦) + i · sen (300◦) =
1
2
−
√
3
2
=
1−
√
3
2
Assim, as ráızes são −1 e
1±
√
3i
2
.
Solução de 2 á 11:
O processo de resolução dessas questões é exatamente o mesmo da questão
anterior de modo que será deixado a cargo do leitor.
12. Decomponha o polinômio P (x) = x4 + 1 em fatores do 2◦ grau com
coeficientes reais.
Solução de 1:
Existe pelo menos duas formas de chegar a solução desse problema. A
primeira é apresentada na página 20 do livro mesmo que de forma extrema-
mente tosca por parte do autor6. A segunda será apresentada ao leitor agora e
se trata de determinar a fatoração de x4 + y4, que é uma expressão bem trivial
a estudantes do ensino médio. Deduzir essa expressão nos será bem mais útil,
pois tratara um caso geral.
Tomando x4 + y4 adicionamos alguns termos para completar o trinômio
quadrado perfeito:
x4 + y4 + 2x2y2 − 2x2y2
Reorganizamos e fatoramos o trinômio
(x4 + 2x2y2 + y4)− 2x2y2
Observe agora que, entre os parênteses, temos uma diferença de dois quadra-
dos, sendo assim
(x4 + 2x2y2 + y4)− 2x2y2 = (x2 + y2)2 − 2x2y2
Fatorando temos
(x2 + y2 +
√
2xy)(x2 + y2 −
√
2xy)
Fazendo agora y = 1 então:
6Note que em nenhum momento o autor explica de onde retirou o valor de w e isso não é
tão impĺıcito. Também não há aqui nenhum exemplo anterior ao exerćıcio que nos dê, mesmo
que intuitivamente, a noção da substituição.
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x4 + (1)4 = (x2 + 12 +
√
2x · 1)(x2 + 12 −
√
2x · 1)
⇒ x4 + 1 = (x2 + 1 +
√
2x)(x2 + 1−
√
2x)
Finalizando o problema.
13. Faça o mesmo com o polinômio P (x) = x4 + 9.
Solução:
No exerćıcio 12 chegamos a identidade de x4 + y4 = (x2 + y2 +
√
2xy)(x2 +
y2 −
√
2xy). Como x4 pode ser escrito como (x2)2 e 9 como ( 4
√
9)4, então:
x4 + 9 = (x2)2 + ( 4
√
9)4
= (x2 + ( 4
√
9)2 +
√
2x 4
√
9) · (x2 + ( 4
√
9)2 −
√
2x 4
√
9)
Como 4
√
9 =
√
3 então também podeŕıamos escrever:
x4 + 9 = (x2 + (
√
3)2 +
√
2x
√
3) · (x2 + (
√
3)2 −
√
2x
√
3)
⇒ x4 + 9 = (x2 + 3 +
√
2x
√
3) · (x2 + 3−
√
2x
√
3)
Nos Exercs. 14 a 21, decomponha cada polinômio dado em um produto de
fatores do 1◦ grau.
14. P (z) = z6 − 64
15. P (z) = z6 + 64
16. P (z) = 3z2 − i
17. P (z) = 5z3 + 8
18. P (z) = z2 − 2z + 2
19. P (z) = 2z2 − z + 1
20. P (z) = z2 − (1 + i)z + 5i
21. P (z) = z4 − (1− i)z2 − i
Solução de 14:
z6 − 64 = (z3)2 − 82 = ((z3)2 + 82 + 8
√
2z3)((z3)2 + 82 − 8
√
2z3)
Solução de 15:
Veja questão 17.
Solução de 16:
3z2 − i = (
√
3z)2 −
√
−1
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= (
√
3z)2 − (
√√
−1)2
como x2 − y2 = (x+ y)(x− y) então:
(
√
3z)2 − (
√√
−1)2 = (
√
3z +
√√
−1)(
√
3z −
√√
−1)
Como
√√
−1 =
√
i então também podemos escrever:
(
√
3z)2 − (
√√
−1)2 = (
√
3z +
√
i)(
√
3z −
√
i)
Solução de 17:
5z3 + 8 = ( 3
√
5)3z3 + ( 3
√
8)3
= ( 3
√
5z)3 + ( 3
√
8)3
Usando a identidade x3 + y3 = (x+ y)(x2 − xy + y2) chegamos á:
( 3
√
5z)3 + ( 3
√
8)3 = (( 3
√
5z) + ( 3
√
8)) · (( 3
√
5z)2 − ( 3
√
5z)( 3
√
8) + ( 3
√
8)2)
Solução de 18:
Usando Bhaskara descobrimos que P (z) = 0 para z = 1 + i e 1 − i. Sendo
assim, P (z) é diviśıvel tanto por x − (1 + i) como x − (1 − i) 7 Realizando a
divisão polinômial chegamos a solução:
z2 − 2z + 2 = (x− 1− i)(x+ 1− i)
Solução de 19:
Veja questão 18.
Solução de 208
Resolvendo a equação P (z) pelo método de Bhaskara chega-se á:
z =
−(−(1 + i)) +
√
−18i
2
Usando a fórmula de Moivre teremos que:
7Veja teorema da divisão polinomial no livro tópicos da Matemática Elementar volume 1.
8Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite da Unisal em Setembro de 2013.):
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−18i = ±
√
18
[
cos
(
3π/2
2
)
+ i · sen
(
3π/2
2
)]
= ±3
√
2
(
−
√
2
2
+ i
√
2
2
)
= {−3 + 3i, 3− 3i}
sendo assim, as ráızes de P (z) serão:
zo =
1 + i− 3 + 3i
2
=
−2 + 4i
2
= −1 + 2i
z1 =
1 + i+ 3− 3i
2
=
4− 2i
2
= 2− i
Assim, o polinômio P (z) pode ser escrito como:
P (z) = A · (z − zo)(z − z1)
= 1(z − (−1 + 2i))(z − (2− i))
= (1− 2i)(−2 + i)
Para tirar a prova que essa é realmente a resposta procurada, faze-
mos a multiplicação:
P (z) = z2 − 2z + iz + z − 2 + i− 2zi+ 4zi− 2t2
= z2 + (−2 + i+ 1− 2i)z + (−2 + i+ 4i− 2i2)
= z2 − (1 + i)z + 5i
Veja questão 21.
Veja a questão 20.
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