Desvendando a trigonometria com Numeros complexos

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Desvendando a Trigonometria com
Números Complexos
Domine a trigonometria com a magia dos números complexos
Wallace Santo
wlsant@im.ufrj.br
28 de Outubro de 2023
Olá, sou Wallace Santo, professor de matemática com experiência no ITA/IME.
Para oportunidades de mentorias e aulas personalizadas, convido você a me seguir
no Instagram: @prof.sant
Este ebook inovador tem como objetivo desvendar o poder dos números complexos
na trigonometria. Seja você um estudante se preparando para concursos militares,
alguém que busca aprimorar suas habilidades matemáticas ou um professor que
deseja adicionar um toque especial às suas aulas, este ebook oferece uma jornada
fascinante.
Iniciamos com uma breve revisão dos fundamentos dos números complexos,
estabelecendo a base necessária para explorar as aplicações incríveis que esse
campo oferece na vasta terra da trigonometria. À medida que avançamos, você
descobrirá como os números complexos podem simplificar e enriquecer problemas
trigonométricos de maneiras que você jamais imaginou.
Com exemplos práticos, dicas valiosas e insights matemáticos, este ebook será seu
companheiro confiável na jornada para dominar a trigonometria de maneira
inovadora e emocionante. Prepare-se para desvendar o potencial dos números
complexos na matemática!
1
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Sumário
1 Números complexos e sua forma algébrica 3
1.1 Propriedades da adição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Propriedades da multiplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Potências de i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 Conjugado do número complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5 Propriedades do conjugado do número complexo . . . . . . . . . . . . 5
1.6 Módulo do número complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.7 Propriedades do módulo do número complexo . . . . . . . . . . . . . 7
2 Números complexos e sua forma trigonométrica 9
3 Questões gerais 10
4 Questões militares 27
5 Questões propostas 38
6 Gabarito das questões propostas 40
7 Considerações finais 41
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
1 Números complexos e sua forma algébrica
Quando trabalhamos com matemática, é importante saber definir os objetos que
serão trabalhados, e com números complexos não é diferente. Um número complexo
é um par z = (a, b), com a e b reais, o qual podemos identificar com a + bi, sendo
i2 = −1. Dizemos que a + bi é a forma algébrica do número complexo z.
Uma nomenclatura comum é dizer que Re(z) = a (a parte real do complexo é a) e
Im(z) = b (a parte imaginária do complexo é b).
Dado dois números complexos z = a + bi e w = c + di, dizemos que
z = w ⇐⇒ a = c e b = d
Ou seja, as partes reais devem ser iguais e as partes imaginárias também.
Dito isso, podemos mostrar as operações de adição e multiplicação de números
complexos.
Sejam z1 = a + b · i e z2 = c + d · i. Para a operação de adição, temos
z1 + z2 = (a + c) + (b + d) · i
Para a operação de multiplicação, temos
z1 · z2 = (a + bi)(c + di)
= (ac − bd) + (ad + bc)i
1.1 Propriedades da adição
São propriedades básicas e já esperadas, mas é importante serem mencionadas.
Sejam z, z1, z2 e z3 complexos quaisquer então eles satisfazem:
• Comutatividade.
z1 + z2 = z2 + z1
• Associatividade.
z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3
• Identidade aditiva. Existe um único 0 = 0 + 0i, tal que:
z + 0 = z
• Inverso aditivo. Existe um único (−z), tal que:
z + (−z) = 0 + 0 · i = 0
1.2 Propriedades da multiplicação
Assim como visto nas propriedades pra adição, é natural que as propriedades pra
multiplicação serão como as do conjunto dos números reais(isso é óbvio quando se
sabe que C é um corpo). Sejam z, z1, z2 e z3 complexos quaisquer então eles
satisfazem:
• Comutatividade
z1 · z2 = z2 · z1
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
• Associatividade
z1 · (z2 · z3) = (z1 · z2) · z3
• Identidade multiplicativa. O número complexo 1 = 1 + 0 · i é único, tal
que:
z · 1 = z, ∀z ∈ C
• Inverso multiplicativo. Para todo número complexo z ∈ C∗, existe um
único número complexo 1
z
, tal que:
z · 1
z
= 1
• Distributividade.
z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3
Além dessas propriedades básicas de multiplicação, de modo análogo, temos as
propriedades pras potências inteiras de um número complexo. Para inteiros
positivos, temos
z0 = 1
z1 = z
z2 = z · z
zn = z · z · . . . · z︸ ︷︷ ︸
n vezes
Para inteiros negativos, de modo análogo, obtemos
z0 = 1
z−1 = 1
z
z−2 = 1
z2
z−n = 1
zn
, n > 0
Os números complexos também satisfazem as propriedades de potência de modo
análogo aos números reais. Sejam z e w complexos, então
1. zm · zn = zm+n
2. zm
zn
= zm−n
3. (zm)n = zmn
4. (z · w)n = zn · wn
5.
(
z
w
)n
= zn
wn
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
1.3 Potências de i
Sabemos que
i0 = 1
i1 = i
i2 = −1,
i3 = −i
Para achar quanto vale in, com n sendo um inteiro positivo, basta achar o resto da
divisão de n por 4
n = 4q + r, 0⩽ r⩽ 3
Com isso, vem que
in = i4q+r
= (i4)q · ir
= 1q · ir
= ir
Quando temos expoentes negativos, o argumento é análogo
i−1 = 1
i1 = i
i2 = −i
i−2 = 1
i2 = −1
i−3 = 1
i3 = i
i4 = i
i−4 = 1
i4 = 1
i−n = 1
in
1.4 Conjugado do número complexo
Sabemos que um número complexos tem forma z = a + bi. Definimos o conjugado
por
z = a − bi
A ideia do conjugado é simplesmente trocar o sinal da parte imaginária.
1.5 Propriedades do conjugado do número complexo
Sejam z, z1 e z2 números complexos quaisquer, temos
1. (z) = z
2. z + z = 2 Re(z)
3. z − z = 2 Im(z)
4. z = −z ⇐⇒ z é imaginário puro(Re(z) = 0)
5. z = z ⇐⇒ z é real(Im(z) = 0)
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
6. z1 + z2 = z1 + z2, de modo geral, z1 + z2 + · · · + zn = z1 + z2 + . . . zn
7. z1z2 = z1 · z2, de modo geral, z1z2 . . . zn = z1 · z2 . . . zn
8.
(
z1
z2
)
= z1
z2
, para z2 ̸= 0
9. zn = zn
Todas essas propriedades são importantes de ter em mente, mas friso que a (2.) é
uma que resolve várias questões de vestibulares e concursos de forma prática. As
demonstrações são fáceis e fica a cargo do leitor
1.6 Módulo do número complexo
Seja um número complexo z = a + bi, definimos o módulo do número complexo por
|z| =
√
a2 + b2
x
y
|z|
a
b
Figura 1
que é justamente o módulo do vetor (a, b). Ou seja, o módulo de um complexo é a
distância da origem até seu afixo(ponto) no plano. Um seria
z = 1 + i =⇒ |z| =
√
12 + 12 =
√
2
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
1.7 Propriedades do módulo do número complexo
Sejam z, z1, z2 ∈ C , temos algumas propriedades envolvendo o módulo
1. |z| ⩾ 0
2. |z| = 0 ⇐⇒ z = 0
3. |z| > 0 ⇐⇒ z ̸= 0
4. −|z|⩽Re(z)⩽ |z| e −|z|⩽ Im(z)⩽ |z|
5. |z| = |z| = | − z| = | − z
6. zz = |z|2
7. |z1z2| = |z1||z2|, de modo geral, |z1z2 . . . zn| = |z1||z2| . . . |zn|
8.
∣∣∣∣z1
z2
∣∣∣∣ = |z1|
|z2|
, com z2 ̸= 0
9. |zn| = |z|n, ∀n ∈ R
10. |z1 + z2|⩽ |z1| + |z2|, de modo geral,
|z1 + z2 + · · · + zn|⩽ |z1| + |z2| + · · · + |zn| (Desigualdade triangular)
11. |z1| − |z2|⩽ |z1 + z2|
12. ||z1| − |z2||⩽ |z1 − z2|
São tantas propriedades, mas é importante decorar as que são úteis para a
resolução de questões. Com a experiência em resolver questões, você saberá quais
deve ter no coração.
Demonstraremos algumas propriedades que julgamos interessante:
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
(10.)
Demonstração: Podemos observar, pela propriedade (6), que
|z1 + z2|2 = (z1 + z2)z1 + z2
= |z1|2 + z1z2 + z1z2 + |z2|2
Lema 1.1 z1z2 + z1z2 = 2 Re(z1z2)
Demonstração. Fica como exercício □
Da propriedade (4), sabemos que 2 Re(z1z2)⩽ 2|z1z2| = 2|z1||z2|. Então,
|z1 + z2|2 ⩽ |z1|2 + 2|z1||z2| + |z2|2
= (|z1| + |z2|)2
Com efeito, obtemos |z1 + z2|⩽ |z1| + |z2|. A generalização se dá por indução.
(11.)
Demonstração: Note que |(z1 +z2)−z2|⩽ |z1 +z2|+ |z2| ⇐⇒ |z1|−|z2|⩽ |z1 +z2|
(12.)
Demonstração: De modo análogo à demonstração anterior,
|(z1 − z2) + z2|⩽ |z1 − z2| + |z2|
Então |z1 − z2| ⩾ |z1| − |z2|. Por outro lado,
|(z2 − z1) + z1|⩽ |z2 − z1| + |z1Então |z1 − z2| ⩾ |z2| − |z1| ⇐⇒ |z1| − |z2| ⩾ −|z1 − z2|. É fácil perceber que
obtemos a seguinte desigualdade
−|z1 − z2|⩽ |z1| − |z2|⩽ |z1 − z2|
Com efeito, ||z1| − |z2||⩽ |z1 − z2|
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
2 Números complexos e sua forma trigonométrica
x
y
|z|
a
b
θ
Figura 2
Pelo gráfico, observamos que a = |z| cos θ e b = |z| sen θ. Daí,
z = |z|(cos θ + i sen θ)
z = r cis θ
Podemos fazer algumas observações inicias. Num primeiro momento, é importante
notar que θ ∈ [0, 2π] e que θ = arctan b
a
+ kπ. O ângulo θ é chamado de argumento
do complexo.
arg(z) = arctan b
a
É importante lembrar do primeiro teorema de Moivre:
zn = rn cisn θ ⇐⇒ zn = rn cis nθ
Do teorema acima, obtemos também a radiciação nos complexos. Sendo
zn = r cis θ, então teremos que
zk = n
√
r cis θ + 2kπ
n
, k = 0, 1, . . . , n − 1
Uma forma de expressar o complexo e que também pode ser útil é usar
exp(x) = ex, temos que
z = r cis θ ⇐⇒ eiθ = r cis θ
Com isso, chegamos em uma etapa primordial do nosso guia, que é conseguir
transformar funções trigonométricas em números complexos. Ao tomarmos r = 1,
obtemos z = cis θ. Observe que;
z + z = cis θ + cis(−θ) = 2 cos θ
z − z = cis θ − cis(−θ) = 2i sen θ
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Como o módulo é 1, então z = 1
z
. Daí,

z + 1
z
= 2 cos θ
z − 1
z
= 2i sen θ
Nesse momento temos ferramentas suficientes para dar início às aplicações em
trigonometria. Vamos começar do básico e ir expandindo nosso leque de aplicações
3 Questões gerais
Questão 1.
(a) Mostre que sen 2x = 2 sen x cos x e que cos 2x = cos2 x − sen2 x
Resolução: Bom, como podemos aplicar complexos nisso? Tem alguma
forma de obtermos um complexo z que inicialmente tem arg(z) = x e após
uma transformação, ele vira z′ e passar a ter arg(z′) = 2x? A resposta é:
temos.
Por Moivre, seja z = cis x sabemos que
z2 = (cos x + i sen x)2 = cis 2x
Podemos realizar a expansão do quadrado
cis 2x = cos2 x − sen2 x + 2i cos x sen x
Então,
cos 2x + i sen 2x = cos2 x − sen2 x + 2i sen x cos x
Como os complexos são iguais, as partes reais devem ser iguais, assim como
as partes imaginárias. cos 2x = cos2 x − sen2 x
sen 2x = 2 sen x cos x
Exatamente o que queríamos mostrar. ■
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
(b) Mostre que cos 3x = 4 cos3(x) − 3 cos(x) e sen 3x = 3 sin(x) − 4 sin3(x)
Resolução: De modo análogo, sendo z = cis x, então
cis 3x = (cos x + i sen x)3
Como
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
cis 3x = (cos3 x + 3 cos2 x · i sen x − 3 cos x sen2 x − i sen3 x)
Igualando as partes reais e imaginárias, obtemos
cos 3x = cos3 x − 3 cos x sen2 x
= cos3 x − 3 cos x(1 − cos2 x)
= 4 cos3(x) − 3 cos(x)
Para a parte imaginária
sen 3x = 3 cos2 x sen x − sen3 x
= 3(1 − sen2 x) sen x − sen3 x
= 3 sin(x) − 4 sin3(x)
Como queríamos, mais uma vez. ■
É natural pensarmos que se funciona para n = 2 e n = 3, também vai funcionar
para valores maiores que esses. De fato,
cis nx = (cos x + i sen x)n
sendo uma das formas de obter a expansão de arcos em trigonometria.
Questão 2. Mostre que
cos(a + b) = cos a cos b − sen a sen b
sen(a + b) = sen a cos b − sen b cos a
Resolução: Nessa questão, será útil utilizar a forma exponencial dos complexos.
Tomando eia = cis a e eib = cis b , podemos fazer
eia · eib = ei(a+b) = cis(a + b)
Então temos
ei(a+b) = (cos a + i sen a)(cos b + i sen b)
= cos a cos b − sen a sen b + (sen a cos b + sen b cos a)i
= cis(a + b)
Com isso, mostramos o esperado. ■
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 3. Mostre que
(a) cos a + cos b = 2 cos
(
a + b
2
)
cos
(
a − b
2
)
Resolução: Definindo z := cis a e w := cis b, temos
z + 1
z
= 2 cos a
w + 1
w
= 2 cos b
Daí,
2 cos a + 2 cos b = z + 1
z
+ w + 1
w
Dessa forma,
z + 1
z
+ w + 1
w
= z + w + z + w
zw
= (z + w)
(
1 + 1
zw
)
Mas, 1
zw
= 1
cis(a + b)
= cis(−a − b)
= (z + w)[1 + cis(−a − b)]
Lema 3.1 1 + cis x = 2 cos x
2
cis x
2
Demonstração. Fica como exercício □
= (cis a + cis b)
[
2 cos a + b
2
cis
(
−a − b
2
)]
= 2 cos a + b
2
[
cis a cis
(
−a − b
2
)
+ cis b cis
(
−a − b
2
)]
= 4 cos a + b
2
cos a − b
2
Como temos, inicialmente, 2(cos a + cos b), segue o resultado. ■
(b) cos a − cos b = −2 sen
(
a + b
2
)
sen
(
a − b
2
)
(c) sen a + sen b = 2 sen
(
a + b
2
)
cos
(
a − b
2
)
Dica: lembre que z = cis x =⇒ z + z = 2i sen x
(d) sen a − sen b = 2 cos
(
a + b
2
)
sen
(
a − b
2
)
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 4. Mostre que
(a) cos
(
π
2
+ x
)
= − sen x
Resolução: Lembrando que
ei(π
2 +x) = cos
(
π
2
+ x
)
+ i sen
(
π
2
+ x
)
eix · ei π
2 = cos
(
π
2
+ x
)
+ i sen
(
π
2
+ x
)
É fácil ver que eix ·ei π
2 = (cos x+ i sen x)
(
cos π
2
+ i sen π
2
)
= i(cos x+ i sen x)
i(cos x + i sen x) = cos
(
π
2
+ x
)
+ i sen
(
π
2
+ x
)
− sen x + i cos x = cos
(
π
2
+ x
)
+ i sen
(
π
2
+ x
)
Como as partes reais e imaginárias devem ser iguais, obtemos
cos
(
π
2
+ x
)
= − sen x
sen
(
π
2
+ x
)
= cos x
■
(b) cos(π ± x) = − cos x
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 5. Calcule cos 15◦
Resolução: Se temos um complexo z = a + bi = cis 15◦, então (a + bi)2 = cis 30◦.
a2 − b2 + 2abi = cos 30◦ + i sen 30◦
Com isso, vem um sistema a2 − b2 = cos 30◦
2ab = sen 30◦
Então b = 1
4a
=⇒ a2 −
( 1
4a
)2
=
√
3
2
.
Fazendo uma substituição de variável a2 = t, chegamos na equação
16t2 − 8
√
3t − 1 = 0 ⇐⇒ t1 =
√
3
4
− 1
2
, t2 = 1
2
+
√
3
4
Como t1 0. A única solução que satisfaz é
a =
√
1
2
+
√
3
4
=
√
2 +
√
3
4
Finalmente, chegamos que
cos 15◦ =
√
2 +
√
3
4
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Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 6. Calcule sen 18◦
Resolução: Essa questão é mais interessante. Primeiramente precisamos pensar
em como levar 18◦ à um arco que conhecemos. Bem, fazendo uma tabuada básica,
nota-se que 18 · 5 = 90. Então se tomarmos um complexo da forma
z = cis 18◦ =⇒ z5 = cis 90◦
Mas, pra onde isso nos leva? Sabendo que z5 = i, o que podemos fazer para obter
o que queremos?
z5 − i = z5 − i5
= (z − i)(z4 + iz3 − z2 − iz + 1)
Como z ̸= i, temos
z4 + iz3 − z2 − iz + 1 = 0
Dividindo por z2, temos
z2 + iz − 1 − i
z
+ 1
z2 = 0
(
z2 + 1
z2
)
+ i
(
z − 1
z
)
− 1 = 0
Fazendo z − 1
z
= y = 2i sen 18◦,
y2 + iy + 1 = 0
Resolvendo essa equação do 2◦, vem que y1 = i
√
5 − 1
2
e y2 = −i
√
5 + 1
2
. Logo,
temos duas opções
2i sen 18◦ = y1 ou 2i sen 18◦ = y2
Como sen 18◦ > 0, só pode ser y1, então
sen 18◦ =
√
5 − 1
4
_ 15
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 7. Demonstrar que se 3 sen β = sen(2α + β), então tg(α + β) = 2 tg α
para todos os valores possíveis de α e β
Resolução: Sejam z := cis α e w := cis β. Note que
z − 1
z
2i
= sen α
w − 1
w
2i
= sen β
Do enunciado, 3 sen β = sen(2α + β), veja que z2w = cis(2α + β), logo
3
w − 1
w
2i
 =
z2w − 1
z2w
2i
⇐⇒ 3w2 − 1
w
= z4w2 − 1
z2w
Daí,
3z2(w2 − 1) = z4w2 − 1 ⇐⇒ 3z2w2 − 3z2 = z4w2 − 1
⇐⇒ w2z2(z2 − 3) = 1 − 3z2 (i)
Queremos mostrar que tg(α + β) = 2 tg α. É fácil ver que zw = cis(α + β),
tg(α + β) =
zw − 1
zw
2i
zw + 1
zw
2
= z2w2 − 1
i(z2w2 + 1)
(ii)
De (i) em (ii), vem que
z2w2 − 1
i(z2w2 + 1)
=
1 − 3z2
z2 − 3
− 1
i
(
1 − 3z2
z2 − 3
+ 1
) = 2(z2 − 1)
i(z2 + 1)
= 2 tg α ■
_ 16
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 8. Demonstre que
tan(x − y) + tan(y − z) + tan(z − x) = tan(x − y) tan(y − z) tan(z − x)
Resolução: Sejam z := cis(x − y), w := cis(y − z), k := cis(z − x). Note que
tan(x − y) =
z − 1/z
2i
z + 1/z
2
= z2 − 1
i(z2 + 1)
Analogamente, tan(y − z) = w2 − 1
i(w2 + 1)
e tan(z − x) = k2 − 1
i(k2 + 1)
. Temos que
z2 − 1
i(z2 + 1)
+ w2 − 1
i(w2 + 1)
+ k2 − 1
i(k2 + 1)
=
= −(z2−1)(w2+1)(k2+1)−(w2−1)(z2+1)(k2+1)−(k2−1)(w2+1)(z2+1)
i3(z2+1)(w2+1)(k2+1)
Fazendo as multiplicações do numerador
(z2 − 1)(w2 + 1)(k2 + 1) = −k2w2 + k2z2 + w2z2− k2 − w2 + z2
(z2 + 1)(w2 − 1)(k2 + 1) = k2w2 + w2z2 − k2z2 − k2 − z2 + w2
(z2 + 1)(w2 + 1)(k2 − 1) = k2w2 + k2z2 + k2 − w2z2 − w2 − z2
Somando as 2 primeiras equações, vai ter
2w2z2 − 2k2
Somando com a última equação, vem
k2w2 + k2z2 + w2z2 − (k2 + w2 + z2)
Daí,
z2 − 1
i(z2 + 1)
+ w2 − 1
i(w2 + 1)
+ k2 − 1
i(k2 + 1)
= −k2w2 + k2z2 + w2z2 − (k2 + w2 + z2)
i3(z2 + 1)(w2 + 1)(k2 + 1)
Como zwk = cis 0 = 1 =⇒ w = 1
kz
. Fazendo essa substituição e fatorando
= −
(k2 − 1)(z2 − 1)(k2z2 − 1)
k2z2
i3(z2 + 1)(w2 + 1)(k2 + 1)
= − tg(z − x) tg(x − y) · k2z2 − 1
i(w2 + 1)k2z2
Usando novamente que zwk = 1 ⇐⇒ kz = 1
w
= − tg(z − x) tg(x − y) ·
1
w2 − 1
i(w2 + 1) 1
w2
= tg(z − x) tg(x − y) tg(y − z) ■
_ 17
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 9. Mostre que a sen x + b cos x =
√
a2 + b2 sen
(
x + arctan b
a
)
Resolução: Uma ideia a ser abordada é justamente pensar em parametrizar a e
b em coordenadas polares. Note que nada impede de pensarmos num complexo
z = a + bi. Mas, também temos que z = |z| cis α. Obviamente que
a + bi =
√
a2 + b2 cos α +
√
a2 + b2 sen α · i
Disso, vem que a =
√
a2 + b2 cos α e b =
√
a2 + b2 sen α. Logo,
f(x) =
√
a2 + b2 cos α sen x +
√
a2 + b2 sen α cos x
=
√
a2 + b2(sen x cos α + sen α cos x)
=
√
a2 + b2 sen(x + α)
Note que α = arg(z) = arctan b
a
. Assim, terminamos a demonstração. ■
Questão 10. Se 3 sen θ + 4 cos θ = 5, então ache o valor de 4 sen θ − 3 cos θ.
Resolução: Sabemos que 
z + 1
z
= 2 cos θ
z − 1
z
= 2i sen θ
Com isso,
3
z − 1
z
2i
+ 4
z + 1
z
2
 = 5
Precisamos manipular isso de forma que fique conveniente trabalhar
3z − 3
z
+ 4iz + 4i
z
= 10i
(3 + 4i)z − 3 − 4i
z
= 10i
(3 + 4i)z2 − 10iz − (3 − 4i) = 0
Essa equação do segundo grau tem solução(confira) z = 4
5
+ 3i
5
. Note que |z| = 1,
então sen θ = 3
5
e cos θ = 4
5
. Queremos achar 4 sen θ − 3 cos θ, vem que
4 · 3
5
− 3 · 4
5
= 0
_ 18
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 11. Mostre que
cos π
11
+ cos 3π
11
+ cos 5π
11
+ cos 7π
11
+ cos 9π
11
= 1
2
Resolução: Até então, estávamos trabalhando apenas com
z + 1
z
= 2 cos θ
z − 1
z
= 2i sen θ
Mas, isso é um caso particular de
zn + 1
zn
= 2 cos nθ
zn − 1
zn
= 2i sen nθ
Esse caso mais geral é interessante justamente para questões onde trabalhamos
com a soma de cosseno ou seno tendo os arcos em progressão aritmética. Defina
z := cis π
11
, então z3 = cis 3π
11
, z5 = cis 5π
11
, z7 = cis 7π
11
e z9 = cis 9π
11
. Note que
teremos uma progressão geométrica
z + z3 + z5 + z7 + z9 = z11 − z
z2 − 1
Como z = cis π
11
=⇒ z11 = −1.
z11 − z
z2 − 1
= −1 − z
z2 − 1
= 1
1 − z
Precisamos tomar a parte real de 1
1 − z
1
1 − cos π
11 − i sen π
11
·
(1 − cos π
11 + i sen π
11)
(1 − cos π
11 + i sen π
11)
= 1
2
+
cot π
22
2
i
Como Re(z + z3 + z5 + z7 + z9) = cos π
11
+ cos 3π
11
+ cos 5π
11
+ cos 7π
11
+ cos 9π
11
,
cos π
11
+ cos 3π
11
+ cos 5π
11
+ cos 7π
11
+ cos 9π
11
= 1
2
Como queríamos mostrar. ■
_ 19
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 12. Calcule cos 20◦ · cos 40◦ · cos 80◦.
Resolução: Saímos de uma soma com arcos em progressão aritmética, para um
produto, onde os arcos não estão em progressão aritmética. Será que ainda assim
podemos usar uma estratégia similar? Definindo - estou repetidamente lembrando
ao leitor de definir suas variáveis, é um bom hábito para se adquirir para quem
pretende prestar ITA/IME - z := cis 20◦. Obtemos
z + 1
z
= 2 cos 20◦
z2 + 1
z2 = 2 cos 40◦
z4 + 1
z4 = 2 cos 80◦
Que ideia o leitor teria senão
23 cos 20◦ cos 40◦ cos 80◦ =
(
z + 1
z
)
·
(
z2 + 1
z2
)
·
(
z4 + 1
z4
)
= z2 + 1
z
· z4 + 1
z2 · z8 + 1
z4
= (z2 + 1)(z4 + 1)(z8 + 1)
z7
Multiplicando e dividindo por z2 − 1 para forçar uma diferença de quadrado ”te-
lescópica”
= (z2 + 1)(z4 + 1)(z8 + 1)
z7
z2 − 1
z2 − 1
= z16 − 1
z9 − z7
Como z = cis 20◦ =⇒ z9 = −1, também podemos notar que z16 = z9 · z7. Dito
isso,
= −z7 − 1
−1 − z7
= 1
Logo, 8 cos 20◦ cos 40◦ cos 80◦ = 1,
cos 20◦ cos 40◦ cos 80◦ = 1
8
Como queríamos mostrar. ■
_ 20
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 13. Mostre que
cos π
7
+ cos 3π
7
+ cos 5π
7
= 1
2
Resolução: Temos três formas interessantes de abordar essa questão, irei mostrar
uma delas. Num primeiro momento, podemos definir z := cis π
7
, então temos
z7 = −1.
z7 + 1 = (z + 1)(z6 − z5 + z4 − z3 + z2 − z + 1) = 0
Como z ̸= 1, temos
z6 − z5 + z4 − z3 + z2 − z + 1 = 0
A equação é simétrica, divida por z3, obtendo
z3 − z2 + z − 1 + 1
z
− 1
z2 + 1
z3 = 0
Reorganizando
z3 + 1
z3 −
(
z2 + 1
z2
)
+ z + 1
z
− 1 = 0
Sabemos que z + 1
z
= 2 cos π
7
, z2 + 1
z2 = 2 cos 2π
7
e z3 + 1
z3 = 2 cos 3π
7
Logo,
2 cos π
7
− 2 cos 2π
7
+ 2 cos 3π
7
= 1 ⇐⇒ cos π
7
+ cos 3π
7
+ cos 5π
7
= 1
2
Como queríamos mostrar. ■
_ 21
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 14. Sabendo que cos θ = 1
5
, então o valor da expressão
∞∑
n=0
cos nθ
2n
Resolução: Note que
∞∑
n=0
cos nθ
2n
= 1 + cos θ
2
+ cos 2θ
4
+ . . .
Seja C a soma parcial, teremos
C = 1 + cos θ
2
+ cos 2θ
4
+ · · · + cos nθ
2n
Sendo S a soma parcial com sen(nθ), teremos
S = sen θ
2
+ sen 2θ
4
+ · · · + sen nθ
2n
Com isso, podemos tomar um complexo da forma
C + iS = 1 + cis θ
2
+ cis 2θ
4
+ . . .
cis nθ
2n
Isso é uma progressão geométrica de razão z = cis θ
2
, como |z|que seja conveniente trabalhar com complexos. Quando temos
um complexo da forma z := r1 cis θ, sabemos que arg(z) = θ. Tomando um
complexo w := r2 cis β, teremos arg(w) = β. Quando fizermos
zw = r1r2 cis(α + β)
Obtemos, de imediato, que
arg(zw) = α + β = arg(z) + arg(w)
De forma análoga,
arg
(
z
w
)
= α − β
Até então, nada muito novo, certo? Como z = a + bi, podemos reescrever o
argumento da seguinte forma
arg(z) = arctan
(
b
a
)
Logo, quando temos uma função arctan x, podemos obter um número complexo
associado à esse x. Elucidado isso, voltemos à questão em si. Associando arctan x
2
ao complexo z1 := 2 + ix, arctan x
3
à z2 := 3 + ix e arctan 1
5
à z3 := 5 + i, chegamos
em
arg(z1) + arg(z2) = arg(z3)
Mas, sabemos que
arg(z1) + arg(z2) = arg(z1z2)
É fácil ver que
z1z2 = (2 + ix)(3 + ix) = −x2 + 6 + 5ix
Logo, arg(z1z2) = arctan 5x
6 − x2 . Daí,
arctan 5x
6 − x2 = arctan 1
5
Pela função arctan ser injetiva, obtemos
5x
6 − x2 = 1
5
x2 + 25x − 6 = 0
Concluímos, por girard, que a soma das soluções é −25.
_ 25
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 18. Mostre que 1 + sen 6◦ + cos 12◦
cos 6◦ + sen 12◦ =
√
3
Resolução: Veja que
1 + sen 6◦ + cos 12◦
cos 6◦ + sen 12◦ =
√
3 ⇐⇒ 1 + sen 6◦ + cos 12◦ =
√
3 (cos 6◦ + sen 12◦)
Então, podemos pensar o seguinte
1 + sen 6◦ −
√
3 cos 6◦ =
√
3 sen 12◦ − cos 12◦
Usando a mesma ideia da Questão 9.
1 + 2 sen(6◦ + 300◦) = 2 sen(12◦ + 330◦)
Obtemos
1 − 2 sen 54◦ + 2 sen 18◦ = 0
1 + 2 (− cos 36◦ + sen 18◦) = 0
1 + 2
(
2 sen2 18◦ − 1 + sen 18◦
)
= 0
Sabemos sen 18◦ pela Questão 6., substituindo, obtemos
0 = 0
Como queríamos mostrar. ■
_ 26
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Com isso, conseguimos construir um bom arcabouço de como utilizar complexos
em trigonometria. Até esse ponto você ganhou uma maturidade matemática que te
permitirá pensar em cada questão de uma forma tridimensional. A seguir,
resolveremos algumas questões dos concursos militares mostrando, novamente,
uma das grandes utilidades de números complexos.
4 Questões militares
Questão 19. (AFA) O valor real que satisfaz a equação arcsen x + arcsen 2x = π
2
A) 1
5 B)
√
5
5
C) 1
2
D) 14
5
_ 27
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Resolução: Note que a equação nos deu arcsen, mas podemos converter em arctan
de forma que possamos aplicar a ideia do arg(z). Seja sen α = x =⇒ cos2 α =
1 − x2, logo
tan α = 1√
1 − x2
Com isso, temos arcsen x = arctan x√
1 − x2
. Nossa ”nova”equação é
arctan x√
1 − x2
+ arctan 2x√
1 − 4x2
= π
2
Mas, arg z + arg w = arg zw. Definindo os complexos z :=
√
1 − x2 + ix e w :=√
1 − 4x2 + 2ix
arctan x√
1 − x2
+ arctan 2x√
1 − 4x2
= arg z + arg w = arg zw
Só que
zw =
√
(1 − 4x2)(1 − x2) − 2x2 + i
(
x
√
1 − 4x2 + 2x
√
1 − x2
)
Daí
arg zw = arctan
 x
√
1 − 4x2 + 2x
√
1 − x2√
(1 − 4x2)(1 − x2) − 2x2
 = π
2
Logo, x
√
1 − 4x2 + 2x
√
1 − x2√
(1 − 4x2)(1 − x2) − 2x2
tende a infinito. Podemos tomar
√
(1 − 4x2)(1 − x2) − 2x2 = 0
pois isso nos garante que a função tenderá à ±∞.√
(1 − 4x2)(1 − x2) − 2x2 = 0 ⇐⇒ 4x4 = (1 − 4x2)(1 − x2)
Então
4x4 = 1 − x2 − 4x2 + 4x4 ⇐⇒ x2 = 1
5
Obtemos duas soluções x1 =
√
5
5
ou x2 = −
√
5
5
. Mas, se x− 1
z6(z2 − 1)
Logo,
z14 − 1
z6(z2 − 1)
+ 1 = 8 cos π
7
· cos 2π
7
· cos 3π
7
Sabendo que z7 = −1 e que z14 = 1, temos z14 − 1
z6(z2 − 1)
= 0. Finalmente,
1 = 8 cos π
7
· cos 2π
7
· cos 3π
7
Obtendo
cos π
7
· cos 2π
7
· cos 3π
7
= 1
8
Então b = 8.
_ 34
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 27. (ITA) Determine o valor de
cos
(
2 arctan
(4
3
))
+ sen
(
2 arctan
(4
3
))
A) 17/25 B) 4/5 C) 24/25 D) 28/25
Resolução: Defina z := 3 + 4i = 5 cis α, sabemos que arg(z) = arctan 4
3
.
z2 = (3 + 4i)2 = 52 cis 2α
Obtemos
−7 + 24i = 25 cos 2α + 25 sen 2α
Por comparação, cos 2α = −7
25
e sen 2α = 24
25
.
cos 2α + sen 2α = 17
25
Questão 28. (ITA) Sejam α, β, γ ∈ R tais que,
α + β + γ = −3π
sen α + sen β + sen γ = 1
2
cos α + cos β + cos γ = −1
2
Calcule cos2 α + cos2 β + cos2 γ
_ 35
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Resolução: Podemos tomar os complexos
z1 = cis α
z2 = cis β
z3 = cis γ
Queremos achar cos2 α + cos2 β + cos2 γ, nesse caso, é conveniente transformamos
em arco duplo por motivos que serão explícitos mais adiante. Vem que
S = cos2 α + cos2 β + cos2 γ
= 1 + cos 2α
2
+ 1 + cos 2β
2
+ 1 + cos 2γ
2
2S − 3 = cos 2α + cos 2β + cos 2γ
Por que é vantajoso tomar em arco duplo? Pois, uma potência real em
complexos, por Moivre, nós multiplicamos o argumento, trazendo a vantagem de
diminuir contas ao longo da resolução. Sabemos que
Re(z2
1 + z2
2 + z2
3) = cos 2α + cos 2β + cos 2γ
Podemos fazer o seguinte,
z2
1 + z2
2 + z2
3 = (z1 + z2 + z3)2 − 2(z1z2 + z1z3 + z2z3)
= (z1 + z2 + z3)2 − 2z1z2z3(z1 + z2 + z3)
= (z1 + z2 + z3)2 − 2z1z2z3(z1 + z2 + z3)
Então, precisamos achar z1 + z2 + z3, tal que
z1 + z2 + z3 = cos α + cos β + cos γ + i(sen α + sen β + sen γ)
= −1
2
+ 1
2
i
Assim como precisamos achar z1z2z3 = cis(α + β + γ) = cis(π) = −1.
Daí,
z2
1 + z2
2 + z2
3 =
(
−1
2
+ 1
2
i
)2
− 2 · (−1)
(
−1
2
− 1
2
i
)
= −1 − 3i
2
Finalmente,
2S − 3 = Re(z2
1 + z2
2 + z2
3)
= −1
S = 1
_ 36
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 29. (ITA) Seja z = cos π
7
+ i sen π
7
. Pedem-se:
(a) Use a propriedade zk = cos kπ
7
+ i sen kπ
7
, k ∈ N, para expressar
cos π
7
, cos 3π
7
e cos 5π
7
em função de z
(b) Determine inteiros a e b tais que a
b
= cos π
7
+ cos 3π
7
+ cos 5π
7
Resolução: A resolução está totalmente contida na Questão 13.
Questão 30. (ITA) Seja n um inteiro positivo tal que
sen π
2n
=
√
2 −
√
3
4
(a) Determine n
(b) Determine sen π
24
Resolução: Para o item (a), defina z := cis π
2n
. Pelo enunciado,
z − 1
z
2i
=
√
2 −
√
3
4
Elevando ao quadrado, obtemos
−
z2 + 1
z2 − 2
4
= 2 −
√
3
4
É de imediato que
z2 + 1
z2 =
√
3 ⇐⇒ 2 cos π
n
=
√
3
Finalmente, cos π
n
=
√
3
2
⇐⇒ n = 6.
Para o item (b), podemos usar a ideia da Questão 5. Mas, de forma prática,
terminemos apenas usando o arco duplo. Sabemos que
sen π
12
=
√
2 −
√
3
4
⇐⇒ cos2 π
12
= 1 − 2 −
√
3
4
⇐⇒ cos π
12
=
√
2 +
√
3
2
Mas,
sen2 π
24
=
1 − cos π
12
2
Fazendo as continhas intermediárias
sen π
24
=
√
2 −
√
2 +
√
3
2
_ 37
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
5 Questões propostas
Agora que resolvemos diversas questões como exemplos, quero deixar algumas
questões propostas para vocês tentarem. Essas questões propostas não apresentam
resolução nesse ebook. Mas, eventualmente, irei postando no meu Instagram a
solução delas. Contudo, considere ler todos os exemplos anteriores e buscar ideias
para fazê-las, pois são a base para a resolução destes.
Questão 31. Prove que o mínimo da expressão
3 cos x + 4 sen x + 5
com x ∈ R, é 0
Questão 32. Encontre os valores de máximo de mínimo de
6 sen x cos x + 4 cos 2x
Questão 33. Encontre os valores de máximo e mínimo de
cos2 θ − 6 sin θ cos θ + 3 sen2 θ + 2
Questão 34. Se M e m são máximos e mínimos, respectivamente, de
tan2 x + 4 tan x + 9
1 + tan2 x
então quanto vale M + m?
Questão 35. Calcule 4 cos π
10
− 3 sec π
10
− 2 tan π
10
.
Questão 36. Calcule
n−1∑
i=1
cos2
(
iπ
n
)
Questão 37. Se cos 5θ = a cos θ + b cos3 θ + c cos5 θ + d, mostre que
a + b + c + d = 1
Questão 38. Mostre que
sen3 x
1 + cos x
+ cos3 x
1 − sen x
=
√
2 cos
(
π
4
− x
)
Questão 39. Mostre que tan 5θ − tan 3θ − tan 2θ = tan 5θ tan 3θ tan 2θ
Questão 40. Calcule
sen x + sen 3x + sen 5x + sen 7x
cos x + cos 3x + cos 5x + cos 7x
para x = π
32
.
Questão 41. Calcule cot(10◦) · cot(30◦) · cot(50◦) · cot(70◦)
_ 38
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
Questão 42. Calcule sec π
7
+ sec 3π
7
+ sec 5π
7
Questão 43. Usando a mesma ideia da questão anterior, calcule
sec2 π
7
+ sec2 3π
7
+ sec2 5π
7
Questão 44. Calcule cot 15
2
◦
Questão 45. Encontre as soluções da equação
sen x + sen 5x = sen 2x + sen 4x
Questão 46. Encontre os valores de θ que satisfazem cos θ cos 2θ cos 3θ = 1
4
Questão 47. Encontre os valores de θ no intervalo [0, π] que satisfazem
sen 7θ = sen θ + sen 3θ
_ 39
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
6 Gabarito das questões propostas
31. Demonstração.
32. Tem máximo em 5 e mínimo em −5.
33. Tem máximo em 4 +
√
10 e mínimo em 4 −
√
10.
34. 10.
35. 0.
36. n − 2
2
37. Demonstração.
38. Demonstração
39. Demonstração.
40.
√
2 − 1.
41. 3.
42. 4.
43. 24.
44. 2 +
√
2 +
√
3 +
√
6.
45. x1 = kπ, x2 = kπ − 2π
3
e x3 = kπ − 4π
3
, com k ∈ Z
46. x1 = −3π
8
+ kπ
2
, x2 = −π
8
+ kπ
2
, x3 = −π
3
+ kπ e x4 = π
3
+ kπ
47.
{
0,
π
12
,
5π
12
,
7π
12
,
11π
12
,
π
3
,
2π
3
}
_ 40
Desvendando a Trigonometria Wallace Santo
7 Considerações finais
Chegamos ao final desta jornada pela trigonometria com números complexos.
Números complexos é uma ferramenta poderosa, estando longe de estar restrita
somente à essas aplicações. Esta é, sem dúvida, apenas a primeira edição, e minha
intenção não foi esgotar todas as possibilidades em um único volume.
Neste ebook, meu foco foi compartilhar as principais ideias sobre como abordar
questões de trigonometria usando números complexos. À medida que você se
aprofunda nesse campo, você descobrirá que existem aplicações matemáticas que
vão além da trigonometria, e elas são ainda mais fascinantes
Ao longo deste ebook, espero que você tenha descoberto a fascinação da
matemática e como os números complexos podem transformar a maneira como
abordamos a trigonometria.
Se você deseja explorar mais a fundo, aprender e aprimorar suas habilidades ou se
aventurar no mundo dos números complexos, estou à disposição para oferecer aulas
e mentorias personalizadas. Você pode me encontrar no Instagram: @prof.sant Lá,
continuaremos nossa jornada matemática e exploraremos novos horizontes.
Agradeço por sua companhia ao longo deste ebook e espero que você continue a
explorar o vasto e maravilhoso mundo da matemática. A busca do conhecimento é
infinita, e o próximo capítulo está à espera. Até breve, e que a matemática
continue a iluminar seu caminho!
Sant.
_ 41
	Números complexos e sua forma algébrica
	Propriedades da adição
	Propriedades da multiplicação
	Potências de i
	Conjugado do número complexo
	Propriedades do conjugado do número complexo
	Módulo do número complexo
	Propriedades do módulo do número complexo
	Números complexos e sua forma trigonométrica
	Questões gerais
	Questões militares
	Questões propostas
	Gabarito das questões propostas
	Considerações finais