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TEMA III Trigonometria e Números Complexos Miguel Moreira Júlia Justino Mariana Dias Conteúdo 1 Trigonometria 1 1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 O conceito de ângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.3 Algumas propriedades de triângulos planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.4 As funções Seno e Coseno de ângulos entre 0 e π 2 . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.4.1 A relação entre o Seno e o Coseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.5 As funções Secante e Cosecante para ângulos entre 0 e π 2 . . . . . . . . . . . 12 1.6 As funções Tangente e Cotangente para ângulos entre 0 e π 2 . . . . . . . . . . 13 1.7 O círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.7.1 O Seno e o Coseno no círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . 15 1.7.2 A Tangente e a Secante no círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . 20 1.7.3 A Cotangente e a Cosecante no círculo trigonométrico . . . . . . . . . 24 1.8 Valores de funções trigonométricas para ângulos arbitrários . . . . . . . . . . 28 1.8.1 Redução de um ângulo arbitrário ao intervalo [0, 2π[ . . . . . . . . . . 28 1.8.2 Redução de uma função trigonométrica ao 1o quadrante . . . . . . . 29 1.9 Equações com funções trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.9.1 Equação sen x = senα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.9.2 Outras equações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 1.10 Algumas importantes fórmulas trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.10.1 O seno da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.10.2 O coseno da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.10.3 A lei dos senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 1.10.4 A lei do coseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 1.11 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 1.12 Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2 Números Complexos 48 2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.2 Forma algébrica dos números complexos e sua representação geométrica . . . 49 2.3 Operações com números complexos na forma algébrica . . . . . . . . . . . . 53 2.4 Forma trigonométrica dos números complexos e sua representação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 2.5 Operações com números complexos na forma trigonométrica . . . . . . . . . 61 2.6 Domínios planos e condições em variável complexa . . . . . . . . . . . . . . . 66 2.6.1 |z1 − z2 | como distância entre dois pontos . . . . . . . . . . . . . . . . 68 2.6.2 |z− z1 | = |z − z2 | como mediatriz de um segmento de recta . . . . . . 70 2.6.3 arg (z − z1) = θ como semi-recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 2.7 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.8 Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 1 Trigonometria 1.1 Introdução "A palavra trigonometria é uma combinação de duas palavras gregas, trigonon, que significa triângulo e metron, medir. A palavra apareceu na imprensa em finais do século XVI quando foi usada como título de um trabalho de Bartholomaeus Pitiscus, publicado pela primeira vez em 1595 como suplemento de um livro sobre esferas. A palavra grega para ângulo é gonia, e antes falava-se de goniometria como sendo a ciência da medida dos ângulos."in Tom Apostol, Os Primórdios da História da Humanidade, Boletim da SPM-no 47. 1.2 O conceito de ângulo A noção de ângulo encontra-se rigorosamente caracterizada na obra de Euclides, matemático e geómetra da antiguidade, chamada Elementos. Esta obra encontra-se dividida em treze livros. A oitava definição presente no primeiro livro é precisamente a definição de ângulo plano: Definição 1 Um ângulo plano é a inclinação mútua de duas rectas que se cruzam num mesmo plano. Basicamente o conceito de ângulo mede a inclinação relativa de duas rectas que se intersec- tam. Diz-se que a rotação plana de uma recta em torno dum seu ponto descreve um ângulo positivo se a rotação se verificar no sentido anti-horário. Se a rotação se verificar no sentido horário o ângulo descrito diz-se negativo. β α β α Figura 1: Ângulo α (positivo) e β (negativo) Os ângulos podem ser medidos em graus, radianos ou grados. 1 M aio de 2006 Quando através de uma rotação plana, em sentido anti-horário, de uma recta orientada em torno de um seu ponto, esta volta pela primeira vez à posição inicial o ângulo descrito é igual a 360◦ (trezentos e sessenta graus), 2π radianos ou 400 grados. α Figura 2: Ângulo α = 360◦ = 2π rad = 400 grados. Se a rotação plana da recta anterior descrever apenas 180◦, π radianos ou 200 grados, a recta fica disposta na mesma direcção embora com uma orientação oposta. É habitual designar este ângulo por ângulo raso. αα Figura 3: Ângulo raso α = 180◦ = π rad = 200 grados. Se a rotação plana da recta em questão descrever 90◦, π 2 radianos ou 100 grados o ângulo descrito diz-se recto. αα Figura 4: Ângulo recto α = 90◦ = π 2 rad = 100 grados. O sistema de medição de ângulos em graus é designado por sistema sexagesimal, no qual as fracções de grau são representadas porminutos (angulares) e segundos (angulares). Como se sabe, nos sistemas sexagesimais, 60 minutos (ou 600) correspondem a 1◦ e 60 segundos (ou 6000) correspondem a 1 minuto. 2 Maio de 2006 Exemplo 1 Exprima em graus e radianos, 50 grados. Resolução: Como se sabe, 90◦ e π 2 radianos correspondem a 100 grados. Assim, x 50 grados = 90◦ 100 grados ⇒ x = 45◦ e x 50 grados = π 2 radianos 100 grados ⇒ x = π 4 radianos. 1.3 Algumas propriedades de triângulos planos Definição 2 Um triângulo plano é uma figura geométrica com três lados (constituidos por três segmentos de recta) que definem três ângulos internos, como se observar na Figura 5. Nesta figura denotamos os ângulos referidos pelas letras α, β e γ. É habitual representar os lados de um triângulo por letras maiúsculas e os respectivos comprimentos pelas mesmas letras minusculas. Na Figura 5 representamos os lados pelas letras A, B e C. α β γB A C α β γB A C Figura 5: Triângulo plano. No caso em que A = B = C o triângulo diz-se equilátero; se tiver dois lados iguais e um diferente diz-se um triângulo isósceles e se tiver os lados todos diferentes o triângulo diz-se escaleno. No caso em que um dos ângulos internos do triângulo é recto ¡ 90o = π 2 rad ¢ , o triângulo diz-se rectângulo. A Figura 6 representa um triângulo rectângulo, onde o ângulo recto se encontra assinalado. c b a α β 2 π c b a α β 2 π Figura 6: Triângulo rectângulo. Notemos igualmente que o triângulo ilustrado, apresenta mais dois ângulos internos aqui denotados pelas letras gregas α e β. As letras a, b e c representam respectivamente os 3 Maio de 2006 comprimentos dos diferentes lados do triângulo. O lado oposto ao ângulo que é recto designa- se por hipotenusa. Os restantes lados são designados habitualmente por catetos. Os triângulos planos, na geometria Euclideana, possuem algumas propriedades que importa referir pela sua utilidade. Teorema 1 (Teorema de Pitágoras) Em qualquer triângulo rectângulo, o quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos: c2 = a2 + b2. Uma das importantes propriedades dos triângulos planos que interessa assinalar, pelo seu alcance, é a que caracteriza a soma dos ângulos internos. Propriedade 2 A soma dos ângulos internos de um qualquer triângulo éigual a 180o, isto é, a dois ângulos rectos. Na Figura 7 podemos observar uma construção geométrica que pode servir de base à demons- tração deste resultado. α β λ αβ λ r C α β λ αβ λ r C Figura 7: α+ β+ γ = 180◦. Com efeito, se fizermos passar uma recta paralela ao lado C, neste caso a recta r, pelo vértice do triângulo que se lhe opõe, facilmente concluímos que α+ β+ γ = 180◦. De notar que o resultado enunciado só é válido no contexto da geometria Euclideana, isto é nas geometrias que satisfazem, entre outros, o V axioma (da geoemtria) de Euclides. Este axioma estabelece que por um ponto exterior a uma recta, existe uma e uma só recta paralela à recta dada. Observe-se que este facto esteve por trás dos argumentos atràs apresentados na demonstração efectuada. Existem efectivamente outras geometrias, conhecidas por geome- trias não-Euclideanas, igualmente úteis em que o correspondente enunciado é distinto. Como exemplos de geometrias não-Euclideanas que não satisfazem este enunciado podemos referir a geometria dos triângulos esféricos (utilizada na navegação marítima e aérea) e a geometria de Lobachevsky (com aplicações em cosmologia). 4 Maio de 2006 Exemplo 2 Suponha que num triângulo rectângulo um dos ângulos internos tem 35◦. Qual o valor do outro ângulo α não-recto? Resolução: Teremos de ter α+ 35◦ + 90◦ = 180◦ donde resulta α = 90◦ − 35◦ = 55◦. Seguidamente iremos referir mais algumas propriedades dos triângulos planos. Suponha-se que a partir dos lados A1, A2 e A3 de comprimento a1, a2 e a3, de um dado triângulo A, construímos um novo triângulo B, cujos lados tem comprimentos b1 = ra1, b2 = ra2 e b3 = ra3, em que r representa um qualquer número real estritamente positivo. A B 1a 11 rab = A B 1a 11 rab = Figura 8: Triângulos semelhantes. Nestas circunstâncias, o triângulo B diz-se semelhante ao triângulo A e os lados Ai e Bi com 1 ≤ i ≤ 3 dos triângulos A e B, dizem-se homólogos. Definição 3 Sejam A e B dois triângulos com lados A1, A2 e A3, B1, B2 e B3, e comprimen- tos a1, a2 e a3, b1, b2 e b3, respectivamente. Se existir uma constante de proporcionalidade r > 0 tal que bi = rai com 1 ≤ i ≤ 3, então o triângulo B diz-se semelhante a A. Podemos afirmar, com um pequeno abuso de linguagem que triângulos semelhantes são proporcionais entre si. A propriedade seguinte permite-nos reconhecer triângulos semelhantes recorrendo à noção de ângulo interno. Propriedade 3 Os triângulos A e B são semelhantes se e só se os ângulos internos de A forem iguais aos ângulos internos de B. Por outro lado, para verificar com base na observação dos ângulos internos de dois triângulos, que estes são semelhantes, basta assegurar que dois dos ângulos internos de um triângulo são iguais a dois dos ângulos internos de outro. Mais formalmente: 5 Maio de 2006 β β α α γ γ β β α α γ γ Figura 9: Triângulos com idênticos ângulos internos. α β *β γ *γα β *β γ *γ Figura 10: Ângulos internos de triângulos semelhantes são iguais. Propriedade 4 Os triângulos A e B são semelhantes se e só dois dos ângulos internos de A forem iguais a dois dos ângulos internos de B. Exemplo 3 Na Figura 10 podemos observar que β = β∗ e γ = γ∗. Estas igualdades, bastam para determinar a semelhança destes triângulos. Na Figura 10 podemos também inferir que lados homólogos definem ângulos internos idên- ticos. Mais precisamente: Propriedade 5 Lados homólogos de triângulos semelhantes definem ângulos internos iguais. Os triângulos planos podem ser agrupados em grupos de triângulos que são semelhantes entre si. Triângulos semelhantes partilham muitas propriedades interessantes. Exemplo 4 Consideremos a Figura 11 em que estão representados dois triângulos seme- lhantes e os respectivos comprimentos dos seus lados. α α β γ γ β b c a *a*b *c α α β γ γ β b c a *a*b *c Figura 11: Triângulos semelhantes. Então a∗ a = b∗ b = c∗ c , 6 Maio de 2006 donde a∗ c∗ = a c , b∗ c∗ = b c e a∗ b∗ = a b . Este facto mostra que triângulos semelhantes partilham entre si idênticos quocientes de com- primentos de lados adjacentes. 1.4 As funções Seno e Coseno de ângulos entre 0 e π 2 Dados dois quaisquer triângulos rectângulos semelhantes, como os da Figura 12, α β β2π 2 πα a *a b *b c * c α β β2π 2 πα a * a b *b c * c Figura 12: Triângulos rectângulos semelhantes. podemos afirmar que a∗ c∗ = a c , b∗ c∗ = b c e a∗ b∗ = a b , uma vez que triângulos semelhantes partilham entre si a igualdade dos quocientes dos com- primentos dos lados adjacentes. Desta forma, torna-se possível associar univocamente a cada ângulo α ou β de um triângulo deste tipo, qualquer um daqueles quocientes. É desta forma que as funções Seno, Coseno e outras funções trigonométricas podem ser definidas de forma elementar. Estas funções associam números reais a ângulos. Os valores que as funções Seno e Coseno assumem, definem-se para ângulos entre 0 e π 2 radianos como se segue, tendo por base a Figura 13 que representa um triângulo rectângulo. Definição 4 Considere-se um triângulo rectângulo qualquer tal que α é o ângulo definido pela hipotenusa (de comprimento c) e um dos catetos. A função seno, designada Seno, define-se como sendo o quociente entre o comprimento do cateto oposto ao ângulo α e o comprimento da hipotenusa, isto é: senα = cateto oposto hipotenusa = a c . 7 Maio de 2006 c b a α β 2 π c b a α β 2 π Figura 13: Triângulo rectângulo. A função coseno, designada Coseno, define-se como sendo o quociente entre o comprimento do cateto adjacente ao ângulo α e o comprimento da hipotenusa, isto é: cosα = cateto adjacente hipotenusa = b c . Exemplo 5 Determine o valor da função seno de α supondo que α tem o valor de 0, π 6 , π 4 , π 3 e π 2 radianos. Resolução: Comecemos por observar que quando α tem o valor de 0 radianos o seu cateto oposto tem um comprimento nulo. Desta forma sen0 = 0 c = 0. Quanto ao valor da função seno quando α tem o valor de π 6 radianos, consideremos o triân- gulo equilátero da Figura 14. c α 2 π c 2 c 2 c β c α 2 π c 2 c 2 c β Figura 14: Determinação de sen π 6 . Como é sabido a soma dos ângulos internos de um qualquer triângulo plano é igual a π radianos. Assim, os ângulos internos dum triângulo isósceles são iguais a β = π 3 . Desta forma, no triângulo da figura α = π 3 2 = π 6 . Donde se deduz, atendendo à definição de Seno, sen π 6 = c 2 c = 1 2 . Por outro lado, deduz-se também, atendendo ao Teorema de Pitágoras, que sen π 3 = q c2 − ¡ c 2 ¢2 c = q 3c2 4 c = √ 3 2 . Consideremos, agora, o quadrado de lado a, seguinte: 8 Maio de 2006 a α2 π α c a α2 π α c Figura 15: Determinação de sen π 4 . Naturalmente α = π 4 . Donde, atendendo à definição de Seno sen π 4 = a c = a√ a2 + a2 = 1√ 2 = √ 2 2 . Finalmente, observemos que quando α = π 2 , o comprimento do cateto oposto torna-se igual ao comprimento da hipotenusa. Assim, sen π 2 = 1. Em resumo obtemos a Tabela 1: ângulo Seno 0 0 π 6 1 2 π 4 √ 2 2 π 3 √ 3 2 π 2 1 Tabela 1: Seno de alguns ângulos entre 0 e π 2 . 1.4.1 A relação entre o Seno e o Coseno As funções Seno e Coseno encontram-se directamente relacionadas. Consideremos novamente a Figura 16 que representa um triângulo rectângulo. c b a α β 2 π c b a α β 2 π Figura 16: Triângulorectângulo. 9 Maio de 2006 Por definição senα = a b e cosβ = a b . Por outro se α e β representam os ângulos internos adjacentes à hipotenusa então β = π 2 − α, donde senα = a b = cosβ = cos ³π 2 − α ´ . Isto é, senα = cos ³π 2 − α ´ . Por outro lado, se na expressão anterior fizermos β = π 2 − α então α = π 2 − β. O que nos permite obter a expressão equivalente sen ³π 2 − β ´ = cosβ. Estas importantes expressões permitem-nos obter o Seno ou o Coseno de um ângulo α se conhecermos, respectivamente, o Coseno ou o Seno do ângulo π 2 − α (este último diz-se, o complementar de α para π 2 ). Exemplo 6 Determine o valor da função coseno de β sabendo que β tem o valor de 0, π 6 , π 4 , π 3 e π 2 radianos. Resolução: Sabemos que 0 = π 2 − α, com α = π 2 , π 6 = π 2 − α, com α = π 3 , π 4 = π 2 − α, com α = π 4 , π 3 = π 2 − α, com α = π 6 e π 2 = π 2 − α, com α = 0. 10 Maio de 2006 Por outro lado senα = cos ³π 2 − α ´ . Então, atendendo à Tabela 1, temos sucessivamente cos0 = cos ³π 2 − π 2 ´ = sen π 2 = 1, cos π 6 = cos ³π 2 − π 3 ´ = sen π 3 = √ 3 2 , cos π 4 = cos ³π 2 − π 4 ´ = sen π 4 = √ 2 2 , cos π 3 = cos ³π 2 − π 6 ´ = sen π 6 = 1 2 e cos π 2 = cos ³π 2 − 0 ´ = sen 0 = 0. 11 Maio de 2006 Donde obtemos a Tabela 2: ângulo Coseno 0 1 π 6 √ 3 2 π 4 √ 2 2 π 3 1 2 π 2 0 Tabela 2: Coseno de alguns ângulos entre 0 e π 2 . 1.5 As funções Secante e Cosecante para ângulos entre 0 e π 2 As funções Secante e Cosecante podem ser definidas, para ângulos entre 0 e π 2 radianos, com base nas funções Coseno e Seno, atrás definidas. Definição 5 As funções Secante e Cosecante são as funções que se definem, respectiva- mente, como secα = 1 cosα e cscα = 1 senα . A partir das definições anteriores e tendo por base a Figura 17 c b a α β 2 π c b a α β 2 π Figura 17: Triângulo rectângulo. pode constatar-se que a Secante e a Cosecante de um dado ângulo α poder-se-ia ter definido directamente a partir do triângulo rectângulo acima representado. Com efeito se secα = 1 cosα e cosα = b c , então secα = 1 cosα = 1 b c = c b . Analogamente se mostra que cscα = c a . 12 Maio de 2006 Exemplo 7 Determine o valor da Secante e Cosecante quando α assume os valores 0, π 6 , π 4 , π 3 e π 2 radianos. Resolução: Tendo por base as tabelas dos valores do Seno e Coseno para os ângulos referidos e as definições das funções Secante e Cosecante, deduz-se facilmente: ângulo Coseno Secante= 1Coseno 0 1 1 1 = 1 π 6 √ 3 2 1√ 3 2 = 2 √ 3 3 π 4 √ 2 2 1√ 2 2 = √ 2 π 3 1 2 2 π 2 0 não definida e ângulo Seno Cosecante= 1Seno 0 0 não definida π 6 1 2 2 π 4 √ 2 2 √ 2 π 3 √ 3 2 2 √ 3 3 π 2 1 1 1.6 As funções Tangente e Cotangente para ângulos entre 0 e π 2 As funções Tangente e Cotangente constituem outras duas importantes funções trigonométri- cas. Estas últimas podem ser definidas, para ângulos entre 0 e π 2 radianos, recorrendo às funções Seno e Coseno, atrás referidas. Definição 6 As funções Tangente e Cotangente são as funções que se definem, respecti- vamente, como tgα = senα cosα e cotgα = 1 tgα = cosα senα . 13 Maio de 2006 A partir das definições anteriores e tendo por base a figura 18 c b a α β 2 π c b a α β 2 π Figura 18: Triângulo rectângulo. pode observar-se que a Tangente e a Cotangente de um dado ângulo α poder-se-ia ter definido directamente a partir do triângulo rectângulo acima representado. Com efeito se tgα = sen αcosα , senα = a c e cosα = b c então tgα = senα cosα = a c b c = a b = cateto oposto cateto adjacente . Analogamente se mostra que cotgα = b a = cateto adjacente cateto oposto . Exemplo 8 Determine o valor das funções Tangente e Cotangente quando α assume os valores 0, π 6 , π 4 , π 3 e π 2 radianos. Resolução: Consideremos os valores das funções Seno e Coseno para estes ângulos e as definições das funções Tangente e Cotangente. Deduz-se: ângulo Seno Coseno Tangente = SenoCoseno Cotangente = 1 Tangente 0 0 1 0 não definida π 6 1 2 √ 3 2 1 2√ 3 2 = √ 3 3 √ 3 π 4 √ 2 2 √ 2 2 1 1 π 3 √ 3 2 1 2 √ 3 2 1 2 = √ 3 √ 3 3 π 2 1 0 não definida 0 14 Maio de 2006 1.7 O círculo trigonométrico O círculo trigonométrico é um círculo de raio unitário, centrado na origem de um referen- cial cartesiano. Os ângulos são medidos entre o semieixo positivo dos xx e um apropriado raio vector aplicado na origem. Se a medição for efectuada no sentido anti-horário o ângulo é positivo. Caso contrário é negativo. Neste círculo, como veremos, será possível identi- ficar com certos comprimentos adequadamente escolhidos, os valores das principais funções trigonométricas para os ângulos considerados. Adicionalmente o círculo trigonométrico permite-nos generalizar os funções trigonométricas atrás definidas para argumentos entre 0 e π 2 radianos a outros ângulos. 1.7.1 O Seno e o Coseno no círculo trigonométrico Observemos a Figura 19 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo rectân- gulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem com comprimento unitário. Seja α o ângulo medido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulo rectângulo representado. Sejam a e b os comprimentos dos catetos do triângulo rectângulo representado medido de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos. α 1=c αsen=a αcos=b y x α 1=c αsen=a αcos=b y x Figura 19: Seno e Coseno. Como a hipotenusa do triângulo representado tem o comprimento c = 1, então por definição é imediato concluir que para um ângulo entre 0 e π 2 radianos senα = a c = a 1 = a e cosα = b c = b 1 = b. Isto é, o comprimento a e b dos catetos representados na Figura 19 traduzem exactamente os valores das funções Seno e Coseno do ângulo α. 15 Maio de 2006 Para outros ângulos as funções Seno e Coseno são definidas da mesma forma, isto é, como senα = a e cosα = b em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondentes eixos. Se seguirmos a evolução dos comprimentos dos catetos do triângulo da Figura 19, à medida que o ângulo α varia, podemos identificar valores típicos destas funções e algumas interes- santes propriedades. A título ilustrativo apresentamos de seguida os gráficos das funções Seno e Coseno no inter- valo [−π,π]. Figura 20: Seno no intervalo [−π,π]. Figura 21: Coseno no intervalo [−π,π]. 16 Maio de 2006 Comecemos por notar, por exemplo que ângulo Seno Coseno 0 0 1 π 2 1 0 π 0 −1 3π 2 −1 0 2π 0 1 Outro facto particularmente interessante que se pode registar observando a evolução dos comprimentos dos catetos do triângulo da Figura 19 à medida que o ângulo α varia, é a periodicidade, com período 2π, das funções Seno e Coseno. Nas Figuras 22 e 23 pode ser verificada esta propriedade. Figura 22: Periodicidade da função seno. Figura 23: Periodicidade da função coseno. 17 Maio de 2006 Tem-se, assim, para qualquer ângulo α senα = sen (α+ 2π) e cosα = cos (α+ 2π) . Isto é, senα = sen (α+ k2π) e cosα = cos (α+ k2π) para todo ângulo α e k número inteiro. Pode, igualmenteverificar-se que para todo o ângulo α senα = − sen (−α) e cosα = cos (−α) . Isto é, a função seno é uma função ímpar e a função coseno é uma função par. Nas Figuras 24 e 25 verificam-se, como base na interpretação do círculo trigonométrico estas propriedades. α αsen y x ( )1,0 ( )0,1 )sen( α− α− α αsen y x ( )1,0 ( )0,1 )sen( α− α− Figura 24: senα = − sen (−α) . α y x ( )1,0 ( )0,1 α− αcos )cos( α− α y x ( )1,0 ( )0,1 α− αcos )cos( α− Figura 25: cosα = cos (−α). 18 Maio de 2006 Por outro lado pode também observar-se que sen (π − α) = senα e sen (π + α) = − senα. Nas Figuras 26 e 27 verificam-se estas propriedades. α αsen y x απ − ( )1,0 ( )0,1 )-sen( απ α αsen y x απ − ( )1,0 ( )0,1 )-sen( απ Figura 26: sen (π − α) = senα. α αsen y xαπ + ( )1,0 ( )0,1 )sen( απ + α αsen y xαπ + ( )1,0 ( )0,1 )sen( απ + Figura 27: sen (π + α) = − senα. E também cosα = − cos (π − α) = − cos (π+ α) , como se pode observar na Figura 28. α y x ( )0,1− ( )0,1 αcos απ − απ + )cos( απ + )cos( απ − α y x ( )0,1− ( )0,1 αcos απ − απ + )cos( απ + )cos( απ − Figura 28: cosα = − cos (π − α) = − cos (π+ α) . 19 Maio de 2006 Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se a chamada Fórmula Fundamental da Trigonometria 1 = c2 = a2 + b2 = sen2 α+ cos2 α, isto é sen2 α+ cos2 α = 1 para todo o ângulo α. 1.7.2 A Tangente e a Secante no círculo trigonométrico Consideremos agora a Figura 29 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo rectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem. Seja α o ângulo medido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulo rectângulo representado e b o comprimento unitário (por construção) do cateto do triângulo rectângulo representado. Os comprimentos a e b dos catetos são medidos de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos. α tga α= 1=b y x αsec=c α tga α= 1=b y x αsec=c Figura 29: Tangente e Secante. Como o cateto adjacente ao ângulo α é unitário, atendendo à definição de Tangente e Secante para ângulos entre 0 e π 2 deduz-se tgα = a 1 = a e secα = c 1 = c. Isto é, os comprimentos do cateto oposto e da hipotenusa do triângulo representado na Figura 29 correspondem aos valores da Tangente e da Secante do ângulo α, respectivamente. 20 Maio de 2006 Para outros ângulos as funções Tangente e Secante são definidas da seguinte forma tgα = a b e secα = c b em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondentes eixos. A título ilustrativo apresentamos seguidamente os gráficos das funções Tangente e Secante no intervalo [−π,π] . Figura 30: Tangente no intervalo [−π,π]. Figura 31: Secante no intervalo [−π,π]. Tendo em atenção a medição dos comprimentos a e b dos catetos de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos deduzimos seguidamente os valores das funções Tangente e Secante 21 Maio de 2006 para alguns ângulos de interesse: ângulo Tangente = a b Secante = c b 0 0 1 π 2 não definida não definida π 0 −1 3π 2 não definida não definida 2π 0 1 Notemos também que tgα = a b = −a −b = tg (α+ π) , isto é, a função tangente é periódica com período π, ou seja, tgα = tg (α+ kπ) para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 32 pode ser verificada esta propriedade. Figura 32: Periodicidade da função tangente. Também secα = c b = − c−b = − sec (π+ α) = − (− sec (π + (π+ α))) = sec (2π + α) , o que mostra que a função secante também é periódica de período 2π. Isto é, secα = sec (α+ 2kπ) para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 33 pode ser verificada esta propriedade. 22 Maio de 2006 Figura 33: Periodicidade da função secante. Por outro lado tgα = − tg (−α) e secα = sec (−α) , o que mostra que a função tangente é uma função ímpar e a função secante uma função par. Na Figura 34 ilustram-se estas propriedades. α tgα )0,1(− y x αsec tg( )α− )1,0( α− )sec( α− α tgα )0,1(− y x αsec tg( )α− )1,0( α− )sec( α− Figura 34: tgα = − tg (−α) e secα = sec (−α). Também, não é difícil verificar que tgα = − tg (π − α) e secα = c b = − c−b = − sec (π − α) = − sec (π+ α) . 23 Maio de 2006 α tgα )0,1(− y x αsec tg( )π α− )0,1( tg( )π α+ )sec( απ − )sec( απ + απ − απ + α tgα )0,1(− y x αsec tg( )π α− )0,1( tg( )π α+ )sec( απ − )sec( απ + απ − απ + Figura 35: tgα = − tg (π− α) e secα = − sec (π− α) = − sec (π+ α). Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se igualmente c2 = sec2 α = a2 + b2 = tg 2α+ 1, isto é sec2 α = tg 2α+ 1, para todo o ângulo α. 1.7.3 A Cotangente e a Cosecante no círculo trigonométrico Consideremos agora a Figura 36 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo rectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem. Seja α o ângulo medido no sentido directo entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulo rectângulo representado e a o comprimento unitário (por construção) do cateto do triângulo rectângulo representado. Os comprimentos a e b dos catetos são medidos de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos. α 1=a cotgb α= y x αcsc=c α 1=a cotgb α= y x αcsc=c Figura 36: Cotangente e Cosecante. 24 Maio de 2006 Como o cateto oposto ao ângulo α é unitário, atendendo à definição de Cotangente e Cose- cante para ângulos entre 0 e π 2 deduz-se cotgα = b 1 = b e cscα = c 1 = c. Isto é, os comprimentos do cateto adjacente e da hipotenusa do triângulo representado na Figura 36 correspondem aos valores da Cotangente e da Cosecante do ângulo α, para ângulos entre 0 e π 2 , respectivamente. Para outros ângulos as funções Cotangente e Cosecante são definidas da seguinte forma cotgα = b a e cscα = c a em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondentes eixos. A título ilustrativo apresentamos de seguida os gráficos das funções Cotangente e Cosencante no intervalo [−π,π] . Figura 37: Cotangente no intervalo [−π,π]. Figura 38: Cosecante no intervalo [−π,π]. 25 Maio de 2006 Tendo em atenção a medição dos comprimentos a e b dos catetos de acordo com os senti- dos dos correspondentes eixos deduzimos seguidamente os valores das funções Cotangente e Secante para alguns ângulos de interesse: ângulo Cotangente = b a Cosecante = c a 0 não definida não definida π 2 0 1 π não definida não definida 3π 2 0 −1 2π não definida não definida Notemos também que cotgα = b a = −b −a = cotg (α+ π) , isto é, a função cotangente é periódica com período π, ou seja cotgα = cotg (α+ kπ) para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 39 podemos constatamos esta propriedade. Figura 39: Periodicidade da função cotangente. Também cscα = c a = − c−a = − csc (π+ α) = − (− csc (π + (π+ α))) = csc (2π + α) , o que mostra que a função cosecante também é periódica de período 2π. Isto é, cscα = csc (α+ 2kπ) para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 40 pode ser verificada esta propriedade. 26 Maio de 2006 Figura 40: Periodicidade da função cosecante. Por outro lado cotgα = − cotg (−α) e cscα = − csc (−α) , o que mostra que quer a função cotangente quer a função cosecante são funções ímpares como se pode inferir a partir da Figura 41. α 1 cotgα y x αcsc cotg( )α− 1)csc( α−α− α 1 cotgα y x αcsc cotg( )α− 1)csc( α− α− Figura 41: cotgα = − cotg (−α) e cscα = − csc (−α) . Também cotgα = − cotg (π − α) e cscα = c a = − c−a = − csc (π + α) = csc (π− α) . Nas Figuras 42 e 43 é possível deduzir estas propriedades. 27 Maio de 2006 α 1 cotgα y x cotg( )π α− απ − α 1 cotgα y x cotg( )π α− απ − Figura 42: cotgα = − cotg (π− α). α 1 αcsc y x )csc( απ + απ + 1 απ − )csc( απ − 1 α 1 αcsc y x )csc( απ + απ + 1 απ − )csc( απ − 1 Figura 43: cscα = − csc (α+ π) = csc (α+ π). Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se igualmente c2 = csc2 α = a2 + b2 = 1+ cotg 2α, isto é csc2 α = cotg 2α+ 1, para todo o ângulo α. 1.8 Valores de funções trigonométricas para ângulos arbitrários 1.8.1 Redução de um ângulo arbitrário ao intervalo [0, 2π[ Vimos atrás que as funções trigonométricas básicas são periódicas de período fundamental 2π e π. Notando adicionalmente que se uma função é periódica de período π então também é periódica de período (não fundamental) 2π, podemos concluir que as funções trigonométricas básicas têm, todas, período 2π. Assim, poderemos facilmente calcular o valor destas funções para um ângulo arbitrário se soubermos os valores das funções trigonométricas para ângulos no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦[), isto é, no círculo triogonométrico. Bastando para tal reduzir o ângulo dado a um valor no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦[). 28 Maio de 2006 Tal redução é efectuada achando o resto da divisão inteira do ângulo dado por 2π, ou 360◦ conforme se esteja a trabalhar em radianos ou em graus. O ângulo obtido (no intervalo pretendido) diz-se congruente com o ângulo dado mod2π, ou mod360◦ conforme se esteja a trabalhar em radianos ou em graus. Exemplo 9 Reduza ao intervalo [0, 360◦[ o ângulo de −1080◦. Resolução: Ora −1080◦ = −3× 360◦ + 0◦, o que mostra que −1080◦ é congruente com 0◦ (mod 360). Exemplo 10 Reduza ao intervalo [0, 2π[ o ângulo 25 4 π radianos. Resolução: Ora 25 4 π = 3× 2π+ π 4 , o que mostra que 25 4 π é congruente com π 4 (mod2π). Exemplo 11 Calcule cos (−1080◦). Resolução: Sabemos que −1080◦ é congruente com 0◦ (mod360). Então cos (−1080) = cos 0 = 1. 1.8.2 Redução de uma função trigonométrica ao 1o quadrante Recorrendo às propriedades das funções trigonométricas é possível relacionar os valores que as funções trigonométricas assumem no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦[) com valores assumidos por funções trigonométricas relacionadas com as anteriores no intervalo £ 0, π 2 ¤ (ou [0, 90◦]). Tal procedimento designa-se por redução de uma dada função trigonométrica ao 1o quad- rante (do círculo trigonométrico). Este procedimento pode ser conveniente uma vez que conhecemos os valores das diferentes funções trigonométricas para diferentes ângulos no 1o quadrante (0, π 6 , π 4 , π 3 e π 2 ). Exemplo 12 Reduza ao 1o quadrante cos (180◦ − 35◦). Resolução: Ora cos (180◦ − 35◦) = − cos (35◦). Note-se que 35◦ pertence ao 1o quadrante. Exemplo 13 Calcule sen ¡ 29 4 π ¢ . Resolução: Sabemos que 29 4 π = 28 4 π + 1 4 π = 3× 2π + π+ 1 4 π. 29 Maio de 2006 Então, sen µ 29 4 π ¶ = sen µ 3× 2π + π + 1 4 π ¶ = sen µ π+ 1 4 π ¶ = − sen µ 1 4 π ¶ = − √ 2 2 . 1.9 Equações com funções trigonométricas Em diversas circunstâncias pode ser útil resolver equações em que intervêem funções trigonométri- cas. Seguidamente iremos estudar algumas técnicas destinadas à resolução deste tipo de equações. 1.9.1 Equação senx = senα Suponha-se que pretendemos determinar os valores de x que satisfazem a equação senx = senα para um certo ângulo α conhecido. Tendo em conta as propriedades da função seno sabemos que senx = senα se x = α+ 2kπ, k inteiro, já que a função seno é periódica de período fundamental 2π. Por outro lado, se senx = senα, também sen x = sen (π− α) , donde se deduz novamente da periodicidade da função seno x = π − α+ 2kπ, k inteiro. Assim, os valores x que satisfazem a equação senx = senα serão x = α+ 2nπ∨ x = π − α+ 2mπ, com n e m inteiros. Na Figura 44 ilustram-se a forma das soluções indicadas. 30 Maio de 2006 Figura 44: Soluções da equação sen x = senα. Exemplo 14 Resolva a equação senx = sen π 4 . Resolução: Como vimos atrás, a solução desta equação será x = π 4 + 2nπ∨ x = π− π 4 + 2mπ, com n e m inteiros⇔ ⇔ x = π 4 + 2nπ∨ x = 3π 4 + 2mπ, com n e m inteiros. Exemplo 15 Resolva a equação senx = 0. Resolução: Ora senx = 0⇔ senx = sen0 pois sen0 = 0. Então, tendo em conta a solução conhecida para a equação anterior x = 0+ 2nπ∨ x = π− 0+ 2mπ, com n e m inteiros⇔ ⇔ x = 2nπ∨ x = π+ 2mπ, com n e m inteiros⇔ ⇔ x = kπ, com k inteiro. 1.9.2 Outras equações Consideremos agora o problema de determinar os valores de x que satisfazem a equação cosx = cosα para um certo ângulo α conhecido. Tendo em conta as propriedades da função coseno sabemos que cosx = cosα 31 Maio de 2006 se x = α+ 2kπ, k inteiro, já que a função coseno é periódica de período fundamental 2π. Por outro lado, se cosx = cosα, também cos x = cos (−α) , donde se deduz novamente da periodicidade da função coseno x = −α+ 2kπ, k inteiro. Assim, os valores x que satisfazem a equação cosx = cosα serão x = α+ 2nπ∨ x = −α+ 2mπ, com n e m inteiros. Como facilmente o leitor poderá verificar, notando que secx = 1/ cos x e cscx = 1/ sen x, as soluções das equações do tipo secx = secα e cscx = cscα são respectivamente x = α+ 2nπ∨ x = −α+ 2mπ, com n e m inteiros. e x = α+ 2nπ∨ x = π − α+ 2mπ, com n e m inteiros. Quanto às equações do tipo tg x = tgα ou cotg x = cotgα as soluções são x = α+ kπ, k inteiro atendendo à periodicidade de período fundamental π destas útltimas funções. Exemplo 16 Resolva a equação cos x = cos π 3 . Resolução: Como vimos atrás, a solução desta equação será x = π 3 + 2nπ∨ x = −π 3 + 2mπ, com n e m inteiros. 32 Maio de 2006 Exemplo 17 Resolva a equação cos x = sen π 3 . Resolução: Comecemos por observar que sen π 3 = cos ¡ π 2 − π 3 ¢ = cos π 6 . Então, a equação a resolver será equivalente à equação cosx = cos π 6 cuja solução será x = π 6 + 2nπ∨ x = −π 6 + 2mπ, com n e m inteiros. 1.10 Algumas importantes fórmulas trigonométricas 1.10.1 O seno da soma Uma importante fórmula da trigonometria é a que estabelece o seguinte resultado, conhecido sugestivamente por "o seno da soma": sen (α+ β) = senα cosβ+ senβ cosα. Como se pode observar esta fórmula relaciona o seno de uma soma de ângulos com o seno e o coseno de cada uma das parcelas. Para nos convencermos que este resultado é verdadeiro consideremos a figura 45. α β )(sen βα + γ 1 βcos βα cossen βα βγ sencos sencos = Triângulo B Triângulo A Triângulo C ϕ θ α β )(sen βα + γ 1 βcos βα cossen βα βγ sencos sencos = Triângulo B Triângulo A Triângulo C ϕ θ Figura 45: O seno da soma. Esta Figura representa três triângulos: o triângulo A, o triângulo B e o triângulo C, tendo a hipotenusa do triângulo B um comprimento unitário. Naturalmente, nestas circunstâncias (porquê?), o comprimento do cateto oposto ao ângulo α + β, representado a traço inter- rompido, será sen (α+ β) . Ora, este valor é igual à soma do comprimento do cateto oposto ao ângulo α (que é senα cosβ) com o comprimento do cateto adjacente ao ângulo γ (que é cosγ sinβ), isto é: sen (α+ β) = senα cosβ+ cosγ senβ. 33 Maio de 2006 Como α = γ, já que ϕ + θ = π com ϕ =π 2 − α e θ = π 2 + γ, donde resulta π 2 − α+ π 2 + γ = π⇒ α = γ, a fórmula procurada fica sen (α+ β) = senα cosβ+ cosα senβ. Exemplo 18 Mostre que sen (α− β) = senα cosβ− cosα senβ. Resolução: Tendo em conta a fórmula do seno da soma e notando que o Seno é uma função ímpar e o Coseno uma função par deduz-se imediatamente: sen (α− β) = sen (α+ (−β)) = senα cos (−β) + cosα sen (−β) = senα cosβ− cosα senβ. 1.10.2 O coseno da soma Uma outra importante fórmula da trigonometria é a que estabelece o resultado conhecido sugestivamente por "o coseno da soma": cos (α+ β) = cosα cosβ− senα senβ. Como se pode observar esta fórmula relaciona o coseno de uma soma de ângulos com o seno e o coseno de cada uma das parcelas. Para nos convencermos que este resultado é verdadeiro consideremos a figura 46. α β γ 1 βcos βα βγ sensen sensen = Triângulo B Triângulo A Triângulo C ϕ θ βα coscos )cos( βα + α β γ 1 βcos βα βγ sensen sensen = Triângulo B Triângulo A Triângulo C ϕ θ βα coscos )cos( βα + Figura 46: O coseno da soma. 34 Maio de 2006 Esta Figura representa três triângulos: o triângulo A, o triângulo B e o triângulo C, tendo a hipotenusa do triângulo B um comprimento unitário. Naturalmente, nestas circunstâncias (porquê?), o comprimento do cateto adjacente ao ângulo α + β, será cos (α+ β) . Ora, a soma deste valor com o comprimento do cateto oposto ao ângulo γ (que é senγ senβ) é o valor cosα cosβ, isto é: cos (α+ β) + senγ senβ = cosα cosβ. Deduzimos cos (α+ β) = cosα cosβ− senγ senβ. Como α = γ, já que ϕ + θ = π com ϕ = π 2 − α e θ = π 2 + γ, donde resulta π 2 − α+ π 2 + γ = π⇒ α = γ, a fórmula procurada fica cos (α+ β) = cosα cosβ− senα senβ. Exemplo 19 Mostre que cos (α− β) = cosα cosβ+ senα senβ. Resolução: Tendo em conta a fórmula do coseno da soma e notando que o Seno é uma função ímpar e o Coseno uma função par deduz-se imediatamente: cos (α− β) = cos (α+ (−β)) = cosα cos (−β) − senα sen (−β) . = cosα cosβ+ senα senβ. 1.10.3 A lei dos senos A chamada "lei dos senos"estabelece uma relação entre os ângulos internos de um triângulo plano genérico e os comprimentos dos correspondentes lados. Consideremos a figura 47 que representa um rectângulo genérico com ângulos internos α, β e γ. α β γB A C α β γB A C Figura 47: Triângulo plano. 35 Maio de 2006 Nesta figura os comprimentos dos lados do triângulo representado são A, B e C. A lei dos senos estabelece o seguinte: senα A = senβ B = senγ C . Na Figura 48 as construções geométricas auxiliares permitem deduzir o resultado anterior. α β γB A C α β γ B A C )(a )(b L L απ − α β γB A C α β γ B A C )(a )(b L L απ − Figura 48: A lei dos senos. Com efeito, no triângulo (a) senγ = L B e senβ = L C , donde, B senγ = C senβ⇒ senβ B = senγ C . Por outro lado, no triângulo (b) senβ = L A e sen (π− α) = L B , donde, A senβ = B sen (π − α) = B sinα⇒ senβ B = senα A . Assim, concluímos imediatamente que senα A = senβ B = senγ C . Exemplo 20 Num dado triângulo plano o comprimento do lado que se opõe ao ângulo π 4 é uma unidade. Sabendo que outro ângulo deste triângulo é π 3 determine o comprimento do lado que se lhe opõe. Resolução: Nas condições referidas e designando o comprimento do lado procurado A sen ¡ π 4 ¢ 1 = sen ¡ π 3 ¢ A ⇒ A = √ 3 2√ 2 2 = r 3 2 . 36 Maio de 2006 1.10.4 A lei do coseno Consideremos a Figura 49 que representa um triângulo genérico com lados de comprimentos A, B e C e ângulos internos α, β e γ. Do Teorema de Pitágoras deduz-se C2 = (C1 + C2) 2 = ³p B2 − L2 + p A2 − L2 ´2 . α 1C 2C C β λB A ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= βπαπλ 22 L α 1C 2C C β λB A ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= βπαπλ 22 L Figura 49: A lei do coseno. Desenvolvendo o segundo membro e notando que L = A senα = B senβ, C1 = p B2 − L2 = B cosα e C2 = p A2 − L2 = A cosβ, obtemos C2 = ³p B2 − L2 + p A2 − L2 ´2 = A2 + B2 − 2L2 + 2 p B2 − L2 p A2 − L2 = A2 + B2 − 2A (senα)B (senβ) + 2B cosαA cosβ = A2 + B2 − 2AB (senα senβ− cosα cosβ) . Recordando que cos (α+ β) = senα senβ − cosα cosβ e cos (α+ β) = cos (π− (α+ β)) = cosγ, obtemos finalmente a lei do coseno C2 = A2 + B2 − 2AB cos (α+ β) = A2 + B2 − 2AB cos (π − (α+ β)) = A2 + B2 − 2AB cos (γ) , isto é C2 = A2 + B2 − 2AB cos (γ) , 37 Maio de 2006 ou seja cos (γ) = A2 + B2 − C2 2AB . Notemos que a lei do coseno generaliza o Teorema de Pitágoras a triângulos não rectângulos. Exemplo 21 Suponha que conhece os comprimentos dos lados A e B de uma dado triângulo é respectivamente 1 e 2. Sabendo que o ângulo interno oposto ao lado C é π 4 determine o comprimento do lado C. Resolução: Nas condições referidas C2 = A2 + B2 − 2AB cos (γ) = 12 + 22 − 2× 1× 2 cos π 4 = 3− 2 √ 2⇒ C = q 3− 2 √ 2. 38 Maio de 2006 1.11 Exercícios Propostos Exercício 1 Transforme os seguintes valores em múltiplos de π radianos: 1. 30o ; 2. 45o ; 3. 60o ; 4. 750o; 5. −1530o; 6. 150 grados; 7. 340 grados. Exercício 2 Exprima os seguintes valores em graus: 1. π 5 rad; 2. 5π 6 rad; 3. 3π 4 rad; 4. − 10π 3 rad; 5. 150 grados; 6. 340 grados; 7. −650 grados. Exercício 3 Exprima os seguintes valores em grados: 1. 1o ; 2. 1 rad; 3. π 4 rad; 4. 30o ; 5. −60o ; 6. 750o ; 7. − 7π 6 rad. Exercício 4 Exprima no sistema sexagesimal (isto é, em graus, minutos e segundos): 1. 7π 6 rad; 2. −4.71 rad; 3. − 5π 24 rad; 4. 1 rad. 39 Maio de 2006 Exercício 5 Quais os ângulos internos de um triângulo equiângulo, isto é, com todos os ângulos iguais? Exercício 6 Determine o valor do ângulo interno não indicado num triângulo plano com os seguintes ângulos internos: 1. 30◦ e 90◦; 2. π 4 rad e π 6 rad. Exercício 7 Uma escada de 10 m de comprimento é colocada de tal maneira que o ângulo que faz com o chão é duas vezes o que faz com a parede. A que distância da parede se encontra os pés da escada? Exercício 8 A amplitude do ângulo α de observação do João para o alto de uma árvore é 55o. Qual é a amplitude do ângulo de observação do João em relação a um pássaro situado a: 1. meia altura da árvore; 2. dois terços da altura da árvore. Exercício 9 Uma pessoa observa que o ângulo de visão de uma coluna a partir do chão é 45o. Após aproximar-se 10 metros o ângulo de visão passa para 60o. Determine a altura da coluna. Exercício 10 O triângulo [ABC] é rectângulo em B, AB = 2 cm e MC = 3 cm. A B CM α A B CM α Calcule: 1. AM; 2. α; 3. BC. 40 Maio de 2006 Exercício 11 Determine um periodo diferente de zero para as seguintes funções: 1. sen (2x) ; 2. sen (2πx) ; 3. senx + sen (2x) ; 4. sen2 x; 5. cos2 x. Exercício 12 Complete a seguinte tabela: α π 6 π 4 π 3 2π 3 3π 4 5π 6 7π 6 5π 4 4π 3 5π 3 7π 4 11π 6 senα 1 2 √ 2 2 √ 3 2 cosα Exercício 13 Indique o valor lógico das seguintes afirmações: 1. cos ¡ α+ π 2 ¢ = − senα; 2. cos (α− π) = cosα; 3. cos (−π− α) = cosα; 4. cos ¡ 3π 2 + α ¢ = senα; 5. sen ¡ 3π 2 + α ¢ = cosα. Exercício 14 Determine os valores de senx e cos x para os seguintes valores de x : 1. 3π; 2. 7π 3 ; 3. 9π 2 ; 4. −900o ; 5. − 25π 6 ; 6. 13π 4 ; 7. − 10π 3 ; 8. 1260o ; 9. 27π 4 ; 10. 150o ; 11. 20π 3 .41 Maio de 2006 Exercício 15 Resolva as seguintes equações: 1. senx = sen π 3 ; 2. cos x = 0; 3. senx = cos π 4 ; 4. senx = cosx; 5. senx = − cosx; 6. senx = sen ¡ x+ π 2 ¢ ; 7. cos x = cos (2π− x) ; 8. sen2 x − cos2 x = 1. Exercício 16 Calcule: 1. sen ¡ π 6 + π 4 ¢ e cos ¡ π 6 + π 4 ¢ ; 2. sen ¡ π 2 + π 3 ¢ e cos ¡ π 2 + π 3 ¢ ; 3. sen ¡ 2π 3 − π 4 ¢ e cos ¡ 2π 3 − π 4 ¢ . Exercício 17 Sabendo que cosα = 1 3 , α ∈ ¤ −π 2 , 0 £ e senβ = 1 5 , β ∈ ¤ π 2 , 3π 2 £ , calcule o valor de cos (α+ β) e apresente uma estimativa para a amplitude do ângulo (α+ β) . Exercício 18 Dois pontos A e B estão separados por um charco, e pretende-se determinar a distância AB. Ambos os pontos são acessíveis a partir de um terceiro ponto C tal que AC = 40 metros e o ângulo BbAC é 45o. Determine a distância AB se o ângulo AbBC é: 1. 45o ; 2. 60o ; 3. 90o. Exercício 19 Para cada um dos casos, determine os ângulos de um triângulo com os seguintes lados, ou justifique porque é que esse triângulo não existe: 1. a = 20, b = 99 e c = 101; 2. a = 20, b = 99 e c = 111; 3. a = 20, b = 99 e c = 121. Exercício 20 Dois pontos A e B estão separados por um charco, e pretende-se determinar a distância AB. Ambos os pontos são acessíveis a partir de um terceiro ponto C tal que AC = 30 metros e CB = 40 metros. Determine a distância AB se o ângulo AbCB é: 1. 90o ; 2. 45o ; 3. 120o. 42 Maio de 2006 Exercício 21 Três circunferências de raios 3, 4 e 5 são externamente tangentes. Mostre que o triângulo com vértices nos três centros tem ângulos com cosenos 2 3 , 2 7 e 11 21 . Exercício 22 Um lote de terreno forma um quadrilátero ABCD com um ângulo recto no vértice B e um ângulo maior que 90o no vértice oposto D. Os comprimentos dos lados em metros são AB = 423, BC = 162, CD = 420 e AD = 160. Determine o ângulo dos vértices D, A e C em graus. Exercício 23 O trapézio [ABCD] é rectângulo, DC = 4 cm e BC = 3 cm. A B CD α A B CD α 1. Verifique que a área do trapézio pode ser dada por A (α) = 12 senα − 9 4 sen (2α) , α ∈ ¤ 0, π 2 £ ; 2. Utilize a calculadora para resolver graficamente o seguinte problema: Sabendo que a área do trapézio é igual a 8.44 cm2, calcule o ângulo α e a altura do trapésio. 43 Maio de 2006 1.12 Soluções Solução 1 . 1. π 6 rad; 2. π 4 rad; 3. π 3 rad; 4. 25π 6 rad; 5. − 17π 2 rad; 6. 3π 4 rad; 7. 17π 10 rad. Solução 2 . 1. 36o ; 2. 150o ; 3. 135o ; 4. −600o ; 5. 135o ; 6. 306o ; 7. −585o. Solução 3 . 1. 1. (1) grados; 2. 63.6 grados; 3. 50 grados; 4. 33. (3) grados; 5. −66. (6) grados; 6. 833. (3) grados; 7. −233. (3) grados. Solução 4 . 1. 210o ; 2. −269o 510 4700; 3. −37o 300; 4. 57o 170 4500. 44 Maio de 2006 Solução 5 60o. Solução 6 . 1. 60o ; 2. 7π 12 rad. Solução 7 5 m. Solução 8 . 1. 35o 310 4700; 2. 43o 350 4000. Solução 9 23.66 m. Solução 10 . 1. 1 cm; 2. 30o ; 3. 2 √ 3 cm. Solução 11 . 1. π; 2. 1; 3. 2π; 4. π; 5. π. Solução 12 . α π 6 π 4 π 3 2π 3 3π 4 5π 6 7π 6 5π 4 4π 3 5π 3 7π 4 11π 6 senα 1 2 √ 2 2 √ 3 2 √ 3 2 √ 2 2 1 2 − 1 2 − √ 2 2 − √ 3 2 − √ 3 2 − √ 2 2 − 1 2 cosα √ 3 2 √ 2 2 1 2 −1 2 − √ 2 2 − √ 3 2 − √ 3 2 − √ 2 2 −1 2 1 2 √ 2 2 √ 3 2 Solução 13 . 1. Verdadeira; 2. Falsa; 3. Falsa; 4. Verdadeira; 5. Falsa. 45 Maio de 2006 Solução 14 . 1. sen (3π) = 0 e cos (3π) = −1; 2. sen ¡ 7π 3 ¢ = √ 3 2 e cos ¡ 7π 3 ¢ = 1 2 ; 3. sen ¡ 9π 2 ¢ = 1 e cos ¡ 9π 2 ¢ = 0; 4. sen (−900o) = 0 e cos (−900o) = −1; 5. sen ¡ − 25π 6 ¢ = −1 2 e cos ¡ −25π 6 ¢ = √ 3 2 ; 6. sen ¡ 13π 4 ¢ = − √ 2 2 e cos ¡ 13π 4 ¢ = − √ 2 2 ; 7. sen ¡ − 10π 3 ¢ = √ 3 2 e cos ¡ −10π 3 ¢ = − 1 2 ; 8. sen (1260o) = 0 e cos (1260o) = −1; 9. sen ¡ 27π 4 ¢ = √ 2 2 e cos ¡ 27π 4 ¢ = − √ 2 2 ; 10. sen (150o) = 1 2 e cos (150o) = − √ 3 2 ; 11. sen ¡ 20π 3 ¢ = √ 3 2 e cos ¡ 20π 3 ¢ = −1 2 . Solução 15 . 1. x = π 3 + 2kπ∨ x = 2π 3 + 2kπ, k ∈ Z; 2. x = π 2 + kπ, k ∈ Z; 3. x = π 4 + 2kπ∨ x = 3π 4 + 2kπ, k ∈ Z; 4. x = π 4 + kπ, k ∈ Z; 5. x = 3π 4 + kπ, k ∈ Z; 6. x = π 4 + kπ, k ∈ Z; 7. x = π + kπ, k ∈ Z; 8. x = π 2 + kπ, k ∈ Z. Solução 16 . 1. √ 2+ √ 6 4 e √ 6− √ 2 4 ; 2. 1 2 e − √ 3 2 ; 3. √ 6+ √ 2 4 e √ 6− √ 2 4 . Solução 17 cos (α+ β) = −2 √ 6+2 √ 2 15 e α+ β ' 98o. 46 Maio de 2006 Solução 18 . 1. 56.57 m; 2. 44.61 m; 3. 28.28 m. Solução 19 . 1. 11o 250 1600; 78o 340 4400; 90o ; 2. 8o 450 1300; 48o 520 4300; 122o 220 400; 3. Não existe o triângulo porque senão teriamos o coseno de um dos ângulos maior do que 1. Solução 20 . 1. 50 m; 2. 28.34 m; 3. 60.83 m. Solução 21 - Solução 22 AbDC = 91o 210 1000; BbCD = 89o 430 2400; BbAD = 88o 550 2600. Solução 23 . 1. - 2. α ' 60o e h ' 3 √ 3 2 cm. 47 Maio de 2006 2 Números Complexos 2.1 Introdução Suponha-se que pretendemos resolver a equação x2 + 2x + 5 = 0 utilizando a bem conhecida fórmula resolvente x = −b±√b2 − 4ac 2a . Recordemos que esta fórmula serve para calcular as raízes das das equações algébricas de segundo grau da forma ax2 + bx+ c = 0. A aplicação desta fórmula conduz-nos ao valor x = −2±√−16 2 sem significado no conjunto dos números reais, já que neste conjunto não existe o número√ −16 (isto é, não existe nenhum número cujo quadrado seja igual a −16). Admitindo que o número obtido tem significado, e que a algebra habitual continua válida, podemos reescreve-lo como −2±√−16 2 = −2 2 ± √ −1 √ 16 2 = −1± 2√−1. Este número, da forma a+b √ −1, em que a, b ∈ R, é um exemplo de um número complexo. Os chamados números complexos foram esboçados formalmente, pela primeira vez, na “Algebra” de Bombeli em 1572. A sua criação resultou da necessidade de tornar válida as famosas fór- mulas de Cardano (ou Cardan) destinadas à resolução algébrica de equações de terceiro grau da forma x3 + px = q, x3 = px + q e x3 + q = px, com p e q > 0. Nestas fórmulas poderia haver necessidade de efectuar cálculos com raízes quadradas de números negativos como se pode observar na seguinte expressão da solução da segunda equação enunciada: x = 3 s q 2 + r q2 4 − p 3 27 + 3 s q 2 − r q2 4 − p 3 27 . A construção do conjunto dos números complexos, habitualmente representado porC, revelou- se de grande utilidade não só na matemática mas também noutras áreas da ciência. As transformadas de Laplace, as séries de Fourier e as transformadas de Fourier constituem alguns exemplos de ferramentas indispensáveis da física e engenharia que nunca se teriam desenvolvido sem o aparecimento deste novo conjunto de números. 48 Maio de 2006 Exemplo 22 Deduza a fórmula resolvente da equação ax2 + bx+ c = 0. Resolução: Tentemos escrever a equação anterior como o quadrado de uma soma. Teremos sucessiva- mente: ax2 + bx + c = 0 ⇔ a 6=0 x2 + b a x+ c a = 0⇔ ⇔ x2 + b a x+ ¡ b 2a ¢2 + c a − ¡ b 2a ¢2 = 0⇔ ⇔ ¡ x+ b 2a ¢2 + c a − ¡ b 2a ¢2 = 0⇔ ⇔ ¡ x+ b 2a ¢2 = ¡ b 2a ¢2 − c a ⇔ ⇔ x+ b 2a = ± q¡ b 2a ¢2 − c a ⇔ ⇔ x = −b± √ b2−4ac 2a . Exemplo 23 Determine as raízesda equação x2 + 2x+ 5 = 0. Resolução: Utilizando a fórmula deduzida no exemplo anterior, fazendo a = 1, b = 2 e c = 5, obtemos x = −b±√b2 − 4ac 2a = = −2±√22 − 20 2 = = −2±√−16 2 . 2.2 Forma algébrica dos números complexos e sua representação geométrica Definição 7 Define-se conjunto dos números complexos como sendo: C = z = a+ bi : a, b ∈ R ∧ i = √ −1 ® , onde z = a+ bi ∈ C se designa número complexo, a a parte real de z (a = Re z), b a parte imaginária de z (b = Im z) e i = √ −1 a unidade imaginária. Se Im z 6= 0, z diz-se imaginário e se além disso Re z = 0, z diz-se imaginário puro. O conjunto dos números complexos C pode ser considerado uma extensão (que conserva todas as propriedades algébricas) do conjunto dos números reais R, extensão esta que possui as seguintes propriedades adicionais: • A equação x2 + 1 = 0, admite pelo menos uma solução em C; • Todo o elemento de C pode ser representado da forma a + bi em que a e b ∈ R e i = √ −1 (isto é, i é uma solução de x2 + 1 = 0). 49 Maio de 2006 Repare-se que desta forma o conjunto dos números reais pode ser interpretado como um sub- conjunto do conjunto dos números complexos e que no seio deste último, as raízes quadradas de números negativos passam a ter significado. Um facto semelhante a este está na base da construção do conjunto Z, isto é de todos os números inteiros. Com efeito os números que constituem soluções de equações do tipo x + n = 0, n ∈ N que não tinham significado no seio do conjunto dos números naturais passam a adquirir sentido no seio do conjunto dos números inteiros. No entanto, no conjunto C, não existe uma relação de ordem do tipo da existente em R : "<, menor que". Exemplo 24 Mostre que i é a raíz quadrada de −1. Resolução: Recordando a definição de raíz quadrada de um número concluí-se imediatamente que i é a raíz quadrada de −1 pois i2 = −1. Exemplo 25 Determine: 1. i3 ; 2. i4 ; 3. i5. Resolução: 1. Notemos que i3 = i2 × i. Então, i3 = −1× i = −i, pois i2 = −1. 2. Notemos que i4 = i2 × i2. Então, i4 = (−1)× (−1) = 1, pois i2 = −1. 3. Notemos que i5 = i4 × i. Então i5 = 1× i, pois i4 = 1. Exemplo 26 Determine in com n ∈ N. Resolução: Como i4 = 1, façamos n = q× 4+ r com 0 ≤ r < 4 e q ∈ N. Então, in = iq×4+r = iq×4 × ir = i4 × i4 × · · · × i4 × ir = ir com 0 ≤ r < 4. Teremos, in = ⎧ ⎪⎪⎨ ⎪⎪⎩ 1 se r = 0, i se r = 1, −1 se r = 2, −i se r = 3. Definição 8 Se a cada número complexo z associarmos o par ordenado Z = (a, b) em que a = Re z e b = Im z, Z diz-se o afixo (ou a imagem) de z. Fixando a origem O no plano, ao vector −→ 0Z chama-se imagem vectorial de z. 50 Maio de 2006 O afixo de um número complexo diz-se um ponto do plano de Argand (ou simplesmente plano complexo), plano esse cujas imagens dos números reais estão associadas ao eixo Ox e as imagens dos números imaginários puros ao eixo Oy. Exemplo 27 Represente no plano de Argand os afixos dos seguntes números complexos: 2+ 3i, −4+ 2i, −2− 2i e 4− 2i. Resolução: 420-2-4 4 2 -2 -4 . . y x 2 3+ i − +4 2 i . − −2 2 i . 4 2− i 420-2-4 4 2 -2 -4 . . y x 2 3+ i − +4 2 i . − −2 2 i . 4 2− i Exemplo 28 Represente no plano de Argand as imagens vectoriais dos seguintes números complexos: 2+ 3i, −4+ 2i, −2− 2i e 4− 2i. Resolução: 420-2-4 4 2 -2 -4 . . y x 2 3+ i − +4 2 i . − −2 2 i . 4 2− i 420-2-4 4 2 -2 -4 . . y x 2 3+ i − +4 2 i . − −2 2 i . 4 2− i Definição 9 Seja z = a + bi ∈ C qualquer. 1. Define—se módulo de z, e representa-se por |z|, à distância do afixo de z à origem, isto é, à norma Euclidiana da imagem vectorial de z: |z| = p a2 + b2. 2. Define-se conjugado de z, e representa-se por z, como sendo z = a − bi. Geometricamente a operação de conjugação traduz-se no plano de Argand pela reflexão de z relativamente ao eixo real Ox. 51 Maio de 2006 3. Define-se simétrico de z, e representa-se por −z, como sendo −z = −a− bi. Em termos geométricos, o afixo de −z é simétrico em relação à origem do plano de Argand. Exemplo 29 Determine o módulo, o conjugado e o simétrico dos seguintes números com- plexos e represente-os no plano de Argand: 1. i; 2. −2; 3. 3− 4i. Resolução: 1. Temos |i| = |0+ 1i| = p 02 + 12 = 1 e i = −i = i. 2. Temos |−2| = |−2+ 0i| = q (−2)2 + 02 = 2, −2 = −2+ 0i = −2 e − (−2) = 2. 3. Temos |3− 4i| = q 32 + (−4)2 = √ 25 = 5, 3− 4i = 3+ 4i e − (3− 4i) = −3+ 4i. -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x y 3 4i+3 4i− + 3 4i− i i i− = 22 2− = − -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x y 3 4i+3 4i− + 3 4i− i i i− = 22 2− = − 52 Maio de 2006 2.3 Operações com números complexos na forma algébrica Definição 10 Sejam z = a+bi e w = c+di números complexos. As operações de adição, subtracção, multiplicação e divisão (caso w 6= 0), definem-se da seguinte forma: 1. z+w = (a + c) + (b + d) i; 2. z−w = (a − c) + (b − d) i; 3. z×w = (a + bi)× (c + di) = ac+ adi+ bci+ bdi2 = (ac − bd) + (bc+ ad) i; 4. z w = (a+bi) (c+di) × (c−di) (c−di) = (ac+bd)+(bc−ad)i c2+d2 . Exemplo 30 Efectue as seguintes operações apresentando os resultados na forma algébrica: 1. (2− 2i)− (3+ 5i) + (−7i) ; 2. (2+ 3i)× (−2+ 5i) ; 3. (2+ 3i)× (2− 3i) ; 4. (a + bi)2 com a e b ∈ R; 5. 2+2i 2−4i ; 6. i2003 ; 7. √ −16. Resolução: 1. Teremos (2− 2i) − (3+ 5i) + (−7i) = (2− 3+ 0) + (−2− 5− 7) i = −1− 14i. 2. Teremos (2+ 3i)× (−2+ 5i) = (−4− 15) + (−6+ 10) i = −19+ 4i. 3. Notemos que o produto em questão é uma diferença de quadrados. Ter-se-á (2+ 3i)× (2− 3i) = 22 − (3i)2 = 4+ 9 = 13. 4. Notemos que estamos na presença de um quadrado de uma soma. Ter-se-á (a + bi)2 = a2 + (bi)2 + 2abi = a2 − b2 + 2abi. 5. Teremos 2+ 2i 2− 4i = (2+ 2i) (2+ 4i) (2− 4i) (2+ 4i) = (2+ 2i) (2+ 4i) 22 − (4i)2 = (2+ 2i) (2+ 4i) 20 = (4− 8) + (4+ 8) i 20 = −4+ 12i 20 = −1 5 + 3 5 i. 53 Maio de 2006 6. Comecemos por dividir 2003 por 4: 2003 = 4× 500+ 3. Teremos i2003 = i4×500+3 = i4×500 × i3 = −i pois i4×500 = 1. 7. Sabendo que as regras operatórias que se verificavam nos reais também são válidas no conjunto dos números complexos, deduz-se √ −16 = √ −1× 16 = √−1× √ 16 = i× 4. Propriedade 6 A operação de conjugação goza das seguintes propriedades: 1. Re z = z+z 2 e Im z = z−z 2i ; 2. z+w = z +w, z×w = z×w e ¡ z w ¢ = z w ; 3. z = z sse z é real; 4. z = z; 5. z.z = |z|2; 6. |z| = |z|; 7. zn = (z)n para todo n ∈ N. Dem. . 1. Seja z = a+ bi com a e b ∈ R. Então, z + z 2 = (a+ bi) + (a− bi) 2 = 2a 2 = a = Re z e z − z 2i = (a+ bi) − (a− bi) 2i = 2bi 2i = b = Im z. 2. Sejam z = a+ bi com a e b ∈ R e w = c+ di com c e d ∈ R. Então, z+w = (a + bi) + (c + di) = (a+ c) + (b + d) i = (a+ c) − (b+ d) i = = a − bi+ c − di = z+w. z×w = (a + bi)× (c + di) = ac+ adi+ cbi− bd = (ac − bd) + (ad+ cb) i = = (ac− bd) − (ad+ cb) i = ac− adi− cbi− bd = (a − bi)× (c − di) = = z×w. 54 Maio de 2006 Caso w 6= 0, isto é, c e d não são simultaneamente nulos, então,³ z w ´ = µ a + bi c+ di ¶ = ∙ (a + bi) (c+ di) × (c − di) (c − di) ¸ = ∙ (ac + bd) + (bc− ad) i c2 + d2 ¸ = = (ac + bd)− (bc− ad) i c2 + d2 = (ac+ bd) + (ad− bc) i c2 + d2 = (a− bi) (c+ di) c2 + d2 = = (a− bi) (c− di) × (c+ di) (c+ di) = z w . 3. Suponha-se que z = z. Então da propriedade 1., Re z = z + z 2 = 2z 2 = z. Inversamente, suponha-se que z é real.Então, z = a+0i = a−0i, a ∈ R, isto é, z = z. 4. Suponha-se que z = a+ bi. Então, z = a+ bi = a− bi = a+ bi = z. 5. Suponha-se que z = a + bi. Então, z.z = (a+ bi)× (a− bi) = a2 + b2 = |z|2. 6. Suponha-se que z = a + bi. Então, |z| = |a + bi| = p a2 + b2 = q a2 + (−b)2 = |a− bi| = |z|. 7. A demonstração desta propriedade pode efectuar-se por indução matemática. Comece- mos por observar que o resultado é trivialmente verdadeiro para n = 1. Admita-se que o resultado é verdadeiro para p = n. Em resultado da propriedade 2 irá ser verdadeiro para p = n+1. Então pelo princípio de indução matemática conclui-se que a afirmação é verdadeira para todo n natural. Exemplo 31 Calcule: 1. z+ z¯ supondo z = 10− 4i; 2. z− z¯ supondo z = 2+ 8i; 3. z× z¯ supondo z = 2+ 4i. Resolução: 1. Teremos (10− 4i) + (10+ 4i) = 20. 55 Maio de 2006 2. Teremos (2+ 8i)− (2− 8i) = 16i. 3. Teremos z.z = |z|2 = |2+ 4i|2 = ³p 22 + 42 ´2 = 20. Observação 1 É possível mostrar que o conjunto C munido das operações de adição e de multiplicação constitui um corpo, isto é, uma estrutura algébrica com as seguintes pro- priedades: • (C,+) é um grupo abeliano; • (C\{0},×) é um grupo abeliano; • A operação × é distributiva relativamente à operação +. Recordemos que um grupo abeliano designa um conjunto munido de uma operação binária associativa e comutativa relativamente à qual existe elemento neutro e em que todo o elemento possui simétrico. O conjunto dos números inteiros Z munido da operação de adição constitui um exemplo típico de um grupo abeliano. Exemplo 32 Indique os elementos neutros de (C,+) e de (C\{0},×). Resolução: O elemento neutro de (C,+) é o 0 (isto é o complexo 0+ 0i), pois z + 0 = 0+ z = z para todo z ∈ C. O elemento neutro de (C\{0},×) é o 1 (isto é o complexo 1+ 0i) pois z× 1 = 1× z = z para todo z ∈ C. Exemplo 33 Dado z = a+ bi ∈ C indique o elemento simétrico relativamente à adição. Resolução: O simétrico de z = a + bi é w = −a − bi pois z+w = 0. Exemplo 34 Suponha que z = a+ bi. Mostre que (a, b)−1 = ¡ a a2+b2 , −b a2+b2 ¢ . Resolução: Basta mostrar que ¡ a a2+b2 , −b a2+b2 ¢× (a, b) = (1, 0). Porquê? Assim, µ a a2 + b2 , −b a2 + b2 ¶ × (a, b) = = µ a a2 + b2 × a − −b a2 + b2 × b, a a2 + b2 × b+ −b a2 + b2 × a ¶ = (1, 0). 56 Maio de 2006 Exemplo 35 Mostre que dois números complexos são iguais se e só se as suas partes reais e imaginárias também forem iguais. Resolução: Suponha-se que z = a + bi e w = c+ di são iguais. Então (a + bi)− (c + di) = 0⇒ (a− c) + (b− d) i = 0⇒ a − c = 0 e b− d = 0, isto é a = c e b = d, donde se concluí que z = w. O recíproco resulta imediatamente da definição. 2.4 Forma trigonométrica dos números complexos e sua representação geométrica Consideremos a representação no plano de Argand do afixo Z de um número complexo z = a+ bi. 0 a b x y ρ θ ( ),Z a b= 0 a b x y ρ θ ( ),Z a b= Sendo ρ a distância entre o afixo Z e a origem do plano de Argand, tem-se que: ρ = p a2 + b2 = |z| , ou seja, ρ é o módulo de z. Definição 11 Chama-se argumento de um número complexo z = a+bi 6= 0, representando- se por arg z, a qualquer um dos ângulos entre o semi-eixo positivo de Ox e o segmento ori- entado OZ em que Z = (a, b) e O = (0, 0). Se θ for um desses ângulos a expressão geral do argumento de z, é arg z = θ+ 2kπ, k ∈ Z. Como se pode verificar a cada número complexo diferente de 0 correspondem diferentes argumentos. Para que a correspondência anterior seja bijectiva torna-se necessário definir as noções de argumento principal e de argumento positivo mínimo, entre outras. 57 Maio de 2006 Exemplo 36 Determine os argumentos dos seguintes números complexos: 1. i; 2. −2; 3. −1+ i; 4. −1− i; 5. 3− √ 3i. Resolução: 1. arg i = π 2 + 2kπ, com k ∈ Z. 2. arg (−2) = π + 2kπ, com k ∈ Z. 3. arg (−1+ i) = 3π 4 + 2kπ, com k ∈ Z. 4. arg (−1− i) = 5π 4 + 2kπ, com k ∈ Z. 5. Comecemos por calcular os argumentos θ = arg ³ 3− √ 3i ´ . Como Re ³ 3− √ 3i ´ > 0 e Im ³ 3− √ 3i ´ < 0, então θ ∈ 4o Q. Sabe-se que tg θ = Im(3− √ 3i) Re(3− √ 3i) = − √ 3 3 e tg π 6 = √ 3 3 . Como θ ∈ 4o Q., conclui-se que θ = 2π− π 6 + 2kπ = 11 6 π+ 2kπ, com k ∈ Z. Definição 12 Seja z ∈ C, arg z diz-se argumento principal se arg z ∈ ]−π,π]. Se arg z ∈ ]0, 2π], então diz-se que é o argumento positivo mínimo. Se z = 0, então |z| = 0 e diz-se que o argumento de z é indeterminado. Exemplo 37 Determine os argumentos principais e positivos mínimos dos seguintes números complexos: 1. i; 2. −2; 3. −1+ i; 4. −1− i; 5. 3− √ 3i. Resolução: 1. O argumento principal de i é π 2 . O argumento positivo mímimo é também π 2 . 2. O argumento de −2 é π. O argumento positivo mímimo é também π. 3. O argumento principal de −1+ i é 3π 4 . O argumento positivo mínimo é também 3π 4 . 4. O argumento principal é −3π 4 . O argumento positivo mínimo é 5 4 π. 5. O argumento principal é −π 6 . O argumento positivo mínimo é 11 6 π. 58 Maio de 2006 Observação 2 Naturalmente a cada número complexo diferente de 0 corresponde um e um só argumento principal ou argumento positivo mínimo. Escolhendo ¤ −π 2 , π 2 £ como contradomínio da função arctg x o argumento principal de um qualquer número complexo z = x + yi pode calcular-se recorrendo às seguintes expressões: θ = arg z = ⎧ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ arctg(y x ), se x > 0 π 2 , se x = 0 e y > 0 arctg(y x ) + π, se x < 0 e y ≥ 0 arctg(y x )− π, se x < 0 e y < 0 −π 2 , se x = 0 e y < 0 . Recordando o conceito de coordenadas polares verificamos imediatamente que o módulo e o argumento de um número complexo não são mais do que as coordenadas polares do seu afixo. Assim sendo, um número complexo fica completamente determinado fixando um número real positivo (módulo) ρ e um argumento θ. Recorrendo aos conceitos de módulo e o argumento podemos introduzir a representação de números complexos conhecida por forma trigonométrica a qual apresenta algumas vantagens. Definição 13 Chama-se forma trigonométrica do número complexo z = a+ bi à expressão z = ρ (cosθ+ i senθ) = ρ cisθ, em que θ = arg z, ρ = |z| = √ a2 + b2 e cisθ = cosθ+ i senθ. Exemplo 38 Represente o número complexo z = −1+ √ 3i, na forma trigonométrica. Resolução: Começamos por determinar um argumento θ ∈ 2o Q tal que tg θ = Im zRe z = √ 3 −1 = − √ 3. Sabendo que tg π 3 = √ 3, tgθ = − √ 3 e θ ∈ 2o Q., então θ = π − π 3 = 2π 3 . Além disso, ρ = |z| = r (−1)2 + ³√ 3 ´2 = √ 4 = 2. A representação trigonométrica de z será z = 2 µ cos 2π 3 + i sen 2π 3 ¶ = 2 cis 2π 3 . Exemplo 39 Escreva na forma trigonométrica os seguintes números complexos: 1. i; 2. −2; 3. −1+ i; 4. −1− i; 5. 3− √ 3i. 59 Maio de 2006 Resolução: 1. Ter-se-á: i = cis π 2 . 2. Ter-se-á: −2 = 2 cisπ. 3. Ter-se-á: −1+ i = √ 2 cis 3π 4 . 4. Ter-se-á: −1− i = √ 2 cis 5π 4 . 5. Ter-se-á: 3− √ 3i = 2 √ 3 cis 11π 6 . Exemplo 40 Escreva na forma algébrica os seguintes números complexos: 1. cis π 2 ; 2. 2 cis π 2 ; 3. 4 cis 4 3 π. Resolução: 1. Ter-se-á cis π 2 = cos π 2 + i sen π 2 = 0+ i = i. 2. Ter-se-á 2 cis π 2 = 2 ³ cos π 2 + i sen π 2 ´ = 2 (0+ i) = 2i. 3. Ter-se-á 4 cis 4 3 π = 4 µ cos 4 3 π + i sen 4 3 π ¶ = 4 à −1 2 − i √ 3 2 ! = −2− 2 √ 3i. Naturalmente dois números complexos representados na forma trigonométrica são iguais quando os seus módulos são iguais e quando os seus argumentos diferem entre si de um múltipo de 2π. A proposição seguinteformaliza este resultado. 60 Maio de 2006 Propriedade 7 Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Então, z1 = z2 ⇔ ⇔ ρ1 = ρ2 ∧ θ1 = θ2 + 2kπ, k ∈ Z. Dem. Se z1 = z2 então ρ1 = ρ2 (porquê?). Nestas circunstâncias cisθ1 = cisθ2, isto é cosθ1 + i senθ1 = cosθ2 + i senθ2 ⇒ ⇒ cosθ1 = cosθ2 e senθ1 = senθ2. Resultando imediatamente θ1 = θ2 + 2kπ, k ∈ Z. A implicação recíproca é imediata. Propriedade 8 Seja z ∈ C tal que z = ρ cisθ. Então: 1. z = ρ cis (−θ) ; 2. −z = ρ cis (π + θ) . Dem. . 1. z = ρ cisθ = ρ cosθ+ iρ senθ = ρ cosθ− iρ senθ = ρ cis (−θ) . 2. z = ρ cisθ = ρ cosθ+ iρ senθ, então, −z = −ρ cosθ− iρ senθ⇔ −z = ρ (− cosθ− i senθ)⇔ ⇔ −z = ρ (cos (π + θ) + i sen (π + θ))⇔ −z = ρ cis (π + θ) . 2.5 Operações com números complexos na forma trigonométrica Como já foi sugerido certas operações algébricas entre números complexos realizam-se e interpretam-se mais facilmente quando estes se encontram representados na forma trigonométrica. É o caso das dos operações de multiplicação e divisão. Propriedade 9 Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Então: 1. z1 × z2 = ρ1ρ2 cis(θ1 + θ2); 2. z−12 = 1 ρ2 cis (−θ2), z2 6= 0; 3. z1 z2 = ρ1 ρ2 cis(θ1 − θ2), z2 6= 0. 61 Maio de 2006 Dem. . 1. Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Deduz-se sucessivamente: z1 × z2 = ρ1 cisθ1 × ρ2 cisθ2 = ρ1ρ2 (cosθ1 + i senθ1) (cosθ2 + i senθ2) = = ρ1ρ2 [(cosθ1 cosθ2 − senθ1 senθ2) + i (senθ1 cosθ2 + cosθ1 senθ2)] = = ρ1ρ2 [cos (θ1 + θ2) + i sen (θ1 + θ2)] = ρ1ρ2 cis(θ1 + θ2). 2. Seja z2 = ρ2 cisθ2. Deduz-se sucessivamente: z−12 = 1 z2 = 1 ρ2 cis θ2 = 1 ρ2 1 cos θ2+i sen θ2 = = 1 ρ2 cos θ2−i sen θ2 (cos θ2+i sen θ2 )(cos θ2−i sen θ2 ) = 1 ρ2 cis (−θ2) . 3. Sejam z1 = ρ1 cisθ1 e z2 = ρ2 cisθ2. Então, com base nos resultados anteriores, deduz- se sucessivamente: z1 z2 = z1 × 1 z2 = (ρ1 cisθ1)× µ 1 ρ2 cis (−θ2) ¶ = ρ1 ρ2 cis(θ1 − θ2). Considerando os resultados anteriores verifica-se que o produto de dois números complexos é um novo número complexo cujo módulo é o produto dos módulos destes, e o argumento a soma dos respectivos argumentos. Relativamente ao quociente de dois números complexos, o resultado desta operação é um novo número complexo cujo módulo é o quociente dos módulos destes, e o argumento a diferença dos respectivos argumentos. Exemplo 41 Mostre que a multiplicação de um número complexo z por i corresponde a uma rotação de 90◦ (no sentido contrário dos ponteiros do relógio) do vector representativo de z. Resolução: Sejam z = ρ cisθ e i = cis π 2 . Então, tendo por base o resultado anterior, z× i = (ρ cisθ)× ³ cis π 2 ´ = ρ cis ³ θ+ π 2 ´ . Este facto mostra o que se pretendia. Propriedade 10 (Fórmula de De Moivre) Seja z = ρ cisθ então zn = ρn cis(nθ), n ∈ N. Dem. Na demonstração deste resultado utilizaremos o princípio de indução matemática. Comecemos por observar que este resultado é trivialmente verdadeiro quando n = 1. Supondo 62 Maio de 2006 que o resultado é válido para p = n mostremos que também é válido para p = n + 1. Com efeito se zn = ρn cis(nθ) então zn+1 = zn × z = ρn cis(nθ)× ρ cis(θ) = = ρn+1 cis(nθ) cis(θ) = = ρn+1 cis(nθ+ θ) = = ρn+1 cis([(n + 1) θ] . Pelo princípio de indução matemática podemos concluir que zn = ρn cis(nθ), n ∈ N. Recorda-se que o Princípio de Indução Matemática resulta do Axioma da Boa Ordenação dos números naturais e afirma o seguinte: Suponha-se que para cada n ∈ N, A(n) são proposições tais que A(1) é verdadeira e A(n+ 1) é verdadeira sempre que A(n) for verdadeira. Então A(n) é verdadeira para todo o n ∈ N. Exemplo 42 Utilize a Fórmula de De Moivre para provar as seguintes igualdades bem con- hecidas: cos 2θ = cos2 θ− sen2 θ e sen2θ = 2 senθ cosθ. Resolução: Seja z = ρ cisθ. Então, tendo em conta a Fórmula de De Moivre: z2 = ρ2 cis (2θ) = ρ2 [cos (2θ) + i sen (2θ)] . Por outro lado, z2 = (ρ cis (θ))× (ρ cis (θ)) = = ρ2 [cos (θ) + i sen (θ)]2 = = ρ2 £ cos2 (θ)− sen2 (θ) + 2i sen (θ) cosθ ¤ . Comparando as duas expressões obtidas deduz-se o resultado pretendido. A Fórmula de De Moivre generaliza-se facilmente às potências de expoente negativo de números complexos: Propriedade 11 Seja z = ρ cisθ 6= 0 então z−n = 1 zn = 1 ρn cis(−nθ), n ∈ N. Dem. Notemos que 1 zn = 1 ρn cis (nθ) = 1 ρn (cosθ− i senθ) (cosθ+ i senθ) (cosθ− i senθ) = = 1 ρn (cosθ− i senθ) 1 = 1 ρn cis(−nθ). 63 Maio de 2006 Exemplo 43 Calcule ¯¯¯ (1+i)5 i2 (1−i)3 ¯¯¯ . Resolução: Teremos ¯¯¯¯ (1+ i)5 i2(1− i)3 ¯¯¯¯ = ¯¯¯¯ ¯¯¯− ³√ 2 cis π 4 ´5 √ 2 cis ¡ −π 4 ¢ ¯¯¯¯ ¯¯¯ = ¯¯¯¯¯ 2 5 2 cis ¡ 5π 4 ¢ 2 3 2 cis ¡ −3π 4 ¢ ¯¯¯¯¯ = = ¯¯¯¯ 2 5 2 − 3 2 cis µ 5π 4 + 3π 4 ¶¯¯¯¯ = 2 |cis (2π)| = 2. A raíz índice n ∈ N de um número complexo z é, por definição, um número w tal que wn = z. Representa-se este número por w = n √ z. Propriedade 12 Seja z = ρ cisθ, então n √ z = n √ ρ cis µ θ+ 2kπ n ¶ , k ∈ Z. Dem. Da Fórmula de De Moivre deduz-se que ∙ n √ ρ cis µ θ+ 2kπ n ¶¸n = ρ cis (θ+ 2kπ) = ρ cisθ = z, o que demonstra que n √ ρ cis ¡ θ+2kπ n ¢ é uma raíz índice n de z = ρ cisθ. Deste proposição resulta que todo o número complexo diferente de zero tem exactamente n raízes de índice n (também chamadas determinações da raíz de índice n). Exemplo 44 Mostre que n √ 1 = cis( 2kπ n ), k = 0, ..., n − 1. Resolução: Como 1 = cis 0 então, n √ 1 = cis µ 0+ 2kπ n ¶ = cis µ 2kπ n ¶ , k ∈ Z. Observe-se que cis µ 2kπ n ¶ 6= cis µ 2k0π n ¶ se k 6= k0 e 0 ≤ k, k0 ≤ n− 1. Por outro lado cis µ 2kπ n ¶ = cis µ 2(k+ n)π n ¶ se 0 ≤ k ≤ n− 1. Exemplo 45 Calcule as raízes complexas seguintes: 1. 3 √ 1; 2. 4 √ 1; 3. √ 3− 4i. 64 Maio de 2006 Resolução: 1. Ter-se-á 3 √ 1 = 3 √ cis0 = cis µ 0+ 2kπ 3 ¶ = cis µ 2kπ 3 ¶ com k = 0, 1 e 2. Isto é, obteremos as seguintes raízes: z1 = cis (0) = 1, z2 = cis µ 2π 3 ¶ = −1 2 + i √ 3 2 , z3 = cis µ 4π 3 ¶ = −1 2 − i √ 3 2 . 2. Ter-se-á 4 √ 1 = 4 √ cis 0 = cis µ 0+ 2kπ 4 ¶ = cis µ 2kπ 4 ¶ com k = 0, 1, 2 e 3. Isto é, obteremos as seguintes raízes: z1 = cis (0) = 1, z2 = cis ³π 2 ´ = i, z3 = cis (π) = −1 z4 = cis µ 3π 2 ¶ = −i. 3. Comecemos por observar que |3− 4i| = 5 e arg (3− 4i) ≈ 0.927rad ≈ 53.13o. Ter-se-á, √ 3− 4i ≈ √ 5 cis µ 0.927+ 2kπ 2 ¶ com k = 0 e 1. Isto é, obteremos as raízes cujos valores aproximados são: z1 ≈ √ 5 cis µ 0.927 2 ¶ = √ 5 cis (0.463 5) , z2 ≈ √ 5 cis µ 0.927+ 2π 2 ¶ = √ 5 cis (0.463 5+ π) . Pode agora generalizar-se a fórmula de De Moivre às potências de expoente racional de números complexos. 65 Maio de 2006 Definição 14 Seja z = ρ cisθ 6= 0, p ∈ Z e q ∈ N. Então z p q = ¡ q √ z ¢p = ρ p q cis ∙ p q (θ+ 2kπ) ¸ , k ∈ Z. Desta definição resulta que se p q for uma fracção irredutível obtêm-se exactamente q determi- nações da potência z p q . Nesta última situação ¡ q √ z ¢p = q √ zp . No entanto, se p q for redutível tem-se em geral ¡ q √ z ¢p 6= q√zp. Estes factos aconselham alguma precaução ao trabalhar com potências racionais de números complexos. Nos exemplos seguintes concretizamos estas ideias. Exemplo 46 Consideremos por exemplo as expressões ¡ 6 √ z ¢4 e 6 √ z4, z 6= 0. A primeira não é mais do que z 4 6 = z 2 3 = ¡ 3 √ z ¢2 que tem três diferentes determinações. A segunda apresenta seis determinações diferentes.
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