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www.profafguimaraes.net 1 Prof. A.F.Guimarães Física Matemática 1 – Questões 2a Questão 1 Verifique as seguintes regras para os produtos escalar e vetorial. ( ! ∙ #) = $%(&*̅&+) = $%(&*&+̅), [ ! × #] = ,-(&*̅&+) = −,-(&*&+̅). Resolução: Sejam os números complexos ! e # dados por: ! = 0*(cos 1 + 3 sen 1) # = 0+(cos 4 + 3 sen 4) (1.1) Agora calculando o produto &*̅&+, teremos: &*̅&+ = 0*0+(cos 1 + 3 sen 1)(cos 4 − 3 sen 4) &*̅&+ = 0*0+[cos 4 cos 1 + sen 4 sen 1 +3(sen 4 cos 1 − sen 4 cos 1)] ∴ &*̅&+ = 0*0+[cos(4 − 1) + 3 sen(4 − 1)] (1.2) Em que | !| = 0* e | #| = 0*. O produto &*&+̅ é dado por: &*&+̅ = 0*0+[cos(4 − 1) − 3 sen(4 − 1)] (1.3) O produto escalar dos vetores é dado por: ( ! ∙ #) = |&*||&+| cos(4 − 1) (1.4) Então de (1.2) e (1.4), podemos escrever: ( ! ∙ #) = $%(&*̅&+) = $%(&*&+̅) (1.5) O produto vetorial é dado por: [ ! × #] = |&*||&+| sen(4 − 1) (1.6) Logo: [ ! × #] = ,-(&*̅&+) = −,-(&*&+̅) (1.7) Questão 2 Mostre que $% &* $% &+ = *+ $%(&*&+) + *+ $%(&*&+̅). Resolução: Seja &* = 6 + 37 e &+ = 8 + 39. Assim, teremos: $% &* $% &+ = 68 (2.1) Agora, efetuando os produtos &*&+ % &*&+̅, teremos: &*&+ = 68 − 79 + 3(69 + 87) &*&+̅ = 68 + 79 + 3(87 − 69) (2.2) De (2.2), temos: $%(&*&+) + $%(&*&+̅) = 268 = 2($% &* $% &+) ∴ $% &* $% &+ = 12 [$%(&*&+) + $%(&*&+̅)] (2.3) Questão 3 Demonstre que se &(3 − 1) = −&̅(3 + 1), então arg & =< > ou arg & = ?<> . Resolução: Seja & = 6 + 37 então: (6 + 37)(3 − 1) = −(6 − 37)(3 + 1) 63 − 6 − 7 − 37 = −63 − 6 − 7 + 37 23(6 − 7) = 0 ∴ 6 = 7 (3.1) O argumento será dado por: arg & = tgA* 76 ∴ arg & = tgA* 1 (3.2) Como −B < arg & ≤ B, então arg & = <> ou arg & = − ?<> . Questão 4 Se 6 e 7 são dois números complexos e E é um parâmetro real, então a expressão & = 6 + E(7 − 6) representa uma curva no plano complexo. Faça & = F + 3G e determine as equações paramétricas F = F(E) e G = G(E) desta curva. Que espécie de curva será? Resolução: Sejam os números dados por 6 = 6* + 36+ e 7 = 7* + 37+. Em que 7* − 6* ≠ 0 e 7+ − 6+ ≠ 0 . Então, teremos: & = 6* + 36+ + E(7* + 37+ − 6* − 36+) ∴ & = 6* + E(7* − 6*) + 3[6+ + E(7+ − 6+)] (4.1) E como & = F + 3G, teremos: F = 6* + E(7* − 6*) G = 6+ + E(7+ − 6+) (4.2) Em (4.2), temos as equações paramétricas de uma reta. www.profafguimaraes.net 2 Questão 5 Mostre que a equação & = I%JK + L%AJK, em que I e L são constantes complexas e E é um parâmetro real, representa uma elipse. Descreva esta elipse (seus semieixos, centro, orientação e etc.) em termos de I e L. Resolução: Sejam as constantes complexas dadas por: I = 6%JM; L = 7%JO (5.1) Em que 6 = |I|, 7 = |L|, e os parâmetros 4 e P são reais e constantes. Assim, podemos escrever: & = 6 8QR(E + 4) + 7 8QR(E − P) +3[6 R%S(E + 4) − 7 R%S (E − P)] (5.2) Fazendo & = F + 3G, teremos: F = 6 8QR(E + 4) + 7 8QR(E − P) G = 6 R%S(E + 4) − 7 R%S (E − P) (5.3) Em (5.3), temos as equações paramétricas da elipse em questão, cujo centro coincide com a origem do plano complexo. Para o módulo de &, temos: |&| = T6+ + 7+ + 267 cos(2E + 4 − P) (5.4) De (5.4), podemos concluir que o semieixo maior da referida elipse será dado por: |&|UáV = T6+ + 7+ + 267 = 6 + 7 ∴ |&|UáV = |I| + |L| (5.5) Em que cos(2E + 4 − P) = 1. Nesse caso, o parâmetro E assume o valor: EUáV = OAM+ . E para o semieixo menor, teremos: |&|UíW = T6+ + 7+ − 267 = 6 − 7 ∴ |&|UíW = |I| − |L| (5.6) Em que cos(2E + 4 − P) = −1. Nesse caso, o parâmetro E assume o valor: EUíW = OAMX<+ , considerando −B < E ≤ B. A orientação do semieixo maior será calculada com o auxílio de (5.3), para EUáV . Logo: EY1 = 6 R%S Z P + 42 \ + 7 R%S ZP + 42 \ 6 8QR ZP + 42 \ + 7 8QR ZP + 42 \ = EY ZP + 42 \ ∴ 1 = P + 42 (5.7) E para a excentricidade da elipse, teremos: % = T|&|UáV+ − |&|UíW+|&|UáV = 2√67 6 + 7 ∴ % = 2T|I||L||I| + |L| (5.8) Pode-se obter os focos da elipse, tomando: _* = %|&|UáV%J(`A<) _+ = %|&|UáV%J` (5.9) Em que % é dado por (5.8) e 1 é dado por (5.7). Como exemplo, vamos tomar dois números A e B: I = 2%J<?; L = %J<b (5.10) De acordo com (5.3), temos: F = 2 8QR dE + B3h + 8QR dE − B 6h G = 2 R%S dE + B3h − R%S dE − B 6h (5.11) De acordo com (5.5) e (5.6), o semieixo maior tem módulo igual a 3 e o semieixo menor tem módulo 1. A orientação do semieixo maior, utilizando (5.7), será igual a jk rad. A figura 5.1 mostra a elipse (azul) no plano. Figura 5.1 – Elipse (azul) resultante da soma de Aeit com Be-it. Eixo maior (vermelho) e eixo menor (amarelo). Observando a figura 5.1, podemos associar a situação representada, com a soma de dois vetores cujas extremidades rotacionam em torno de suas origens (origem -2,5 -1,5 -0,5 0,5 1,5 2,5 -2,5 -1,5 -0,5 0,5 1,5 2,5 B A z l = mpqvw www.profafguimaraes.net 3 do plano). Podemos imaginar o número A, como sendo a extremidade de um vetor A (roxo) que gira no sentido anti- horário e o número B, como sendo a extremidade de um vetor B (verde) que gira no sentido horário. O resultado será um vetor z (azul) cuja extremidade gira no sentido anti- horário. Em amarelo, temos o eixo menor que possui módulo igual a 1, e em vermelho, o eixo maior, cujo módulo vale 3. Questão 6 Mostre que a transformação: & + 6 = x; (6 = constante complexa) representa uma translação no plano complexo. Mostre que a equação: (& + 1 − 3)(&̅ + 1 + 3) = 1 representa um círculo no plano complexo. [sugestão: faça & + 1 − 3 = x.] Resolução: Seja & = F + 3G, e 6 = 6V + 36~. Assim, teremos: & + 6 = F + 6V + 3G + 6~ (6.1) Agora, escrevendo x = xV + 3x~, podemos concluir que: xV = F + 6V x~ = G + 6~ (6.2) As expressões em (6.2) representam as translações nos eixos F e G. Logo, teremos uma translação no plano complexo. Utilizando a sugestão do enunciado, teremos: (& + 1 − 3)(&̅ + 1 + 3) = x ∙ x ̅ = 1 (6.3) Mas x ∙ x ̅ = |x|+. Então poderemos escrever: xV+ + x~+ = 1 (6.4) A expressão em (6.4) representa uma circunferência de raio 1. Se utilizarmos (6.2), teremos como centro da circunferência o par (−1,1). Questão 7 Mostre que as equações: a) |& − 1| − |& + 1| = 1 b) $%(1 − &) = |&| representam, respectivamente, uma hipérbole e uma parábola no plano complexo. Estas conclusões podem ser obtidas somente pela inspeção das equações, sem nenhum trabalho algébrico? [Sugestão: Lembre-se de certas propriedades fundamentais da hipérbole e da parábola] Resolução: a) Sejam os módulos dados por: |& − 1| = T(F − 1)+ + G+ (7.1) E |& + 1| = T(F + 1)+ + G+ (7.2) Assim, teremos: |& − 1| − |& + 1| = T(F − 1)+ + G+ − T(F + 1)+ + G+ = 1 (7.3) Que conduz a: (F − 1)+ = 1 + (F + 1)+ + 2T(F + 1)+ + G+ 4F + 1 = 4[(F + 1)+ + G+] 12F+ − 4G+ = 3 (7.4) Escrevendo, o resultado de (7.4), na forma de equação reduzida, teremos: F+ 1 4 − G+ 3 4 = 1 (7.5) A expressão em (7.5) é a equação reduzida da hipérbole em questão (representada na figura 7.1). Definindo uma hipérbole: dados dois pontos distintos * e +, pertencentes a um plano. E seja 28 a distância entre eles e o ponto médio do segmento * +. Define-se hipérbole, como sendo o conjunto de pontos do plano cuja diferença (em valor absoluto) das distâncias a * e + é a constante 26 (0 < 26 <28). Assim, inspecionando a equação em “a”, temos que |& − 1| é a distância entre os pontos z e 1. E de forma semelhante,|& + 1| é a distância entre os pontos z e -1. Logo, é possível, por meio de inspeção da equação, concluir que se trata de uma hipérbole. i 1 -1 Re z | − 1| | + 1| 1 2 1 − 1 2 Figura 7.1 – Hipérbole no plano complexo. www.profafguimaraes.net 4 b) A parte real é dada por: $%(1 − &) = 1 − F (7.6) Assim, teremos: 1 − F = TF+ + G+ (7.7) Que conduz a: G+ = −2 ZF − 12\ (7.8) A expressão em (7.8) representa a equação reduzida de uma parábola, com o foco no eixo das abscissas (neste caso na origem) conforme mostra a figura 7.2. Definindo uma parábola: Dados um ponto e uma reta 9 pertencente a um plano, com ∉ 9, define-se parábola como sendo o conjunto de pontos pertencentes ao plano cuja distância até o ponto se iguala a distância até a reta 9. Por uma inspeção da equação, é possível verificar que se trata de uma parábola no plano complexo. Questão 8 Demonstre as desigualdades abaixo: a) |1 + &| ≤ 1 + |&| b) |1 − &| ≥ 1 − |&| E então generalize, fazendo & = &+ &*⁄ . (O que acontece se &* = 0?) Resolução: Em vez de demonstrar a desigualdade como foi proposta, vamos demonstrar as desigualdades já de forma geral. a) Seja o módulo dado por: |&* + &+| (8.1) Podemos escrever o quadrado de (8.1), da seguinte forma: |&* + &+|+ = (&* + &+) ∙ (&* + &+) (8.2) Uma propriedade que podemos utilizar é a seguinte: &* + &+ = &*̅ + &+̅ (8.3) Assim, a expressão (8.2), toma a seguinte forma: |&* + &+|+ = (&* + &+) ∙ (&*̅ + &+̅) (8.4) Resolvendo o produto do lado esquerdo, teremos: |&* + &+|+ = &*&*̅ + &+&+̅ + &*&+̅ + &+&*̅ (8.5) Lembrando que &*&*̅ = |&*|+ e o mesmo para &+. Agora, tomando as duas últimas parcelas de (8.5), teremos: &*&+̅ + &+&*̅ = &*&+̅ + &*&+̅ = 2$%&*&+̅ (8.6) Vamos utilizar a seguinte propriedade: $% & ≤ |$% &| ≤ |&| (8.7) Assim, a expressão em (8.6) pode ser escrita como: &*&+̅ + &+&*̅ = &*&+̅ + &*&+̅ = 2$%&*&+̅ ≤ 2|&*&+̅| = 2|&*||&+̅| (8.8) Lembrando que |&+̅| = |&+|, a expressão de (8.5) toma a seguinte forma: |&* + &+|+ ≤ |&*|+ + |&+|+ + 2|&*||&+| (8.9) Ou ainda, |&* + &+|+ ≤ (|&*| + |&+|)+ (8.10) Podemos extrair a raiz quadrada dos dois lados, sem preocupação com o sinal, afinal de contas, a expressão entre parênteses também é positiva. Logo: |&* + &+| ≤ |&*| + |&+| (8.11) Em (8.11), se &* = 0 só será válida a igualdade. b) De forma semelhante, teremos: |&* − &+|+ = (&* − &+) ∙ (&*̅ − &+̅) (8.12) Que conduz a: i Re 1 z | | !"(1 − ) 1 2 0 Figura 7.2 – Parábola no plano complexo. www.profafguimaraes.net 5 |&* − &+|+ = |&*|+ + |&+|+ − (&*&+̅ + &+&*̅) (8.13) De (8.8), teremos: −(&*&+̅ + &+&*̅) = −(&*&+̅ + &*&+̅) = −2$%&*&+̅ ≥ −2|&*||&+| (8.14) Substituindo em (8.13), teremos: |&* − &+|+ ≥ (|&*| − |&+|)+ (8.15) Neste caso, ao extrair a raiz quadrada, teremos: |&* − &+| ≥ T(|&*| − |&+|)+ = |&*| − |&+| (8.16) Também nesse caso, se &* = 0 só será válida a igualdade. Para uma melhor compreensão das propriedades aqui utilizadas, veja, por exemplo: Variáveis Complexas e Aplicações, BROWN, J. W. e CHURCHILL, R. V., 9ª edição, McGraw Hill, Porto Alegre, RS, 2015. Questão 9 Use a fórmula de DeMoivre para mostrar que R%S41 = 48QR?1R%S1 − 48QR1R%S?1 Qual é a expressão correspondente para o 8QR41? Resolução: A fórmula de DeMoivre é dada por: (8QR1 + 3R%S1)W = 8QRS1 + 3R%S S1 (9.1) Logo, fazendo S = 4, teremos: (8QR1 + 3R%S1)> = 8QR41 + 3R%S41 (9.2) Resolvendo a potência, teremos: (8QR1 + 3R%S1)> = 8QR>1 + 48QR?1 ∙ 3R%S1 − 68QR+1R%S+1− 438QR1R%S?1 + R%S>1 (9.3) Comparando (9.2) com (9.3), teremos: R%S41 = 48QR?1R%S1 − 48QR1R%S?1 (9.4) E para o 8QR41: 8QR41 = 8QR>1 − 68QR+1R%S+1 + R%S>1 (9.5) Questão 10 Escreva os seguintes números complexos em forma trigonométrica. a) & = √3 − 1 ; b) & = (−1 − 3)k Resolução: a) Previamente, vamos escrever 3 − 1 na forma trigonométrica: 3 − 1 = √2%J?<> (10.1) Em que √2 e ?<> são, respectivamente, o módulo e o argumento principal de 3 − 1. Assim, teremos: √3 − 1 = √2%J?<> *? ∴ √3 − 1 = √2 %J<> (10.2) b) De forma similar ao que foi efetuado anteriormente, teremos: −1 − 3 = √2%J<> (10.3) Em que √2 e <> são, respectivamente, o módulo e o argumento de −1 − 3. No entanto, jk não representa o argumento principal, pois < > > B. O argumento principal de um número complexo deve estar no intervalo −B < 1 ≤ B. Logo, o argumento principal de −1 − 3 será dado por < > − 2B = − ?<> . Assim, a expressão em (10.3) será dada por: −1 − 3 = √2%AJ?<> (10.4) Logo: (−1 − 3)> = √2%AJ?<> > ∴ (−1 − 3)> = 2+%AJ?< (10.5) Questão 11 Mostre que 3J = %AdjX+W<h (n inteiro). Sugestão: [Calcule o QY 3]. Resolução: Na forma polar, temos: 3 = %J∙<+ (11.1) www.profafguimaraes.net 6 Agora, calculando o Log i: QY 3 = 3 dB2 + 2SBh (11.2) Multiplicando a expressão (11.2) por i, teremos: 3 ∙ QY 3 = − dB2 + 2SBh QY 3J = − dB2 + 2SBh ∴ 3J = %Ad<+X+W<h (11.3) Questão 12 Utilizando as definições de funções complexas R%S & e R%Sℎ &, mostre que: a) R%S(&* ± &+) = R%S&*8QR&+ ± 8QR&*R%S&+ b) R%Sℎ(&* ± &+) = R%Sℎ&*8QRℎ&+ ± 8QRℎ&*R%Sℎ&+ Quais são as expressões para 8QR(&* ± &+) e 8QRℎ(&* ± &+)? Resolução: Seja a expressão para R%S & dada por: R%S & = 123 (%J − %AJ) (12.1) Logo, para R%S(&* ± &+), teremos: R%S (&* ± &+) = 123 %J(±) − %AJ(±) (12.2) De acordo com as relações de Euler: %J = 8QR & + 3R%S & (12.3) E %AJ = 8QR & − 3R%S & (12.4) Utilizando as expressões (12.2), (12.3) e (12.4), teremos: R%S (&* ± &+) = 123 [(8QR&* + 3R%S&*)(8QR&+ ± 3R%S&+) −(8QR&* + 3R%S&*)(8QR&+ ∓ 3R%S&+)] (12.5) Efetuando as multiplicações, teremos: R%S (&* ± &+) = R%S&*8QR&+ ± 8QR&*R%S&+ (12.6) Para a expressão de R%Sℎ(&* ± &+), temos: R%Sℎ (&* ± &+) = 12 %(±) − %A(±) (12.7) Utilizaremos as seguintes expressões: % = 8QRℎ & + R%Sℎ & (12.8) E %A = 8QRℎ & − R%Sℎ & (12.9) Na expressão de (12.7). Logo, teremos: R%Sℎ (&* ± &+) = 12 [(8QRℎ&* + R%Sℎ&*)(8QRℎ&+ ± R%Sℎ&+) −(8QRℎ&* + R%Sℎ&*)(8QRℎ&+ ∓ R%Sℎ&+)] (12.10) Efetuando as multiplicações, teremos: R%Sℎ (&* ± &+) = R%Sℎ&*8QRℎ&+ ± 8QRℎ&*R%Sℎ&+ (12.11) Podemos calcular, de forma semelhante, as expressões para as outras funções. Para 8QR(&* ± &+): 8QR (&* ± &+) = 12 %J(±) + %AJ(±) (12.12) Utilizando as expressões (12.3) e (12.4), teremos: 8QR (&* ± &+) = 12 [(8QR&* + 3R%S&*)(8QR&+ ± 3R%S&+) +(8QR&* − 3R%S&*)(8QR&+ ∓ 3R%S&+)] (12.13) Efetuando as multiplicações, teremos: 8QR (&* ± &+) = 8QR&*8QR&+ ∓ R%S&*R%S&+ (12.14) E para 8QRℎ(&* ± &+), teremos: 8QRℎ (&* ± &+) = 12 %(±) + %A(±) (12.15) Utilizando as expressões de (12.8) e (12.9), teremos, para (12.15): 8QRℎ (&* ± &+) = 12 [(8QRℎ&* + R%Sℎ&*)(8QRℎ&+ ± R%Sℎ&+) +(8QRℎ&* − R%Sℎ&*)(8QRℎ&+ ∓ R%Sℎ&+)] (12.16) Após efetuarmos as multiplicações, teremos: www.profafguimaraes.net 7 8QRℎ(&* ± &+) = 8QRℎ&*8QRℎ&+ ± R%Sℎ&*R%Sℎ&+ (12.17) Questão 13 Mostre que a função complexa R%S & pode anular-se sobre o eixo real e, em particular, nos pontos F = SB (S inteiro). Em que pontos a função R%Sℎ & se torna nula? Resolução:A expressão para o R%S & é dada por (12.1). Assim, para os valores de & que anulam a função, teremos: %J = %AJ (13.1) Seja & = F + 3G. Substituindo em (13.1), teremos: %JV%A~ = %AJV%~ (13.2) Podemos concluir que para G = 0, teremos: %JV = %AJV (13.3) Logo, F = SB, com S assumindo valores inteiros. Para o R%Sℎ & temos a seguinte expressão: R%Sℎ & = % − %A2 (13.4) Para os valores de & que anulam (13.4) temos: % = %A (13.5) Ou ainda: %V%J~ = %AV%AJ~ (13.6) Assim, para F = 0, temos: %J~ = %AJ~ (13.7) Sendo assim, G = SB, com S assumindo valores inteiros. Podemos concluir que a função R%Sℎ & se anula no eixo imaginário nos valores de G supracitados. Questão 14 Mostre que todas as soluções da equação R%S & = 1000 são dadas, aproximadamente, pela fórmula: & = dS + *+h B ± 3 ∙ 7,601, Em que S é um inteiro par. [Sugestão: Decomponha R%S & em suas partes reais e imaginarias, e resolva as equações resultantes.] Resolução: Seja & = F + 3G. Tomando a expressão do seno dada por: R%S & = %J − %AJ23 (14.1) Utilizando & = F + 3G em (14.1), teremos: R%S & = %A~(8QR F + 3R%S F) − %~(8QR F − 3R%S F)23 (14.2) Para (14.2), teremos para as partes real e imaginária: R%S & = R%S F(%A~ + %~)2 − 38QR F(%A~ − %~) 2 (14.3) De (14.3), teremos: 8QR F(%A~ − %~) 2 = 0 ⇒ F = B 2 + SB ou G = 0 (14.4) Em que S é par. E, de (14.3), teremos também: R%S F(%A~ + %~) 2 = 1000 (14.5) Se G = 0, então, de (14.5) R%S F = 1000 com F ∈ ℝ. Mas isso não pode ser solução. Logo, F = <+ + SB e G será dado por: %A~ + %~ = 2000 (14.6) Seja a variável E dada por: %~ = E (14.7) Substituindo (14.7) em (14.6), teremos: E+ − 2000E + 1 = 0 (14.8) Resolvendo a equação (14.8), teremos E* ≅ 1999,9995 e E+ = 0,0005. Assim, de (14.7), teremos: G* = ln 1999,9995 ≅ 7,601 e G+ = ln 0,0005 ≅ −7,601 (14.9) Logo: www.profafguimaraes.net 8 & = B2 + SB ± 37,601 (14.10) Questão 15 Se & = F + 3G, mostre que: EYℎ & = R%Sℎ 2F + 3R%S 2G8QRℎ 2F + 8QR 2G Resolução: A expressão para a tangente hiperbólica é dada por: EYℎ & = R%Sℎ &8QRℎ & = R%Sℎ (F + 3G) 8QRℎ(F + 3G) (15.1) Para o seno e cosseno hiperbólicos: R%Sℎ (F + 3G) = R%SℎF ∙ 8QRℎ3G + 8QRℎF ∙ R%Sℎ3G 8QRℎ(F + 3G) = 8QRℎF ∙ 8QRℎ3G + R%SℎF ∙ R%Sℎ3G (15.2) Utilizando as relações R%Sℎ3G = 3R%SG e 8QRℎ3G = 8QRG em (15.2) e depois substituindo em (15.1), teremos: EYℎ & = R%SℎF ∙ 8QRG + 38QRℎF ∙ R%SG8QRℎF ∙ 8QRG + 3R%SℎF ∙ R%SG (15.3) Multiplicando (15.3) por 8QRℎF ∙ 8QRG − 3R%SℎF ∙ R%SG, e utilizando a expressão 8QRℎ+F − R%Sℎ+F = 1, teremos: EYℎ & = R%SℎF ∙ 8QRℎF + 38QRG ∙ R%SG8QRℎ+F ∙ 8QR+G + R%Sℎ+F ∙ R%S+G (15.4) Vamos utilizar as seguintes identidades: R%Sℎ2F = 2R%SℎF ∙ 8QRℎF; 8QRℎ2F = 8QRℎ+F + R%Sℎ+F = 28QRℎ+F − 1 = 1 + 2R%Sℎ+F; R%S2G = 2R%SG ∙ 8QRG; 8QR2G = 8QR+G − R%S+G = 1 − 2R%S+G = 28QR+G − 1 (15.5) Assim, teremos para (15.4): EYℎ & = R%Sℎ2F 2 + 3 R%S2G 2(8QRℎ2F + 1)8QR+G2 + (8QRℎ2F − 1)R%S +G2 (15.6) Logo: EYℎ & = R%Sℎ2F − 3R%S2G8QRℎ2F + 8QR2G (15.7) Questão 16 Não há dificuldade em calcular as somas: a) ∑ %WV¡W¢£ ; b) ∑ %JWV¡W¢£ , (F = 0%6¤), pois ambas representam progressões geométricas. Use a fórmula de Euler para deduzir que: ¥ 8QR SF ¡ W¢£ = R%S 12 (¦ + 1)F R%S 12 F ∙ 8QR ¦F2 (F = 0%6¤) Qual é a soma correspondente envolvendo R%S F? Resolução: Seja a soma “b” dada por: § = ¥ &W ¡ W¢£ = 1 + & + &+ + ⋯ + &¡ (16.1) Com & = %JV . Assim, teremos: § − &§ = 1 − &¡X* ∴ § = 1 − &¡X*1 − & (16.2) Utilizando a fórmula de Euler, poderemos escrever: & = %JV = 8QR F + 3R%S F (16.3) Substituindo (16.3) em (16.2), teremos: ¥ 8QR SF + 3R%S SF ¡ W¢£ = 1 − 8QR(¦ + 1)F − 3R%S (¦ + 1)F1 − 8QR F − 3R%S F (16.4) Efetuando as manipulações algébricas, teremos: ¥ 8QR SF + 3R%S SF ¡ W¢£ = = 1 − 8QR(¦ + 1)F − 3R%S (¦ + 1)F1 − 8QR F − 3R%S F ∙ (1 − 8QR F + 3R%S F) (1 − 8QR F + 3R%S F) = (1 − 8QR(¦ + 1)F)(1 − 8QR F) + R%S (¦ + 1)FR%S F2(1 − 8QR F) + 3[R%S F(1 − cos(¦ + 1)F) − R%S (¦ + 1)F(1 − 8QR F)] 2(1 − 8QR F) (16.5) Para a parte real: www.profafguimaraes.net 9 ¥ 8QR SF ¡ W¢£ = (1 − 8QR(¦ + 1)F)(1 − 8QR F) + R%S (¦ + 1)F ∙ R%S F 2(1 − 8QR F) (16.6) Após efetuar as multiplicações, teremos: ¥ 8QR SF ¡ W¢£ = 1 − 8QR(¦ + 1)F − 8QR F + 8QR ¦F2(1 − 8QR F) (16.7) Sendo que, para alcançar o resultado (16.7), foram utilizadas as seguintes propriedades em (16.6): 8QR(¦ + 1)F ∙ 8QR F = 12 (8QR ¦F + 8QR(¦ + 2)F) R%S(¦ + 1)F ∙ R%SF = 12 (8QR ¦F − 8QR(¦ + 2)F) (16.8) Agora, vamos utilizar as seguintes propriedades em (16.7): 8QR ¦F − 8QR(¦ + 1)F = 2R%S 12 (2¦ + 1)F ∙ R%S F 2 1 − 8QR F = 2R%S+ F2 (16.9) Assim, teremos: ¥ 8QR SF ¡ W¢£ = 2R%S 12 (2¦ + 1)F ∙ R%S F2 + 2R%S+ F2 4R%S+ F2 (16.10) Finalmente, utilizando em (16.10) a propriedade: R%S 12 (2¦ + 1)F + R%S F 2 = 2R%S 1 2 (¦ + 1)F ∙ 8QR ¦F 2 (16.11) Teremos: ¥ 8QR SF ¡ W¢£ = R%S 12 (¦ + 1)F R%S 12 F ∙ 8QR ¦F2 (16.12) Para o seno, vamos tomar a parte imaginária. Assim, teremos: ¥ R%S SF ¡ W¢£ = [R%S F(1 − cos(¦ + 1)F) − R%S (¦ + 1)F(1 − 8QR F)] 2(1 − 8QR F) (16.13) Vamos utilizar as seguintes propriedades em (16.13): R%S (¦ + 1)F ∙ 8QR F = 12 [R%S ¦F + R%S (¦ + 2)F] R%S F ∙ 8QR(¦ + 1)F = 12 [R%S (−¦F) + R%S (¦ + 2)F] (16.14) Lembrando que R%S (−¦F) = −R%S ¦F, teremos, para (16.13): ¥ R%S SF ¡ W¢£ = R%S F + R%S ¦F − R%S (¦ + 1)F2(1 − 8QR F) (16.15) Agora, vamos utilizar as seguintes propriedades em (16.15): R%S ¦F − R%S (¦ + 1)F = 2 8QR 12 (2¦ + 1) ∙ R%S d −F 2 h R%S F = 2 ∙ R%S F2 ∙ 8QR F 2 (16.16) Assim, teremos: ¥ R%S SF ¡ W¢£ = 8QR F2 − 8QR d¦ + 12h F 2R%S F2 (16.17) Vamos utilizar a seguinte propriedade em (16.17): 8QR F2 − 8QR Z¦ + 1 2\ F = 2R%S 1 2 (¦ + 1)F ∙ R%S ¦F 2 (16.18) Assim, teremos para (16.17): ¥ R%S SF ¡ W¢£ = R%S F2 (¦ + 1) ∙ R%S ¦F2 R%S F2 (16.19) Questão 17 Aplique a ideia da questão anterior para calcular as somas infinitas: ¥ 6W 8QR SF, ¥ 6WR%S SF © W¢£ © W¢£ Para que valores de a estes resultados serão válidos? Resolução: Seja & = 6(8QR F + 3R%S F), utilizando a expressão (16.2), teremos: ¥ 6W(8QR SF + 3R%S SF) ¡ W¢£ = www.profafguimaraes.net 10 = 1 − 6¡X*(8QR(¦ + 1)F + 3R%S (¦ + 1)F)1 − 6 ∙ 8QR F − 36 ∙ R%S F (17.1) Agora, tomando o limite para ¦ → ∞, teremos: ¥ 6W(8QR SF + 3R%S SF) © W¢£ = lim¡→© 1 − 6¡X*(8QR(¦ + 1)F + 3R%S (¦ + 1)F) 1 − 6 ∙ 8QR F − 36 ∙ R%S F (17.2) Em (17.2), só ocorrerá convergência se |6| < 1, que pode ser verificado pelo teste da raiz, por exemplo. Assim: ¥ 6W(8QR SF + 3R%S SF) © W¢£ = 11 − 6 ∙ 8QR F − 36 ∙ R%S F (17.3) Após as manipulações, teremos: ¥ 6W(8QR SF + 3R%S SF) © W¢£ = 1 − 6 ∙ 8QR F + 36 ∙ R%S F1 − 268QR F + 6+ (17.4) Assim, a parte real assume a forma: ¥ 6W 8QR SF = 1 − 6 ∙ 8QR F1 − 268QR F + 6+ © W¢£ (17.5) E a parte imaginária: ¥ 6W R%S SF = 6 ∙ R%S F1 − 268QR F + 6+ © W¢£ (17.6) Questão 18 A figura 18.1 representa parte de um circuito de corrente alternada, com a diferença de potencial (voltagem) entre os pontos A e B dada por: (E) = ®¯ − ®° = ®£ 8QR ²E Figura 18.1 Mostre que a corrente 3(E) deve satisfazer a equaçãodiferencial: 9+39E+ + $ 93 9E + 3 ³ = 9 9E Mostre como o método das exponenciais complexas pode ser usado para achar uma solução complexa 3(E), que varia harmonicamente com o tempo. Efetue a transformação para variáveis reais, mostre que: 3(E) = ,£ 8QR(²E + ´), e calcule ,£ e ´ em função de , $, ³ e ®£ . Resolução: De acordo com a lei das malhas, teremos: 93(E)9E + $3(E) + µ(E) ³ = (E) (18.1) Em que ¶J¶K , $3 e ·¸ são respectivamente, as ddp’s nos terminais do: indutor, resistor e capacitor. Tomando a derivada com relação ao tempo de (18.1), teremos: 9+39E+ + $ 93 9E + 3 ³ = 9 9E (18.2) Em que 3 = ¶·¶K . Podemos escrever a expressão para (E) utilizando a exponencial complexa. Assim: (E) = $%(®£%AJ¹K) (18.3) Seja: 3(E) = $%(,£%AJ¹K) (18.4) Utilizando a expressão (18.2): −²+,£%AJ¹K − 3$²,£%AJ¹K + ,£% AJ¹K ³ = −3²®£%AJ¹K ®£ = ,£ $ − 3 Z² − 1²³\ (18.5) Em (18.5) temos a intensidade de corrente multiplicada por um número complexo. Esse número é a impedância º do circuito. A impedância é constituída por uma parte real, a resistência $ e uma parte imaginária denominada de reatância (»). A reatância por sua vez divide-se em duas partes, a reatância indutiva (»¼ = ²) e a reatância capacitiva d»¸ = *¹¸h. A razão de a reatância ser complexa é devido ao fato de a corrente não se encontrar em fase com a ddp. Escrevendo a expressão da impedância, teremos: º = $ − 3(»¼ − »¸) A B L R C i(t) www.profafguimaraes.net 11 º = T$+ + (»¼ − »¸)+%J½ (18.6) Em que: ´ = EYA* »¼ − »¸$ (18.7) Retornando à expressão (18.5), teremos: 3(E) = ®£T$+ + (»¼ − »¸)+%J½ = ®£%AJ½ T$+ + (»¼ − »¸)+ (18.8) Utilizando (18.4): 3(E) = $% ¾ ®£%AJ(¹KX½)T$+ + (»¼ − »¸)+¿ (18.9) Tomando a parte real: 3(E) = ,£ cos(²E + ´) (18.10) Em que: ,£ = ®£T$+ + (»¼ − »¸)+ (18.11)
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