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Física Matemática 1 2 ap

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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. 
 
 
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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 
 
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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 + 3€G + 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. 
 
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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 − &| ≥ Š1 − |&|Š 
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(|&*| − |&+|)+ = Š|&*| − |&+|Š 
(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 − 1Œ ; 
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 − 1Œ = Ž√2%J?<> 
*?
 
∴ √3 − 1Œ = √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)>‘ = Ž√2%AJ?<> 
>‘
 
∴ (−1 − 3)>‘ = 2+‘%AJ?<‘ 
(10.5) 
 
 Questão 11
 
Mostre que 3J = %Adj“X+W<h (n inteiro). Sugestão: [Calcule o ”QY 3]. 
Resolução: 
Na forma polar, temos: 
 
3 = %J∙<+ 
(11.1) 
 
 
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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: 
 
 
 
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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 & = %– − %A–2 
(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– − %AJ–23 
(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: 
 
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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: 
 
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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¢£
= 
 
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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$²,£%AJ¹K + ,£%
AJ¹K
³ = −3²®£%AJ¹K 
®£ = ,£ Ž$ − 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) 
 
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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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