Solution Variaveis Complexas Geraldo Avila

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Livro: Varia´veis Complexas e Aplicac¸o˜es - LTC
(Geraldo A´vila)
nibblediego@gmail.com.br
Resolvido por Diego Oliveira e compilado dia 25/04/2017
Soluciona´rio (em construc¸a˜o) da 3a edic¸a˜o do
livro de Varia´veis Complexas e aplicac¸o˜es do autor:
Geraldo A´vila.
Para quem desejar; uma co´pia do livro pode ser
baixada em:
http://www.bibliotecadaengenharia.com/2014
/08/variaveis-complexas-geraldo-avila.html
A postagem de novas soluc¸o˜es desse livro de-
pende muito da quantidade de visualizac¸o˜es e down-
loads que esse pdf obter. Sendo assim, pode haver
atrasos na postagem. De todo modo, na˜o deixe de
acompanhar o documento no link abaixo, para obter
futuras atualizac¸o˜es. www.number.890m.com
Suma´rio
1 Nu´meros Complexos 2
1.1 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1 Nu´meros Complexos
1.1 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 7
Reduza a forma a + bi cada uma das expresso˜es dadas nos Exerc´ıcios: 1 a
11.
1. (3 + 5i) + (−2 + i)
2. (−3 + 4i)− (1− 2i)
3. (
√
3 + 2i)− i[2− i(√3− 4)]
4. (3− 5i)(−2− 4i)
5.
(
1 +
i
3
)
·
(
−6
5
+ 3i
)
6. 3i−
(
1
3
+
i
2
)
7. 7− 2i
(
2− 2i
5
)
8. (2 + 3i)2
9. (4− 2i)2
10. (1 + i)3
11. 1 + 2i+ 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5
Soluc¸a˜o de 1:
(3 + 5i) + (−2 + i)
= (3 + (−2)) + (5i+ i)
= 1 + 6i
Soluc¸a˜o de 2:
(−3 + 4i)− (1− 2i)
= (−3 + 4i) + (−1 + 2i)
= (−3 + (−1)) + (4i+ 2i)
= −4 + 6i
Soluc¸a˜o de 3:
(
√
3 + 2i)− i[2− i(√3− 4)]
= (
√
3 + 2i)− (2i− i2(√3− 4))
= (
√
3 + 2i)− (2i− (−1)(√3− 4))
= (
√
3 + 2i)− (2i+ (√3− 4))
= (
√
3 + 2i) +
(−2i− (√3− 4))
= (
√
3−√3− 4) + (2i− 2i)
= −4
Soluc¸a˜o de 4:
(3− 5i)(−2− 4i)
= 3(−2) + 3(−4i)− 5(−2) + 5(4i)
= −6− 12i+ 10 + 20i
= (−6 + 10) + (20i− 12i)
= 4 + 8i
2
Soluc¸a˜o de 5:(
1 +
i
3
)
·
(
−6
5
+ 3i
)
= 1
(
−6
5
)
+ 1(3i) +
i
3
(
−6
5
)
+
i
3
(3i)
= −6
5
+ 3i− 3i
5
+ i2
= −6
5
+ 3i− 3i
5
− 1
=
(
−6
5
− 1
)
+
(
3i− 3i
5
)
= −11
5
+
12i
5
Soluc¸a˜o de 6:
3i−
(
1
3
+
i
2
)
= −1
3
+
(
3i− i
2
)
= −1
3
+
(
6
i
2
− i
2
)
= −1
3
+ 5
i
2
Soluc¸a˜o de 7:
7− 2i
(
2− 2i
5
)
= 7−
(
4i− 4i
2
5
)
= 7−
(
4i− 4(−1)
5
)
= 7−
(
4i+
4
5
)
=
(
7− 4
5
)
− 4i
=
(
31
5
)
− 4i
Soluc¸a˜o de 8:
(2 + 3i)2
= (2 + 3i) · (2 + 3i)
= 2(2) + 2(3i) + 3i(2) + 3i(3i)
= 4 + 6i+ 6i+ 9i2
= 4 + 6i+ 6i+ 9(−1)
= 4 + 6i+ 6i− 9
= (4− 9) + (6i+ 6i)
3
= −5 + 12i
Soluc¸a˜o de 9:
Ana´loga a anterior
Soluc¸a˜o de 10:
(1 + i)3
= (1 + i)(1 + i)(1 + i)
= (1 + 1(i) + i(1) + i(i))(1 + i)
= 1 + i+ i+ i2)(1 + i)
= (1 + 2i+ (−1))(1 + i)
= (1 + 2i− 1)(1 + i)
= 2i(1 + i)
= 2i(1) + 2i(i)
= 2i+ 2i2
= 2i+ 2(−1)
= −2 + 2i
Soluc¸a˜o de 11:
1 + 2i+ 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5
= 1 + 2i+ 3(−1) + 4(−i) + 5(i2)2 − 6(i2)2 · i
= 1 + 2i− 3− 4i+ 5(−1)2 − 6(−1)2 · i
= 1 + 2i− 3− 4i+ 5− 6i
= (1− 3 + 5) + (2i− 4i− 6i)
= 3 + (−8i)
= 3− 8i
12. Mostre que
N∑
n=0
in = 1; = −i, i ou zero, conforme o resto da divisa˜o de
N por 4 seja 0, 1, 2 ou 3, respectivamente.
Soluc¸a˜o:
Para entender a resoluc¸a˜o desse problema vamos partir de uma soluc¸a˜o par-
ticular. Supondo N = 8 enta˜o, por hipo´tese, o resultado do somato´rio deve ser
0, pois 4|8.
8∑
n=0
in = i0 + i1 + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8
8∑
n=0
in = (i0 + 14 + i8) + (i1 + i5) + (i2 + i6) + (i3 + i7)
como i4p+r = ir enta˜o
4
8∑
n=0
in = i0 + (i0 + i0) + (i1 + i1) + (i2 + i2) + (i3 + i3)
8∑
n=0
in = 1 + (1 + 1) + (i+ i) + (−1− 1) + (−i+−i)
8∑
n=0
in = 1 + �2 +��2i− �2−��2i
8∑
n=0
in = 1
Com base nesse exemplo em particular podemos pensar que se N > 8 e 4|N
enta˜o
N∑
n=0
in = i0 + i1 + i2 · · ·+ iN−1 + iN
Como teremos um somato´rio com n + 1 termos isolando o primeiro termo
poderemos criar 4 grupos.
N∑
n=0
in = i0 + (i1 + i2 + · · ·+ iN−1 + iN )
N∑
n=0
in = i0+(i1+· · ·+iN−3)+(i2+· · ·+iN−2)+(i3+· · ·+iN−3)+(i4+· · ·+iN−4)
O primeiro grupo teˆm a divisa˜o de seus expoentes igual a 1 quando divididos
por 4. O segundo grupo resto igual a 2 e assim por diante de modo que:
N∑
n=0
in = i0 +
(
n− 1
4
i1 +
n− 1
4
i2 +
n− 1
4
i3 +
n− 1
4
i4
)
N∑
n=0
in = i0 +
(
n− 1
4
i− n− 1
4
− n− 1
4
i+
n− 1
4
)
N∑
n=0
in = i0 + 0
N∑
n=0
in = 1
Para N = 0 tambe´m temos 1 como resultado. E juntamente com o exemplo
particular completamos a demonstrac¸a˜o para N mu´ltiplo de 4.
De forma similar se demonstra as demais afirmac¸o˜es.
5
13. Mostre que (x+ iy)2 = x2 − y2 + 2ixy
Soluc¸a˜o:
(x+ iy)2 = (x+ iy)(x+ iy)
= x(x) + x(iy) + iy(x) + iy(iy)
= x2 + xiy + iyx+ y2i2
= x2 + ixy + ixy + y2(−1)
= x2 + ixy + ixy − y2
= x2 − y2 + 2ixy
14. Mostre que (x− iy)2 = x2 − y2 − 2ixy
Soluc¸a˜o:
(x− iy)2 = (x− iy)(x− iy)
= x(x)− x(iy)− iy(x) + iy(iy)
= x2 − 2ixy + i2y2
= x2 − y2 − 2ixy
15. Mostre que (x+ iy)2(x− iy)2 = (x2 + y2)2
Soluc¸a˜o:
(x+ iy)2(x− iy)2 = [(x+ iy)(x+ iy)] · [(x− iy)(x− iy)]
= (x2 − y2 + 2ixy) · (x2 − y2 − 2ixy)
= x2(x2) − x2(y2) − x2(2ixy) − y2(x2) + y2(y2) + y2(2ixy) + 2ixy(x2) −
2ixy(y2)− 2ixy(2ixy)
= x4 − x2y2 − 2ix3y − y2x2 + y4 + 2ixy3 + 2ix3y − 2ixy3 − 4i2x2y2
= x4 + y4 + 2x2y2
= (x2 + y2)2
16. Mostre que (x+ iy)n(x− iy)n = (x2 + y2)n
Soluc¸a˜o:
Aprendemos que o princ´ıpio de induc¸a˜o e´ uma te´cnica de demonstrac¸a˜o
criada para ser aplicada sobre o conjunto dos nu´meros naturais. Assim, pode
parecer estranho, mas essa questa˜o pode ser resolvida por induc¸a˜o.
6
Base:
Para n = 1 temos:
(x+ iy)1 · (x− iy)1 = (x2 + y2)1
x(x)− x(iy) + iy(x)− iy(iy) = x2 + y2
x2 − i2y2 = x2 + y2
x2 + y2 = x2 + y2
Passo indutivo:
Fazendo n = k + 1 enta˜o:
(x+ iy)k+1 · (x− iy)k+1
= (x+ iy)k(x− iy)k · (x+ iy)(x− iy)
Por hipo´tese (x+ iy)k(x− iy)k = (x2 + y2)k enta˜o:
(x+ iy)k(x− iy)k · (x+ iy)(x− iy) = (x2 + y2)k · (x+ iy)(x− iy)
= (x2 + y2)k · (x2 + y2)
= (x2 + y2)k+1
C.Q.D.
Reduza a` forma a + bi cada uma das expresso˜es dadas nos exerc´ıcios 17 a
27.
17.
1
2 + 3i
18.
1
4− 3i
19.
1− i
3− 2i
20.
3− i
2i− 1
21.
1− i
1 + i
22.
1− i
1− i
23.
4− 3i
i− 1
24.
1− i√
2− i
25.
1
(1 + i)2
26.
(
1 + i
1− i
)30
27.
(1− i) (√3 + 2i)
Soluc¸a˜o de 17:
1
2 + 3i
· 2− 3i
2− 3i =
2− 3i
13
=
2
13
− 3
13
i
Soluc¸a˜o de 18:
1
4− 3i ·
4 + 3i
4 + 3i
=
4 + 3i
25
=
4
25
+
3
25
i
7
Soluc¸a˜o de 19:
1− i
3− 2i ·
3 + 2i
3 + 2i
=
5− i
13
Soluc¸a˜o de 20:
3− i
2i− 1 =
i− 3
1− 2i
i− 3
1− 2i ·
1 + 2i
1 + 2i
=
−9i
5
− 3
5
Soluc¸a˜o de 21:
Similar a de´cima se´tima.
Soluc¸a˜o de 22:
Similar a de´cima nona.
Soluc¸a˜o de 23:
Ana´loga as anteriores.
Soluc¸a˜o de 24:
Ana´loga as anteriores.
Soluc¸a˜o de 25:
1
(1 + i)2
=
1
2i
=
1
2i
· 0− 2i
0− 2i =
−2i
−4i2
= −2i
4
= 0− 1
2
i
Soluc¸a˜o de 26:(
1 + i
1− i
)30
=
(
1 + i
1− i ·
1 + i
1 + i
)30
=
(
2i
2
)30
= (i)30 = i4·7+2
= i2
= −1
8
Soluc¸a˜o de 27:
(1− i) (√3 + 2i) = 1(√3) + 1(2i)− i(√3)− i(2i)
=
√
3 + 2i− i√3 + 2
= (
√
3 + 2) + (2−√3)i
Nos exerc´ıcios 28 a 32, represente graficamente os nu´meros complexos z1,
z2, z1z2 e z1/z2.
28. z1 = 3 + 4i; z2 =
1− i
5
√
2
29. z1 =
1 + i
√
3
2
; z2 =
√
3 + i
2
30. z1 =
1 + i
2
√
2
; z21+ i
√
3
31. z1 = 1 + 2i; z2 = 2− i
32. z1 = 3− i; z2 = 3− i/2
Soluc¸a˜o de 27 a 32:
A soluc¸a˜o ficara´ a cargo do leitor. Caso o mesmo tenha dificuldade pode
consultar um livro qualquer do 1◦ ano do ensino me´dio.
33. Infelizmente o pdf que utilizo na˜o possui essa questa˜o, e va´rias out-
ras, de forma leg´ıvel. Assim, se o leitor puder me envia-la ficaria muito grato
(nibblediego@gmail.com).
34. Mostre que
1− i√2√
2 + i
= −i
Soluc¸a˜o:
1− i√2√
2 + i
·
√
2− i√
2− i = −i
35. Mostre que Im
[
(1− i√3)2
i− 2
]
=
2(1 + 2
√
3)
5
Soluc¸a˜o:
A cargo do leitor.
36. Mostre que
1 + i · tg(θ)
1− i · tg(θ) = cos(2θ) + isen(2θ)
9
Soluc¸a˜o:
1 + i · tg(θ)
1− i · tg(θ) =
1 + i · tg(θ)
1− i · tg(θ) ·
1 + i · tg(θ)
1 + i · tg(θ)
=
1 + 2i · tg(θ)− tg2(θ)
1 + tg2(θ)
=
1 + 2i
sen(θ)
cos(θ)
− sen
2(θ)
cos2(θ)
1 +
sen2(θ)
cos2(θ)
Multiplicando denominador e numerador da func¸a˜o por cos2(θ) teremos:
=
cos2(θ) + 2i · sen(θ)cos(θ)− sen2(θ)
cos2(θ) + sen2(θ)
= (cos2(θ)−sen2(θ))+2i·sen(θ)cos(θ)
= cos(2θ) + i(2 · sen(θ)cos(θ))
= cos(2θ) + i · sen(2θ)
C.Q.D.
37 Dados dois nu´meros complexos α e β, prove que
|α+ β|2 + |α− β|2 = 2|α|2 + 2|β|2
Fac¸a um gra´fico e obtenha a seguinte interpretac¸a˜o geome´trica: a soma dos
quadrados dos lados de um paralelogramo e´ igual a soma dos quadrados das
diagonais.
Soluc¸a˜o:
Para entender o problema veja a imagem a seguir.
x
y
β
α
−β
θ
180◦
θ2
Sabe se que (α+ β)2 = α2 + β2 + 2αβ · cos(θ)
e tambe´m que (α− β)2 = α2 + β2 + 2αβ · cos(θ2)
10
entretanto θ2 = 180
◦ − θ enta˜o:
(α− β)2 = α2 + β2 + 2αβ · cos(180◦ − θ)
sendo assim
|α+β|2+|α−β|2 = (α2 + β2 + 2αβ · cos(θ))+(α2 + β2 + 2αβ · cos(180◦ − θ))
⇒ |α+ β|2 + |α− β|2 = 2α2 + 2β2 + 2αβ (cos(θ) + cos(180◦ − θ))
como cos(180◦ − θ) = −cos(θ) enta˜o:
|α+ β|2 + |α− β|2 = 2α2 + 2β2 + 2αβ (cos(θ)− cos(θ))
⇒ |α+ β|2 + |α− β|2 = 2α2 + 2β2
C.Q.D.
Obs: Esse exerc´ıcio foi resolvido considerando o desenho logo no in´ıcio,
entretanto a mesma lo´gica se aplicaria a qualquer valor de θ ou θ2. O esquema
foi usado apenas para facilitar o entendimento do leitor, mas se faz desnecessa´rio
numa prova escrita.
38. Dados treˆs ve´rtices de um paralelogramo pelos nu´meros complexos z1,
z2 e z3 determine o ve´rtice z4 oposto a z2. Fac¸a um gra´fico.
Soluc¸a˜o1:
Re
Im
2
1
0
-1
-2
-2 -1 0 1 2
z1
z4
z3
z2
~b
~c
~d
~a
1Soluc¸a˜o retirada da lista do professor Ricardo Leite da Unisal. Dispon´ıvel em:
https://geanb.files.wordpress.com/2013/09/lista1.pdf
11
~a = z1 − z2
~b = z4 − z1
~c = z3 − z4
~d = z2 − z3
Em um paralelogramo os lados opostos sa˜o iguais e paralelos. Assim, pode-
mos escrever:
~a = −~c⇒ z1 − z2 = z4 − z3 ⇒ z4 = z1 + z3 − z2
~b = −~d⇒ z2 − z3 = z1 − z4 ⇒ z4 = z1 + z3 − z2
39. Prove que o produto de dois nu´meros complexos e´ zero se se somente se
um dos fatores se anula.
Soluc¸a˜o:
(⇒) Dados dois nu´meros complexos z1 = a+bi e z2 = c+di, sendo a, b, c, d ∈
R, temos que:
z1 · z2 = (a+ bi)(c+ di)
= (ac− bd) + (ad+ bc)i
Se z1 · z2 = 0 enta˜o:
(ac− bd) = 0 e tambe´m (ad+ bc) = 0
De (ac− bd) = 0 tiramos que:
a =
bd
c
(i)
E de (ad+ bc) = 0 tiramos
a = −bc
d
(ii)
De (i) e (ii) montamos a seguinte igualdade.
bd
c
= −bc
d
Que implica em:
12
b = 0 ou
d
c
= − c
d
⇒ d2 = −c2
Note no entanto que d2 na˜o pode ser negativo (pois esta´ ao quadrado) de
modo que a u´nica possibilidade e que b seja igual a 0.
Se de (i) e (ii) evidenciarmos b e fizermos uma comparac¸a˜o
ac
d
= −ad
c
Facilmente chegamos a conclusa˜o de que a = 0.
Logo provamos que se z1 · z2 = 0 enta˜o z1 (ou um dos termos) e´ igual a zero.
(⇐) A rec´ıproca e´ simples de ser demostrada, bastando fazer z1 = 0 e depois
z2 = 0, e demonstrar que nos dois casos o produto e´ nulo. Veja:
z1 · z2 = 0 se z1 = 0.
z1 · z2 = 0 se z2 = 0.
40. O teorema fundamental da A´lgebra afirma que todo polinoˆmio com coe-
ficientes complexos possui uma raiz (real ou complexa). Prove, como corola´rio,
que todo polinoˆmio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multiplicidades,
e sendo α1, ..., αn essas ra´ızes, enta˜o P (x) se escreve P (x) = a(x−α1)...(x−αn).
Prove tambe´m que se o polinoˆmio teˆm coeficientes reais, e se α e´ uma raiz com-
plexa, enta˜o α tambe´m e´ raiz.
Soluc¸a˜o:
O que o problema praticamente nos pede e´ a demonstrac¸a˜o de treˆs coisas:
i) todo polinoˆmio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multipli-
cidades;
ii) se α1, · · · , αn sa˜o ra´ızes de P (x) enta˜o escreve-se P (x) = a(x −
α1) · · · (x− αn).
iii) todo polinoˆmio com coeficientes reais tendo α como uma raiz com-
plexa, enta˜o α tambe´m e´ raiz.
As duas primeiras demonstrac¸o˜es podem ser provadas juntas. A terceira sera´
provada separadamente.
Seja P (x) um polinoˆmio de grau n dado por: P (x) = anx
n + · · ·+ a1x+ a0.
Valendo-nos do Teorema Fundamental da A´lgebra, este polinoˆmio tem pelo
menos uma raiz que denominaremos α1. Valendo-nos tambe´m do teorema de
Be´zout2, podemos escrever:
2Teorema de Be´zout ou Teorema do Resto diz o seguinte: O resto da divisa˜o de um
polinoˆmio P (x) pelo binoˆmio (x− a) e´ igual a P (a). E uma das consequeˆncias desse teorema
e´ que se a e´ uma raiz do polinoˆmio P(x), isto e´, se P (a) = 0, enta˜o P (x) = (x− a)Q(x)
13
P (x) = (x− α1) · P1(x)
Onde P1(x) tem grau n− 1 e tambe´m tem uma raiz que denominaremos α2.
Sendo assim,
P1(x) = (x− α2) · P2(x)
Que implica em:
P (x) = (x− α1) · (x− α2) · P2(x)
Procedendo-se assim n vezes, teremos; Pn−1(x) = (x − αn) · Pn(x), onde
Pn(x) e´ um polinoˆmio de grau zero, ou seja, uma constante. Essa constante
sera´ igual a an, pois foi o u´nico termo que restou de P (x). Desta forma podemos
expressar P (x) da seguinte forma:
P (x) = an(x− α1)(x− α2) · · · (x− αn)
Sendo α1, · · · , αn as ra´ızes de P (x).
Observa-se que nenhum outro valor diferente de α1, · · · , αn pode ser raiz do
polinoˆmio, visto que nenhum fator do segundo membro se anula para valores
diferentes destes. Logo, todo polinoˆmio de grau n na˜o pode ter mais do que n
ra´ızes diferentes. E desconsiderando as multiplicidades pode se afirmar que o
polinoˆmio P (x) de grau n possui de fato n ra´ızes.
14
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse
caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por
favor escreva para nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida
correc¸a˜o.
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Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse:
www.number.890m.com
15
1.2 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 11
Nos exerc´ıcios 1 a 12 determine o argumento dos nu´meros complexos dados,
escreva esses nu´meros na forma polar e represente geometricamente.
1. z = −2 + 2i
2. z = 1− i√3
3. z = −√3 + i
4. z =
(
i
1 + i
)5
5. z =
1
−1− i√3
6. z = −1− i
7. z =
−3 + 3i
1 + i
√
3
8. z =
−4√
3− i
9. z = 1 + 2i
10. z = −1 + 3i
11. z = −3− 2i
12. z = 4− i
Soluc¸a˜o de 1:
Note que a representac¸a˜o geome´trica de z forma um triaˆngulo retaˆngulo com
a parte negativa do eixo OX.
2
-2
θ
Representac¸~ao geome´trica.
Cuja hipotenusa e´ igual a 2
√
2:
|z| =
√
(−2)2 + (2)2 = 2
√
2
Pelo triaˆngulo formado sabe-se que:
cos(θ) = − 2
2
√
2
= −
√
2
2
(1)
e tambe´m
sen(θ) =
2
2
√
2
=
√
2
2
(2)
o que de (1) e (2) implica em θ = 135◦ ou
3
4
pi.
Logo a forma polar sera´:
z = |z|(cosθ + i · senθ)
16
z = 2
√
2
(
cos
(
3
4
pi
)
+ i · sen
(
34
pi
))
Soluc¸a˜o de 2:
2. z = 2
(
cos
pi
3
+ i · senpi
3
)
Soluc¸a˜o de 3:
3. z = 2
(
cos
5pi
6
+ i · sen5pi
6
)
Soluc¸a˜o de 4:
4. z =
1
4
√
2
(
cos
5pi
4
+ i · 5pi
4
)
Soluc¸a˜o de 9 :
9. z =
√
5(cosθ + i · senθ), onde θ = arcos(1/√5), 0 < θ < pi/2
Soluc¸a˜o de 12:
12. z =
√
17(cosθ + isenθ), onde θ = arcos(4/
√
17), −pi/2 < θ < 0
Obs:
Devido a simplicidade do exerc´ıcio as demais soluc¸o˜es ficara˜o a cargo do
leitor. Entretanto, o leitor que desejar ter alguns exemplos resolvidos pode
consultar o link:
https://pt.scribd.com/doc/278722022/Exercicios-Resolvidos-Forma-Polar-ou-
Trigonometrica
Nos exerc´ıcios 13 a 18, reduza os nu´meros z1 e z2 a` forma polar e determine
as formas polares de z1z2 e z1/z2. Represente esses quatro nu´meros num gra´fico.
13. z1 =
√
3 + 3i; z2 =
3− i√3
2
14. z1 = 1 + i; z2 =
√
3 + i
15. z1 = 1− i; z2 = −1 + i
√
3
16. z1 = −1− i; z2 = −1− i
√
3
17. z1 = 1 + 2i; z2 = 2 + i
18. z1 = 1− i; z2 = −1 + 2i
Soluc¸a˜o de 13:
Se z1 =
√
3 + 3i enta˜o:
|z1| =
√
(
√
3)2 + 32 = 2
√
3
17
θ1 = arctg
(
3√
3
)
⇒ θ1 = pi
3
rad = 60◦
Sendo assim, sua forma polar trigonome´trica sera´:
z1 = 2
√
3
[
cos
(pi
3
)
+ i · sin
(pi
3
)]
De forma similar se conclui que a forma polar de z2 e´:
z2 =
√
3
[
cos
(
11pi
6
)
+ i · sin
(
11pi
6
)]
De posse da forma polar de z1 e z2 facilmente determina-se o produto ou
divisa˜o de um pelo outro.
z1 · z2 = |z1| · |z2| [cos(θ1 + θ2) + i · sen(θ1 + θ2)]
⇒ z1 · z2 = 2
√
3 · √3
[
cos
(
pi
3
+
11pi
6
)
+ i · sen
(
pi
3
+
11pi
6
)]
⇒ z1 · z2 = 6
[
cos
(
13pi
6
)
+ i · sen
(
13pi
6
)]
como
13pi
6
≡ pi
3
enta˜o:
z1 · z2 = 6
[
cos
(pi
3
)
+ i · sen
(pi
3
)]
e a divisa˜o:
z1
z2
=
|z1|
|z2| [cos (θ1 − θ2) + i · sen (θ1 − θ2)]
⇒ z1
z2
=
2
√
3√
3
[
cos
(
pi
3
− 11pi
6
)
+ i · sen
(
pi
3
− 11pi
6
)]
⇒ z1
z2
= 2
[
cos
(
−3pi
2
)
+ i · sen
(
−3pi
2
)]
como −3pi
2
≡ pi
2
enta˜o:
z1
z2
= 2
[
cos
(pi
2
)
+ i · sen
(pi
2
)]
18
Soluc¸a˜o de 14,...,18:
A cargo do leitor.
19. Prove que se |z1| = |z2| = |z3| = 1 e z1 +z2 +z3 = 0, enta˜o z1, z2 e z3 sa˜o
os ve´rtices de um triangulo equila´tero inscrito no circulo de centro na origem.
Fac¸a um gra´fico.
Soluc¸a˜o3:
Como por hipo´tese |z1| = |z2| = |z3| = 1 enta˜o podemos escrever na forma
polar z1, z2 e z3:
z1 = cosφ+ ı sinφ
z2 = cos(φ+ θ1) + ı sin(φ+ θ1)
z3 = cos(φ+ θ2) + ı sin(φ+ θ2)
sendo z1 + z2 + z3 = 0 temos:
z1 + z2 + z3 = 0
⇒ cosφ+ ı sinφ+ cos(φ+ θ1) + ı sin(φ+ θ1) + cos(φ+ θ2) + ı sin(φ+ θ2) = 0
⇒ [cosφ+ cos(φ+ θ1) + cos(φ+ θ2)]+ı [sinφ+ sin(φ+ θ1) + sin(φ+ θ2)] =
0
3Resolvida pelo usua´rio candre do forum Tutor Brasil em 2014:
http://www.tutorbrasil.com.br/forum/matematica-ensino-superior/numeros-complexos-
t37485.html
19
de onde temos:{
cosφ+ cos(φ+ θ1) + cos(φ+ θ2) = 0
sinφ+ sin(φ+ θ1) + sin(φ+ θ2) = 0
utilizando
sin(α+ β) = sinα cosβ + cosα sinβ
cos(α+ β) = cosα cosβ − sinα sinβ
obtemos:
cos(φ+ θ1) = cosφ cos θ1 − sinφ sin θ1
cos(φ+ θ2) = cosφ cos θ2 − sinφ sin θ2
sin(φ+ θ1) = sinφ cos θ1 + cosφ sin θ1
sin(φ+ θ2) = sinφ cos θ2 + cosφ sin θ2
substituindo no sistema:{
cosφ+ cosφ cos θ1 − sinφ sin θ1 + cosφ cos θ2 − sinφ sin θ2 = 0
sinφ+ sinφ cos θ1 + cosφ sin θ1 + sinφ cos θ2 + cosφ sin θ2 = 0
colocando cosφ e sinφ em evidencia:{
cosφ(1 + cos θ1 + cos θ2)− sinφ(sin θ1 + sin θ2) = 0
cosφ(sin θ1 + sin θ2) + sinφ(1 + cos θ1 + cos θ2) = 0
queremos que a igualdade seja satisfeita independente de φ, enta˜o temos:{
1 + cos θ1 + cos θ2 = 0
sin θ1 + sin θ2 = 0
da segunda obtemos:
sin θ1 = − sin θ2 ⇒ sin θ1 = sin(−θ2)⇒ θ2 = −θ1 ou θ2 = −180− θ1
da primeira opc¸a˜o temos:
1 + cos θ1 + cos(−θ1) = 0
1 + cos θ1 + cos θ1 = 0
2 cos θ1 = −1
cos θ1 = − 12 ⇒ θ1 = 120◦ ou θ1 = 240◦
20
da segunda opc¸a˜o temos:
1 + cos θ1 + cos(−180◦ − θ1) = 0
1 + cos θ1 + cos(180
◦ + θ1) = 0
1 + cos θ1 − cos θ1 = 0
1 = 0
que e um absurdo, portanto na˜o pode ser a segunda, logo esses nu´meros
correspondem a vetores unita´rios defasados a 120◦ um dos outros, como exem-
plificado na figura abaixo:
z2
z3
z1O
α = 120◦
γ = 240◦
β
-1
-0.5
0
0.5
1
0.510-0.5-1
20. Prove que
cos(3θ) = cos3(θ)− 3cos(θ)sen2(θ) e sen(3θ) = −sen3(θ) + 3 · cos2(θ) · sen(θ)
Soluc¸a˜o4:
Pela fo´rmula de De Moivre:
4Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setembro
de 2013
21
(cos(θ) + i · sin(θ))3 = cos(3θ) + i · sin(3θ) (1)
Desenvolvendo o lado esquerdo de 1:
(cos(θ) + i · sin(θ)) · (cos(θ) + i · sin(θ))2 = (cos(θ) + i · sin(θ))(cos(2θ) + i ·
sin(2θ)) (2)
= (cos(θ) · cos(2θ)− sin(θ) · sin(2θ)) + i(sin(θ) · cos(2θ)− cos(θ) · sin(2θ))
(3)
Considerando as relac¸o˜es trigonome´tricas:
cos(2θ) = cos(θ + θ) = cos(θ) · cos(θ) − sin(θ) · sin(θ) = cos2(θ) − sin2(θ)
(4)
sin(2θ) = sin(θ + θ) = sin(θ) · cos(θ)− sin(θ) · cos(θ) = 2sin(θ) · cos(θ) (5)
Substituindo as relac¸o˜es de 4 em 2:
[cos(θ) · (cos2(θ)− sin2(θ))− sin(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))] + i[sin(θ) · (cos2(θ)−
sin2(θ))− cos(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))]
= [cos3(θ)−cos(θ) ·sin2(θ)−2sin2(θ) ·cos(θ)]+ i[sin(θ) ·cos2(θ)−sin3(θ)+
2sin(θ) · cos2(θ)]
= cos3(θ)− 3 · cos(θ) · sin2(θ)] + i[−sin3(θ) + 3 · cos2(θ)sin(θ)]
Igualando a u´ltima expressa˜o com o termo do lado direito da equac¸a˜o de De
Moivre (1):
cos3(θ)− 3 · cos(θ) · sin2(θ)] + i[−sin3(θ) + 3 · cos2(θ) · sin(θ)] = cos(3θ) +
i · sin(3θ)
cos(3θ) = cos3(θ)− 3 · cos(θ) · sin2(θ) Partes reais.
sin(3θ) = −sin3(θ) + 3cos2(θ) · sin(θ) Partes imagina´rias.
21. Obtenha fo´rmulas ana´logas a`s do exerc´ıcio anterior para cos(4θ) e
sen(4θ).
Soluc¸a˜o:
Agindo de modo muito semelhante a questa˜o anterior chegamos ate´:
sin(4θ) = 4 · sin(θ) · cos3(θ)− 4 · sin3(θ)cos(θ)
cos(4θ) = cos4(θ)− 6 · cos2(θ)sin2(θ) + sin4(θ)
22. Prove, de um modo geral, que
22
cos(nθ) = cosn(θ)− n(n− 1)
2
cosn−2θ · sen2(θ) + · · ·
= P (cos(θ), sen(θ))
sen(nθ) = n · cosn−1(θ) · sen(θ)− n(n− 1)(n− 2)
6
cosn−3sen3(θ) + · · ·
= Q(cosθ, senθ),
onde P e Q sa˜o polinoˆmios convenientes homogeˆneos de grau n nas duas
varia´veis cos(θ) e sen(θ).
Soluc¸a˜o:
Veja a questa˜o anterior.
23
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse
caso voceˆ pode:
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24
1.3 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 15
1. Mostre que
∣∣∣∣ 2 + i2− i√3
∣∣∣∣2 = 57 e (
√
3 + 1)(1− 3i)√
5
= 2
√
2
Soluc¸a˜o:
Primeiro vamos escrever
2 + i
2− i√3 na forma a+ bi.
2 + i
2− i√3 ·
2 + i
√
3
2 + i
√
3
=
4−√3
7
+
2(
√
3 + 1)
7
i
Agora calculamos o mo´dulo
∣∣∣∣4−√37 + 2(
√
3 + 1)
7
i
∣∣∣∣ =
√√√√(4−√3
7
)2
+
(
2(
√
3 + 1)
7
)2
=
√
5
7
Mas, como queremos o quadrado do mo´dulo enta˜o a resposta em
5
7
.
A prova da segunda igualdade e´ similar e, portanto, fica a cargo do leitor.
2. Demonstre, por induc¸a˜o, a desigualdade seguinte e interprete o resultado
graficamente.
|z1 + z2 + ...+ Zn||z1|+ |z2|+ ...+ |zn|
Soluc¸a˜o5:
Para provar por induc¸a˜o temos que considerar um caso base n = 2.
|z1 + z2| =
√
(z1 + z2)(z1 + z2)=
√
(z1 + z2)(z1 + z2)
=
√
z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2
=
√|z1|2 + |z2|2 + |z1|eiθ1 |z2|e−iθ2 + |z1|e−iθ1 |z2|eiθ2
=
√
|z1|2 + |z2|2 + |z1||z2|
(
ei(θ1−θ2) + ei(θ2−θ1)
)
=
√|z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2|cos(θ1 − θ2)
≤√|z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2|
5Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setembro
de 2013
25
=
√
(|z1|+ |z2|)2
= |z1|+ |z2|
Em seguida, consideramos que a desigualdade e´ va´lida para um certo n e
devemos provar que tambe´m vale para n′ = n+ 1:∣∣∣∣ n+1∑
k=1
zk
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ n∑
k=1
zk + zn+1
∣∣∣∣
Fazemos zj =
n∑
k=1
zk um nu´mero complexo como qualquer outro:
|zk + zn+1|
≤ |zj |+ |zn+1|
=
∣∣∣∣ n∑
k=1
zk
∣∣∣∣+ |zn+1|
≤
n∑
k=1
|zk|+ |zn+1|
n+1∑
k=1
|zk|
3. Supondo ser |z2| > |z3| prove que
∣∣∣∣ z1z2 + z3
∣∣∣∣ ≤ |z1||z2 − |z3|| .
Obs.: O enunciado dessa questa˜o esta´ incompleto. Isso ocorre pois o pdf que
estou usando na˜o possui algumas questo˜es de forma leg´ıvel. Entretanto, caso
tenha essa questa˜o e me deseja envia-la por email (nibblediego@gmail.com) ela
podera´ ser inclu´ıda na pro´xima atualizac¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
z2 ≤ |z2 + z3 − z3| ≤ |(z2 + z3) + (−z3)| ≤ |z2 + z3|+ |z3|
⇒ z2 ≤ |z2 + z3|+ |z3|
⇒ z2 − |z3| ≤ |z2 + z3|
⇒ |z2 − |z3|| ≤ |z2 + z3|
⇒ 1|z2 + z3| ≤
1
|z2 − |z3||
26
⇒ |z1||z2 + z3| ≤
|z1|
|z2 − |z3||
Como se queria demonstrar.
4. Prove que |z| ≤ |x|+ |y| ≤ √2|z|, onde z = x+ iy
Soluc¸a˜o:
Primeiro vamos provar a o lado esquerdo da desigualdade, ou seja:
|z| ≤ |x|+ |y|
Note que 0 ≤ x2y2 para todo x e y ∈ R e´ dessa desigualdade que vamos
partir.
0 ≤ x2y2
⇒ 0 ≤
√
x2y2
⇒ 0 ≤ 2
√
x2y2
Somando x2 + y2 em ambos os termos
x2 + y2 ≤ x2 + 2
√
x2y2 + y2
Como x2 + 2
√
x2y2 + y2 = (
√
x2 +
√
y2)2 enta˜o:
x2 + y2 ≤ (
√
x2 +
√
y2)2
⇒
√
x2 + y2 ≤
√
(
√
x2 +
√
y2)2
⇒
√
x2 + y2 ≤
√
x2 +
√
y2
⇒ |z| ≤ |x|+ |y|
Similarmente se mostra a segunda parte da desigualdade, isto e´:
|x|+ |y| ≤
√
2|z|
veja:
(x2 − y2)2 ≥ 0
⇒ x4 − 2x2y2 + y4 ≥ 0
⇒ x4 + y4 ≥ 2x2y2
Somando 2x2y2 a ambos os termos
27
⇒ x4 + y4 + 2x2y2 ≥ 2x2y2 + 2x2y2
⇒ x4 + y4 + 2x2y2 ≥ 4x2y2
⇒ (x2 + y2)2 ≥ 4x2y2
Tirando a raiz de ambos os termos
⇒√(x2 + y2)2 ≥√4x2y2
⇒ x2 + y2 ≥ 2
√
x2y2
Somando x2 + y2 em ambos os termos
x2 + x2 + y2 + y2 ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
⇒ 2x2 + 2y2 ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
⇒ 2(x2 + y2) ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
Como 2(x2 + y2) e´ igual a (
√
2 ·
√
x2 + y2)2 e x2 + 2
√
x2y2 + y2 e´ igual a
(
√
x2 +
√
y2)2 enta˜o:
2(x2 + y2) ≥ x2 + 2
√
x2y2 + y2
⇒ (√2 ·
√
x2 + y2)2 ≥ (
√
x2 +
√
y2)2
⇒ (√2 · |z|)2 ≥ (|x|+ |y|)2
tirando a raiz de ambos os termos√
(
√
2 · |z|)2 ≥√(|x|+ |y|)2
⇒ √2 · |z| ≥ |x|+ |y|
Se
√
2 · |z| ≥ |x|+ |y| e |z| ≤ |x|+ |y| enta˜o:
|z| ≤ |x|+ |y| ≤
√
2|z|
como se queria mostrar.
5. Prove que |z1|−|z2| ≤ |z1−z2| quaisquer que sejam os nu´meros complexos
z1 e z2.
Soluc¸a˜o:
Fazendo zn = xn + iyn enta˜o:
28
|z1| − |z2| ≥ |z1 − z2|
⇒√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 ≥√x21 + y21 +√x22 + y22
fazendo o quadrado de ambos os lados
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 ≥ x21 + y21 + x22 + y22 − 2
√
(x21 + y
2
1)(x
2
2 + y
2
2)
⇒ −2x1x2 − 2y1y2 ≥ −2
√
(x21 + y
2
1)(x
2
2 + y
2
2)
multiplicando ambos os lados por −1/2
x1x2 + y1y2 ≤
√
(x21 + y
2
1)(x
2
2 + y
2
2)
e fazendo o quadrado de ambos os lados novamente
2x1 · x2 · y1 · y2 ≤ (x21 · y22) + (y21 · x22)
⇒ 0 ≤ (y1x2 − x1y1)2
o que e´ verdadeiro para todo x1, x2, y1 e y2 ∈ R.
6. Prove que, se vale a desigualdade do exerc´ıcio anterior, enta˜o |z1 ± z2| ≤
|z1| + |z2|. Quaisquer que sejam os nu´meros z1 e z2, isto e´, a desigualdade do
triangulo (1.1) e´ equivalente a (1.2) ou (1.3).
Soluc¸a˜o:
Na questa˜o anterior provamos que |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2| implica em
0 ≤ (y1x2 − x1y2)2
Assim, para provar que |z1 ± z2| ≤ |z1|+ |z2| basta mostrar que |z1 + z2| ≤
|z1|+ |z2| e |z1 − z2| ≤ |z1|+ |z2| tambe´m implicam em:
0 ≤ (y1x2 − x1y2)2
Primeira prova.
|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
⇒√(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤√x21 + y21 +√x22 + y22
⇒ (x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤
(√
x21 + y
2
1 +
√
x22 + y
2
2
)2
⇒ (x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤ x21 + y21 + 2
(√
x21 + y
2
1 ·
√
x22 + y
2
2
)
+ x22 + y
2
2
simplificando
29
⇒ 2x1x2 + 2y1y2 ≤ 2
(√
(x21 + y
2
1)(x
2
2 + y
2
2)
)
⇒ x1x2 + y1y2 ≤
√
(x21 + y
2
1)(x
2
2 + y
2
2)
⇒ (x1x2 + y1y2)2 ≤ (x21 + y21)(x22 + y22)
⇒ (x1x2)2 + 2(x1x2 · y1y2) + (y1y2)2 ≤ (x1x2)2 + (x1y2)2 + (y1x2)2 + (y1y2)2
simplificando novamente
⇒ 2(x1x2 · y1y2) ≤ (x1y2)2 + (y1x2)2
⇒ 0 ≤ (x1y2)2 − 2(x1x2 · y1y2) + (y1x2)2
⇒ 0 ≤ 0 ≤ (y1x2 − x1y2)2
Como quer´ıamos demonstrar.
A segunda parte da demonstrac¸a˜o e´ similar e fica a cargo do leitor.
7. Sendo z 6= 0, mostre que Re z = |z| se e somente se z > 0.
Soluc¸a˜o:
(⇒) Se z = x+ yi enta˜o |z| =
√
x2 + y2. Como Re z = |z| enta˜o:
x =
√
x2 + y2
⇒ y = 0 e x > 0
Provando a primeira parte.
(⇐) Se z > 0 enta˜o z e´ um nu´mero real puro de modo que o fato de que Re
z = |z|.
8. Utilize o resultado anterior com z = z1z2 para provar que, sendo z1 6= 0
e z2 6= 0 enta˜o a igualdade vale em (1.1) se e somente se arg(z1) = arg(z2), a
menos de um mu´ltiplo inteiro de 2pi. Interprete este resultado geometricamente.
Soluc¸a˜o:
Sem resposta ate´ o momento.
30
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse
caso voceˆ pode:
• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
• ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por
favor escreva para nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida
correc¸a˜o.
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Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse:
www.number.890m.com
31
1.4 EXERCI´CIOS DA PA´GINA 19
1. Calcule as ra´ızes dos nu´meros complexos dados nos Exerc´ıcios 1 a 8 e fac¸a
a representac¸a˜o gra´fica correspondente.
1. 3
√−1
2. (1 + i
√
3)1/2
3.
√
2i
4.
√−2i
5. 5
√
i
6. Sem enunciado.
7. (−1 + i√3)1/4
8. (−1− i√3)3/2
Soluc¸a˜o de 1:
Antes de iniciar a resoluc¸a˜o pec¸o ao leitor que tenha acesso a co´pia f´ısica
do livro que, se poss´ıvel, envie-me o enunciado da questa˜o 6 da pa´gina 19 ou
mesmo os enunciados das questo˜es que faltam. Essa seria uma boa forma de
agradecer por este pdf que esta´ sendo escrito e colocado de grac¸a para voceˆ.
Vamos agora a questa˜o.
Como mostrado na pro´xima imagem o argumento de −1 e´ igual a 180.
180◦
z
Re
Im
Usando a fo´rmula de Moivre:
3
√−1
[
cos
(
180◦ + 2kpi
3
)
+ i · sen
(
180◦ + 2kpi
3
)]
para k = 0, 1 e 2.
Para k = 0 teremos:
3
√−1 = cos (60◦) + i · sen (60◦) = 1
2
+
√
3
2
=
1 +
√
3
2
Para k = 1 teremos:
3
√−1 = cos (180) + i · sen (180) = −1 + 0 = −1
32
Para k = 2 teremos:
3
√−1 = cos (300◦) + i · sen (300◦) = 1
2
−
√
3
2
=
1−√3
2
Assim, as ra´ızes sa˜o −1 e 1±
√
3i
2
.
Soluc¸a˜o de 2 a´ 11:
O processo de resoluc¸a˜o dessas questo˜es e´ exatamente o mesmo da questa˜o
anterior de modo que sera´ deixado a cargo do leitor.
12. Decomponha o polinoˆmio P (x) = x4 + 1 em fatores do 2◦ grau com
coeficientes reais.
Soluc¸a˜o de 1:
Existe pelo menos duas formas de chegar a soluc¸a˜o desse problema. A
primeira e´ apresentada na pa´gina 20 do livro mesmo que de forma extrema-
mente tosca por parte do autor6. A segunda sera´ apresentada ao leitor agora e
se trata de determinar a fatorac¸a˜o de x4 + y4, que e´ uma expressa˜o bem trivial
a estudantes do ensino me´dio. Deduzir essa expressa˜o nos sera´ bem mais u´til,
poistratara um caso geral.
Tomando x4 + y4 adicionamos alguns termos para completar o trinoˆmio
quadrado perfeito:
x4 + y4 + 2x2y2 − 2x2y2
Reorganizamos e fatoramos o trinoˆmio
(x4 + 2x2y2 + y4)− 2x2y2
Observe agora que, entre os pareˆnteses, temos uma diferenc¸a de dois quadra-
dos, sendo assim
(x4 + 2x2y2 + y4)− 2x2y2 = (x2 + y2)2 − 2x2y2
Fatorando temos
(x2 + y2 +
√
2xy)(x2 + y2 −√2xy)
Fazendo agora y = 1 enta˜o:
6Note que em nenhum momento o autor explica de onde retirou o valor de w e isso na˜o e´
ta˜o impl´ıcito. Tambe´m na˜o ha´ aqui nenhum exemplo anterior ao exerc´ıcio que nos deˆ, mesmo
que intuitivamente, a noc¸a˜o da substituic¸a˜o.
33
x4 + (1)4 = (x2 + 12 +
√
2x · 1)(x2 + 12 −√2x · 1)
⇒ x4 + 1 = (x2 + 1 +√2x)(x2 + 1−√2x)
Finalizando o problema.
13. Fac¸a o mesmo com o polinoˆmio P (x) = x4 + 9.
Soluc¸a˜o:
No exerc´ıcio 12 chegamos a identidade de x4 + y4 = (x2 + y2 +
√
2xy)(x2 +
y2 −√2xy). Como x4 pode ser escrito como (x2)2 e 9 como ( 4√9)4, enta˜o:
x4 + 9 = (x2)2 + ( 4
√
9)4
= (x2 + ( 4
√
9)2 +
√
2x 4
√
9) · (x2 + ( 4√9)2 −√2x 4√9)
Como 4
√
9 =
√
3 enta˜o tambe´m poder´ıamos escrever:
x4 + 9 = (x2 + (
√
3)2 +
√
2x
√
3) · (x2 + (√3)2 −√2x√3)
⇒ x4 + 9 = (x2 + 3 +√2x√3) · (x2 + 3−√2x√3)
Nos Exercs. 14 a 21, decomponha cada polinoˆmio dado em um produto de
fatores do 1◦ grau.
14. P (z) = z6 − 64
15. P (z) = z6 + 64
16. P (z) = 3z2 − i
17. P (z) = 5z3 + 8
18. P (z) = z2 − 2z + 2
19. P (z) = 2z2 − z + 1
20. P (z) = z2 − (1 + i)z + 5i
21. P (z) = z4 − (1− i)z2 − i
Soluc¸a˜o de 14:
z6 − 64 = (z3)2 − 82 = ((z3)2 + 82 + 8√2z3)((z3)2 + 82 − 8√2z3)
Soluc¸a˜o de 15:
Veja questa˜o 17.
Soluc¸a˜o de 16:
3z2 − i = (√3z)2 −√−1
34
= (
√
3z)2 − (
√√−1)2
como x2 − y2 = (x+ y)(x− y) enta˜o:
(
√
3z)2 − (
√√−1)2 = (√3z +√√−1)(√3z −√√−1)
Como
√√−1 = √i enta˜o tambe´m podemos escrever:
(
√
3z)2 − (
√√−1)2 = (√3z +√i)(√3z −√i)
Soluc¸a˜o de 17:
5z3 + 8 = ( 3
√
5)3z3 + ( 3
√
8)3
= ( 3
√
5z)3 + ( 3
√
8)3
Usando a identidade x3 + y3 = (x+ y)(x2 − xy + y2) chegamos a´:
( 3
√
5z)3 + ( 3
√
8)3 = (( 3
√
5z) + ( 3
√
8)) · (( 3√5z)2 − ( 3√5z)( 3√8) + ( 3√8)2)
Soluc¸a˜o de 18:
Usando Bhaskara descobrimos que P (z) = 0 para z = 1 + i e 1 − i. Sendo
assim, P (z) e´ divis´ıvel tanto por x − (1 + i) como x − (1 − i) 7 Realizando a
divisa˜o polinoˆmial chegamos a soluc¸a˜o:
z2 − 2z + 2 = (x− 1− i)(x+ 1− i)
Soluc¸a˜o de 19:
Veja questa˜o 18.
Soluc¸a˜o de 208
Resolvendo a equac¸a˜o P (z) pelo me´todo de Bhaskara chega-se a´:
z =
−(−(1 + i)) +√−18i
2
Usando a fo´rmula de Moivre teremos que:
7Veja teorema da divisa˜o polinomial no livro to´picos da Matema´tica Elementar volume 1.
8Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite da Unisal em Setembro de 2013.):
35
√−18i = ±√18
[
cos
(
3pi/2
2
)
+ i · sen
(
3pi/2
2
)]
= ±3√2
(
−√2
2
+ i
√
2
2
)
= {−3 + 3i, 3− 3i}
sendo assim, as ra´ızes de P (z) sera˜o:
zo =
1 + i− 3 + 3i
2
=
−2 + 4i
2
= −1 + 2i
z1 =
1 + i+ 3− 3i
2
=
4− 2i
2
= 2− i
Assim, o polinoˆmio P (z) pode ser escrito como:
P (z) = A · (z − zo)(z − z1)
= 1(z − (−1 + 2i))(z − (2− i))
= (1− 2i)(−2 + i)
Para tirar a prova que essa e´ realmente a resposta procurada, faze-
mos a multiplicac¸a˜o:
P (z) = z2 − 2z + iz + z − 2 + i− 2zi+ 4zi− 2t2
= z2 + (−2 + i+ 1− 2i)z + (−2 + i+ 4i− 2i2)
= z2 − (1 + i)z + 5i
Veja questa˜o 21.
Veja a questa˜o 20.
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