DocGo.Net Variáveis Complexas Geraldo Ávila

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Livro: Varia´veis Complexas e Aplica c¸o˜es - LTC
(Geraldo A´vila)
nibblediego@gmail.com.br
Resolvido por Diego Oliveira e compilado dia 25/04/2017
Soluciona´rio (em constru c¸a˜o) da 3 a edic¸a˜o do
livro de Varia´veis Complexas e aplica c¸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 solu¸ co˜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, n˜ao 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 P A´GINA 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
 
1 Nu´meros Complexos
1.1 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 7
Reduza a forma a + bi cada uma das express o˜es dadas nos Exerc´ıcios: 1 a11.
1. (3 + 5 i) + (−2 + i)
2. (−3 + 4i) − (1 − 2i)
3. (
√ 
3 + 2i) − i[2 − i(
√ 
3 − 4)]
4. (3 − 5i)(−2 − 4i)
5.

1 + i3

·

−65 + 3i

6. 3i −
1
3 +
 i
2

7. 7 − 2i

2 − 2i5

8. (2 + 3 i)2
9. (4 − 2i)2
10. (1 + i)3
11. 1 + 2i + 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5
Soluc¸˜ ao de 1:
(3 + 5i) + (−2 + i)
= (3 + (
−
2)) + (5i + i)
= 1 + 6 i
Soluc¸˜ ao de 2:
(−3 + 4i) − (1 − 2i)
= (−3 + 4i) + (−1 + 2i)
= (−3 + (−1)) + (4i + 2i)
= −4 + 6i
Soluc¸˜ ao 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¸˜ ao de 4:
(3 − 5i)(−2 − 4i)
= 3(−2) + 3(−4i) − 5(−2) + 5(4i)
= −6 − 12i + 10 + 20i
= (−6 + 10) + (20i − 12i)
= 4 + 8 i
2
 
Soluc¸˜ ao de 5:

1 + i3

·

−65 + 3i

= 1

−65

+ 1(3i) + i3

−65

+ i3 (3i)
= −65 + 3i − 3i5 + i2
= −65 + 3i −
 3i
5 − 1
=

−65 − 1

+

3i − 3i5

= −115 +
 12i
5
Soluc¸˜ ao de 6:
3i −
1
3 +
 i
2

= −13 +

3i − i2

= −13 +

6 i2 −
 i
2

=
−
1
3
 + 5 i
2
Soluc¸˜ ao de 7:
7 − 2i

2 − 2i5

= 7 −

4i − 4i
2
5

= 7 −

4i − 4(−1)5

= 7 −

4i + 45

=

7 − 45

− 4i
=
31
5

− 4i
Soluc¸˜ ao de 8:
(2 + 3i)2
= (2 + 3 i) · (2 + 3i)
= 2(2) + 2(3 i) + 3i(2) + 3i(3i)
= 4 + 6 i + 6i + 9i2
= 4 + 6 i + 6i + 9(−1)
= 4 + 6 i + 6i − 9
= (4 − 9) + (6i + 6i)
3
 
= −5 + 12i
Soluc¸˜ ao de 9:
Ana´loga a anterior
Soluc¸˜ ao 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 + 2 i + (−1))(1 + i)
= (1 + 2 i − 1)(1 + i)
= 2i(1 + i)
= 2i(1) + 2i(i)
= 2i + 2i2
= 2i + 2(−1)
= −2 + 2i
Soluc¸˜ ao de 11:
1 + 2i + 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5
= 1 + 2 i + 3(−1) + 4(−i) + 5(i2)2 − 6(i2)2 · i
= 1 + 2 i − 3 − 4i + 5(−1)2 − 6(−1)2 · i
= 1 + 2 i − 3 − 4i + 5 − 6i
= (1 − 3 + 5) + (2 i − 4i − 6i)= 3 + ( −8i)
= 3 − 8i
12. Mostre que
N 

n=0
in = 1; = −i, i ou zero, conforme o resto da divis˜ao de
N por 4 seja 0, 1, 2 ou 3, respectivamente.
Soluc¸˜ ao:
Para entender a resoluc¸a˜o desse problema vamos partir de uma soluc¸a˜o par-
ticular. Supondo N = 8 ent a˜o, por hip o´tese, o resultado do somat o´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 i4 p+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 somat o´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 i
1 + n − 14 i
2 + n − 14 i
3 + n − 14 i
4

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 m u´ltiplo de 4.
De forma similar se demonstra as demais afirma¸ co˜es.
5
 
13. Mostre que ( x + iy)2 = x2 − y2 + 2ixy
Soluc¸˜ ao:
(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¸˜ ao:
(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¸˜ ao:
(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) + y 2(y2) + y 2(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¸˜ ao:
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 n´ umeros naturais. Assim, pode
parecer estranho, mas essa questa˜o pode ser resolvida por indu¸ca˜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 express o˜es dadas nos exerc´ıcios 17 a
27.
17. 12 + 3i
18. 14 − 3i
19. 1 − i3 − 2i
20. 3 − i2i − 1
21. 1 − i1 + i
22. 1 − i1 − i
23. 4 − 3ii − 1
24. 1 − i√ 
2 − i
25. 1(1 + i)2
26.
1 + i
1 − i
30
27.
(1 − i)
√ 
3 + 2i

Soluc¸˜ ao de 17:
1
2 + 3i ·
 2 − 3i
2 − 3i =
 2 − 3i
13 =
 2
13 −
 3
13 i
Soluc¸˜ ao de 18:
1
4 − 3i ·
 4 + 3i
4 + 3i =
 4 + 3i
25 =
 4
25 +
 3
25 i
7
 
Soluc¸˜ ao de 19:
1 − i
3 − 2i ·
 3 + 2i
3 + 2i =
 5 − i
13
Soluc¸˜ ao de 20:
3
−
i
2i − 1 =
 i
−
3
1 − 2i
i − 3
1 − 2i ·
 1 + 2i
1 + 2i =
 −9i
5 −
 3
5
Soluc¸˜ ao de 21:
Similar a de´cima se´tima.
Soluc¸˜ ao de 22:
Similar a de´cima nona.
Soluc¸˜ ao de 23:
Ana´loga as anteriores.
Soluc¸˜ ao de 24:
Ana´loga as anteriores.
Soluc¸˜ ao de 25:
1
(1 + i)2 =
 1
2i
= 12i ·
 0 − 2i
0 − 2i =
 −2i
−4i2
= −2i4 = 0 −
 1
2 i
Soluc¸˜ ao 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
= −18
 
Soluc¸˜ ao 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 + 4 i; 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 + 2 i; z2 = 2 − i
32. z1 = 3 − i; z2 = 3 − i/2
Soluc¸˜ ao de 27 a 32:
A soluc¸a˜o ficara´ a cargo do leitor. Caso o mesmo tenha difi culdade pode
consultar um livro qualquer do 1 ◦ ano do ensino me´dio.
33. Infelizmente o pdf que util izo n a˜o possui essa quest˜ao, e v a´rias out-
ras, de forma leg ı´vel. Assim, se o leitor puder me envia-la ficaria muito grato
(nibblediego@gmail.com).
34. Mostre que 1 − i
√ 
2√ 
2 + i
= −i
Soluc¸˜ ao:
1 − i
√ 
2√ 
2 + i
·
√ 
2 − i√ 
2 − i
= −i
35. Mostre que I m

(1 − i
√ 
3)2
i − 2

= 2(1 + 2
√ 
3)
5
Soluc¸˜ ao:
A cargo do leitor.
36. Mostre que 1 + i · tg(θ)1 − i · tg(θ) = cos(2θ) + isen(2θ)
9
 
Soluc¸˜ ao:
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) −
 sen2(θ)
cos2(θ)
1 + sen
2(θ)
cos2(θ)
Multiplicando denominador e numerador da func¸a˜o por cos 2(θ) teremos:
= cos
2(θ) + 2i · sen(θ)cos(θ) − sen2(θ)
cos2(θ) + sen2(θ) = (cos
2(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 n u´meros complexos α e β , prove que
|α + β |2 + |α − β |2 = 2|α|2 + 2|β |2
Fac¸a um gr a´fico e obtenha a seguinte interpreta¸ca˜o geome´trica: a soma dos
quadrados dos lados de um paralelogramo e´ igual a soma dos quadrados das
diagonais.
Soluc¸˜ ao:
Para entender o problema veja a imagem a seguir.
x
y
β 
α
−β 
θ180
◦
θ2
Sabe se que ( α + β )2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(θ)
e tambe´m que (α − β )2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(θ2)
10
 
entretanto θ2 = 180◦ − θ enta˜o:
(α − β )2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(180◦ − θ)
sendo assim
|α+β |2+|α−β |2 =

α2 + β 2 + 2αβ · cos(θ)

+

α2 + β 2 + 2αβ · cos(180◦ − θ)

⇒ |α + β |2 + |α − β |2 = 2α2 + 2β 2 + 2αβ (cos(θ) + cos(180◦ − θ))
como cos(180◦ − θ) = −cos(θ) enta˜o:
|α + β |2 + |α − β |2 = 2α2 + 2β 2 + 2αβ (cos(θ) − cos(θ))
⇒ |α + β |2 + |α − β |2 = 2α2 + 2β 2
C.Q.D.
Obs: Esse exerc´ıcio foi resolvido considerando o desenho logo no in´ıcio,
entretanto a mesma l o´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 gr a´fico.
Soluc¸˜ ao1:
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 s˜ao 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 n´umeros complexos e´ zero se se somente se
um dos fatores se anula.
Soluc¸˜ ao:
(⇒) Dados dois n u´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 ent a˜o:
(ac − bd) = 0 e tambe´m (ad + bc) = 0
De (ac − bd) = 0 tiramos que:
a = bdc (i)
E de ( ad + bc) = 0 tiramos
a = −bcd (ii)
De (i) e (ii) montamos a seguinte igualdade.
bd
c = −
bc
d
Que implica em:
12
 
b = 0 ou dc = −
c
d ⇒ d
2 = −c2
Note no entanto que d2 na˜o pode ser negativo (pois est a´ 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 compara c¸a˜o
ac
d = −
ad
c
Facilmente chegamos a conclusa˜o de que a = 0.
Logo provamos que se z1 · z2 = 0 ent a˜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 polin oˆmio com coe-
ficientes complexos possui uma raiz (real ou complexa). Prove, como corol a´rio,
que todo polin oˆmio P (x) de grau n possui n raı´zes, contadas as multiplicidades,
e sendo α1,...,α n essas raı´zes, 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¸˜ ao:
O que o problema praticamente nos pede e´ a demonstrac¸a˜o de treˆs coisas:
i) todo polin oˆmio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multipli-
cidades;
ii) se α1, · · · , αn sa˜o ra´ızes de P (x) ent a˜o escreve-se P (x) = a(x −
α1) · · · (x − αn).
iii) todo polin oˆmio 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 polin oˆmio de grau n dado por: P (x) = anxn + · · · + a1x + a0.
Valendo-nos do Teorema Fundamental da A´lgebra, este polin oˆmio tem pelo
menos uma raiz que denominaremos α1. Valendo-nos tambe´m do teorema de
Be´zout2, podemos escrever:
2Teorema de B e´zout ou Teorema do Resto diz o seguinte: O resto da divis a˜o de um
polinoˆmio P (x) pelo bin oˆmio (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, ent a˜o P (x) = (x − a)Q(x)
13
 
P (x) = (x − α1) · P 1(x)
Onde P 1(x) tem grau n − 1 e tambe´m tem uma raiz que denominaremos α2.
Sendo assim,
P 1(x) = (x − α2) · P 2(x)
Que implica em:
P (x) = (x − α1) · (x − α2) · P 2(x)
Procedendo-se assim n vezes, teremos; P n−1(x) = (x − αn) · P n(x), onde
P n(x) e´ um polinoˆmio de grau zero , ou seja, uma consta nte. 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 raı´zes de P (x).
Observa-se que nenhum outro valor diferente de α1, · · · , αn pode ser raiz dopolinoˆmio, visto que nenhum fator do segundo membro se anula para valores
diferentes destes. Logo, todo polin oˆmio 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 sair a´ a pr o´xima atualiza c¸a˜o desse docume nto? 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 matem a´tica acesse:
www.number.890m.com
15
 
1.2 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 11
Nos exercı´cios 1 a 12 determine o argumento dos nu´meros complexos dados,
escreva esses nu´meros na forma polar e represente geometricamente.
1. z = −2 + 2i2. z = 1 − i√ 3
3. z = −
√ 
3 + i
4. z =
 i1 + 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¸˜ ao 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 34 π.
Logo a forma polar ser a´:
z = |z|(cosθ + i · senθ)
16
 
z = 2
√ 
2

cos
3
4 π

+ i · sen
3
4 π

Soluc¸˜ ao de 2:
2. z = 2cos
π
3 + i · sen
π
3
Soluc¸˜ ao de 3:
3. z = 2

cos 5π6 + i · sen
5π
6

Soluc¸˜ ao de 4:
4. z = 1
4
√ 
2

cos 5π4 + i ·
 5π
4

Soluc¸˜ ao de 9 :
9. z =
√ 
5(cosθ + i · senθ), onde θ = arcos(1/√ 5), 0 < θ < π/ 2
Soluc¸˜ ao de 12:
12. z =
√ 
17(cosθ + isenθ), onde θ = arcos(4/
√ 
17),
 −
π/2 < θ < 0
Obs:
Devido a simplicidade do exerc´ıcio as demais soluc¸o˜es ficar a˜o a cargo do
leitor. Entretanto, o leitor que desejar ter algun s 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 + 2 i; z2 = 2 + i
18. z1 = 1 − i; z2 = −1 + 2i
Soluc¸˜ ao de 13:
Se z1 =
√ 
3 + 3i enta˜o:
|z1| =
 
(
√ 
3)2 + 32 = 2
√ 
3
17
 
θ1 = arctg
 3√ 
3

⇒ θ1 =
 π
3 rad = 60
◦
Sendo assim, sua forma polar trigonome´trica sera´:
z1 = 2
√ 
3

cos
π
3

+ i · sin
π
3

De forma similar se conclui que a forma polar de z2 e´:
z2 =
√ 
3

cos
11π
6

+ i · sin
11π
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
π
3 +
 11π
6

+ i · sen
π
3 +
 11π
6

⇒ z1 · z2 = 6

cos
13π
6

+ i · sen
13π
6

como 13π6 ≡
 π
3 enta˜o:
z1 · z2 = 6 cos
π
3
 + i · sen
π
3

e a divis a˜o:
z1
z2
= |z1||z2|
[cos (θ1 − θ2) + i · sen (θ1 − θ2)]
⇒ z1z2
= 2
√ 
3√ 
3

cos
π
3 −
 11π
6

+ i · sen
π
3 −
 11π
6

⇒ z1z2
= 2

cos

−3π2

+ i · sen

−3π2

como −3π2 ≡
 π
2 enta˜o:
z1
z2
= 2

cos
π
2

+ i · sen
π
2

18
 
Soluc¸˜ ao de 14,...,18:
A cargo do leitor.
19. Prove que se |z1| = |z2| = |z3| = 1 e z1 + z2 + z3 = 0, ent a˜o z1, z2 e z3 sa˜oos ve´rtices de um triangulo equila´tero inscrito no circulo de centro na srcem.
Fac¸a um gr a´fico.
Soluc¸˜ ao3:
Como por hip o´tese |z1| = |z2| = |z3| = 1 ent a˜o podemos escrever na forma
polar z1, z2 e z3:
z1 = cos φ + ı sin φ
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
⇒ cos φ + ı sin φ + cos(φ + θ1) + ı sin(φ + θ1)+cos( φ + θ2) + ı sin(φ + θ2) = 0
⇒ [cos φ + cos(φ + θ1) + cos(φ + θ2)]+ ı [sin φ + sin(φ + θ1) + sin(φ + θ2)] =
0
3Resolvida pelo usu a´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:

cos φ + cos(φ + θ1) + cos(φ + θ2) = 0
sin φ + sin(φ + θ1) + sin(φ + θ2) = 0
utilizando
sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β 
cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β 
obtemos:
cos(φ + θ1) = cos φ cos θ1 − sin φ sin θ1
cos(φ + θ2) = cos φ cos θ2 − sin φ sin θ2
sin(φ + θ1) = sin φ cos θ1 + cos φ sin θ1
sin(φ + θ2) = sin φ cos θ2 + cos φ sin θ2
substituindo no sistema:

cos φ + cos φ cos θ1 − sin φ sin θ1 + cos φ cos θ2 − sin φ sin θ2 = 0
sin φ + sin φ cos θ1 + cos φ sin θ1 + sin φ cos θ2 + cos φ sin θ2 = 0
colocando cos φ e sin φ em evidencia:

cos φ(1 + cos θ1 + cos θ2) − sin φ(sin θ1 + sin θ2) = 0
cos φ(sin θ1 + sin θ2) + sin φ(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 op c¸a˜o temos:
1 + cos θ1 + cos(−θ1) = 0
1 + cos θ1 + cos θ1 = 0
2cos θ1 = −1
cos θ1 = − 12 ⇒ θ1 = 120◦ ou θ1 = 240◦
20
 
da segunda op c¸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 n˜ ao pode ser a segunda, logo esses n´ umeros
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¸˜ ao4:
Pela fo´rmula de De Moivre:
4Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setem bro
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 equa¸ca˜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 f o´rmulas ana´logas a`s do exerc´ıcio anterior para cos(4θ) e
sen(4θ).
Soluc¸˜ ao:
Agindo de modo muito semelhante a quest˜ao 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 cos
n−2θ · sen2(θ) + · · ·
= P (cos(θ),sen (θ))
sen(nθ) = n · cosn−1(θ) · sen(θ) − n(n − 1)(n − 2)6 cos
n−3sen3(θ) + · · ·
= Q(cosθ, senθ),
onde P e Q s˜ ao polin oˆmios convenientes homogeˆneos de grau n nas duas
varia´veis cos(θ) e sen( θ).
Soluc¸˜ ao:
Veja a questa˜o anterior.
23
 
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24
 
1.3 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 15
1. Mostre que




2 + i
2 − i
√ 
3




2
= 57 e
 (
√ 
3 + 1)(1 − 3i)√ 
5
= 2
√ 
2
Soluc¸˜ ao:
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 m o´dulo




4 −
√ 
3
7 +
 2(
√ 
3 + 1)
7 i




=
 




4 −
√ 
3
7
2
+

2(
√ 
3 + 1)
7
2
=
 
5
7
Mas, como queremos o quadrado do m´odulo enta˜o a resposta em 57 .
A prova da segunda igualdade e´ similar e, portanto, fica a cargo do leitor.
2. Demonstre, por indu c¸a˜o, a desigualdade seguinte e interprete o resultado
graficamente.
|z1 + z2 + ... + Z n||z1| + |z2| + ... + |zn|
Soluc¸˜ ao5:
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| e
i(θ1−θ2)
+ e
i(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 setem bro
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 n u´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




z1
z2 + z3




≤ |z1||z2 − |z3||
.
Obs.: O enunciado dessa questa˜o esta´ incompleto. Isso ocorre pois o pdf que
estou usando n a˜o possui algumas quest o˜es de forma legı´vel. Entretanto, caso
tenha essa questa˜o e me deseja envia-la por email (nibblediego@gmail.com) ela
podera´ ser incluı´da na pro´xima atualizac¸a˜o.
Soluc¸˜ ao:
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¸˜ ao:
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 2 x2y2 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 complexosz1 e z2.
Soluc¸˜ ao:
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 + y21)(x22 + y22 )
⇒ −2x1x2 − 2y1y2 ≥ −2
 
(x21 + y21 )(x22 + y22)
multiplicando ambos os lados por −1/2
x1x2 + y1y2 ≤
 
(x21 + y21 )(x22 + y22)
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 n u´meros z1 e z2, isto e´, a desigualdade dotriangulo (1.1) e´ equivalente a (1.2) ou (1.3).
Soluc¸˜ ao:
Na quest a˜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 + y21 +
 
x22 + y22
2
⇒ (x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤ x21 + y21 + 2

 
x21 + y21 ·
 
x22 + y22

+ x22 + y22
simplificando
29
 
⇒ 2x1x2 + 2y1y2 ≤ 2

 
(x21 + y21 )(x22 + y22)

⇒ x1x2 + y1y2 ≤
 
(x21 + y21 )(x22 + y22 )
⇒ (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 querı´amos demonstrar.
A segunda parte da demonstra c¸a˜o e´ similar e fica a cargo do leitor.
7. Sendo z = 0, mostre que Re z = |z| se e somente se z > 0.
Soluc¸˜ ao:
(
⇒
) 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 = 0
e z2 = 0 ent a˜o a igualdade vale em (1.1) se e somente se arg(z1) = arg(z2), a
menos de um m u´ltiplo inteiro de 2π. Interprete este resultado geometricamente.
Soluc¸˜ ao:
Sem resposta ate´ o momento.
30
 
Quer saber quando sair a´ a pr o´xima atualiza c¸a˜o desse docume nto? 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.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem a´tica acesse:
www.number.890m.com
31
 
1.4 EXERCI´CIOS DA P A´GINA 19
1. Calcule as raı´zes dos nu´meros complexos dados nos Exercı´cios 1 a 8 e fac¸a
a representac¸a˜o gra´fica correspondente.
1.
 3
√ 
−12. (1 + i√ 3)1/2
3.
√ 
2i
4.
√−2i5. 5√ i
6. Sem enunciado.
7. (−1 + i
√ 
3)
1/4
8. (−1 − i
√ 
3)3/2
Soluc¸˜ ao de 1:
Antes de iniciar a resolu c¸a˜o pe c¸o ao leitor que tenha acesso a c´ opia fı´sica
do livro que, se poss´ıvel, envie-me o enunciado da questa˜o 6 da p´agina 19 ou
mesmo os enunciados das quest˜oes que fal tam. Essa seria uma boa form a de
agradecer por este pdf que est´a sendo escrito e colocado de grac¸a para voceˆ.
Vamos agora a questa˜o.
Como mostrado na pr o´xima imagem o argumento de −1 e´ igual a 180.
180◦
z
Re
Im
Usando a f o´rmula de Moivre:
3
√ 
−1

cos
180◦ + 2kπ
3

+ i · sen
180◦ + 2kπ
3

 para k = 0, 1 e 2.
Para k = 0 teremos:
3√ −1 = cos (60◦) + i · sen (60◦) = 12 + √ 32 = 1 + √ 32
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◦) = 12 −
√ 
3
2 =
 1 −
√ 
3
2
Assim, as raı´zes sa˜o
 −
1 e 1 ±
√ 
3i
2
 .
Soluc¸˜ ao de 2 ´ a 11:
O processo de resoluc¸a˜o dessas questo˜es e´ exatamente o mesmo da questa˜o
anterior de modo que ser a´ deixado a cargo do leitor.
12. Decomponha o poli noˆmio P (x) = x4 + 1 em fatores do 2 ◦ grau com
coeficientes reais.
Soluc¸˜ ao de 1:
Existe pelo menos duas formas de chegar a solu c¸a˜o desse problema. A
primeira e´ apresentada na pa´gina 20 do livro mesmo que de forma extrema-
mente tosca por parte do autor 6. A segunda ser a´ apresentada ao leitor agora e
se trata de determinar a fatora¸ca˜o de x4 + y4, que e´ uma expressa˜o bem trivial
a estudantes do ensino me´dio. Deduzir essa expressa˜o nos ser a´ bem mais ´util,
pois tratara um caso geral.
Tomando x4 + y 4 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 ent a˜o:
6Note que em nenhum momento o autor explica de onde retirou o valor de w e isso n a˜o e´
ta˜o implı´cito. Tambe´m na˜o ha´ aqui nenhum exemplo anterior ao exercı´cio 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 polin oˆmio P (x) = x4 + 9.
Soluc¸˜ ao:
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 poderı´amos 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 polin oˆmio 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¸˜ ao de 14:
z6 − 64 = ( z3)2 − 82 = ((z3)2 + 82 + 8
√ 
2z3)((z3)2 + 82 − 8
√ 
2z3)
Soluc¸˜ ao de 15:
Veja questa˜o 17.
Soluc¸˜ ao 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¸˜ ao 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¸˜ ao 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 polin oˆmial chegamos a solu c¸a˜o:
z2 − 2z + 2 = ( x − 1 − i)(x + 1 − i)
Soluc¸˜ ao de 19:
Veja questa˜o 18.
Soluc¸˜ ao de 20 8
Resolvendo a equa c¸a˜o P (z) pelo me´todo de Bhaskara chega-se a´:
z = −(−(1 + i)) +
√ 
−18i
2
Usando a f o´rmula de Moivre teremos que:
7Veja teorema da divisa˜o polinomial no livro t o´picos da Matema´tica Elementar volume 1.
8Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite da Unisal em Setembro de 2013.):
35
 
√ 
−18i = ±
√ 
18

cos
3π/2
2

+ i · sen
3π/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 polin oˆmio 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 multiplica c¸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.
36
 
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento?
Nesse caso voceˆ pode:
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a devida corre c¸a˜o.
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