AP1-NC-2014-1-gabarito

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Fundação CECIERJ − Vice Presidência de Educação Superior a Distância
1a Avaliação Presencial de Números Complexos − 2014-1
Questão 1 (2,0 pts) Determine os números complexos z situados no 4o quadrante do plano com-
plexo(na forma polar) tais que z7 = −3
√
3 + 3i.
Solução: Primeiro devemos escrever −3
√
3+3i na forma polar. Como |−3
√
3+3i| =
√
36 = 6
e o argumento de −3
√
3 + 3i é
5π
6
, então −3
√
3 + 3i = 6(cos(5π
6
+ 2kπ) + i sen(5π
6
+ 2kπ)).
Utilizando a 2a fórmula de Moivre temos que
z = 7
√
6(cos(5π
42
+ 2kπ
7
) + i sen(5π
42
+ 2kπ
7
)), onde k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}
Mas, z está situado no 4o quadrante do plano complexo. E, por isso,
3π
2
<
5π
42
+
2kπ
7
< 2π
72π
42
<
5π + 12kπ
42
<
84π
42
donde
72π < 5π + 12kπ < 84π
Isto é, 72 < 12k + 5 < 84 ou 67
12
< k < 79
12
. Logo, a solução é k = 6. Portanto, a solução para
z7 = −3
√
3 + 3i no 4o quadrante do plano complexo é
z1 =
7
√
6(cos 77π
42
+ i sen 77π
42
).
Questão 2 (2,0 pts) Na figura abaixo P é a interseção das bissetrizes externas dos ângulos B̂ e Ĉ
do triângulo ABC. Calcule o ângulo BP̂C sabendo que a medida do ângulo  é 70◦.
B 70
P
C
A
Solução: Denotemos m(BP̂C) = x, m(CB̂P ) = a e m(BĈP ) = b.
Temos que:
m(AB̂C) = 180◦ − 2a e m(BĈA) = 180◦ − 2b
Sabemos que no triângulo BPC, a+ b+x = 180◦ e no triângulo ABC, 180◦−2a+180◦−2b+
70◦ = 180◦. Da segunda equação segue que −2a − 2b = −250◦, donde a + b = 125◦. Substituindo
na primeira equção, obtemos que x = 180◦ − 125◦ = 55◦.
Questão 3: (2,0 pts) Resolva no conjunto dos números complexos a equação −2x6+4x3+16 = 0.
Solução: Fazendo y = x3 a equaçaõ se torna −2y2 + 4y + 16 = 0, cujas soluções são y = −2 ou
y = 4. Queremos, assim determinar em C as soluções de x3 = −2 e x3 = 4.
No primeiro caso temos
x0 =
3
√
2(cos
π
3
+ isen
π
3
) =
3
√
2(
1
2
+ i
√
3
2
),
x1 =
3
√
2(cosπ + isenπ) = −2
x2 =
3
√
2(cos
5π
3
+ isen
5π
3
) =
3
√
2(
1
2
− i
√
3
2
) e
No segundo caso temos
x0 =
3
√
4
x1 =
3
√
4(cos
2π
3
+ isen
2π
3
) =
3
√
4(−1
2
+ i
√
3
2
)
x2 =
3
√
4(cos
4π
3
+ isen
4π
3
) =
3
√
4(−1
2
− i
√
3
2
)
Questão 4: (1,5 pt) Determine o número real a tal que z =
3i73 − ai15
a− 3i
seja real e diferente de
zero.
Solução: Temos que 73 = (18 × 4) + 1 e 15 = (3 × 4) + 3. Assim, i73 = i e i15 = −i. a
expressão então se torna
3i+ ai
a− 3i
. Multiplicando-se numerador e denominador pelo conjugado do denominador, obtemos
(−9− 3a) + i(a2 + 3a)
a2 + 9
.
Assim, z é real somente se a2+3a = 0, ou seja a(a+3) = 0, donde segue que a = 0 ou a = −3.
Entretanto, queremos z 6= 0, ou seja, a solução procurada é a = 0, visto que para a = −3 também
teŕıamos −9− 3a = 0.
Questão 5 a) (1,5 pts) Determine a equação dos segundo grau cujas ráızes são 2− i e 2 + i.
b) (1,0 pt) Ache a determinação principal do arco α = −665π
14
.
Solução: a) Como a forma geral de uma equação do segundo grau é ax2 + bx + c = 0,
com a 6= 0, podemos supor que a = 1, caso contrário, dividi-se a equação por a o que não altera
as ráızes. Pela fórmula da solução por radicais, temos que
−b
2a
= 2, donde b = −4. Além disso,
±
√
b2 − 4ac
2a
= ±i ou seja, dado que a = 1, o radicando deve ser igual a -4, isto é, b2 − 4ac = −4,
donde 16− 4c = −4, donde c = 5. A equação é, portanto x2 − 4x+ 5.
b) Como 665 = (47× 14) + 7, α = −665π
14
= −(47× 14π) + 7π
14
= −47π − π
2
.
α = −48π + π − π
2
= −48π + π
2
. A determinação principal de α é
π
2