1a_Prova - Gabarito-1 holomorfas simone

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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matemática - DMAT
MAT B46 - Funções Holomorfas Professora: Simone Moraes
1a PROVA (Segunda Chamada) RESOLVIDA
1.a Questão. Determine os posśıveis números complexos z e w tais que:
(i) A soma de z e w é igual a 3 + 2i.
(ii) O quociente de z por w é um imaginário puro.
(iii) Re(z) = 2.
Solução:
Digamos que
{
z = a+ bi,
w = c+ di
, então por (iii) temos Re(z) = 2 e portanto
{
z = 2 + bi,
w = c+ di
, pelo item (i)
sabemos que z + w = 3 + 2i ⇐⇒
{
2 + c = 3
b+ d = 2
⇐⇒
{
c = 1
d = 2− b
.
Sabemos que
z
w
é imaginário puro, portanto Re
(
z
w
)
= 0, logo utilizando o desenvolvimento acima
temos:
z
w
=
2 + bi
c+ di
=
2 + bi
1 + (2− b)i
=
(2 + bi) ·
(
1− (2− b)i
)(
1 + (2− b)i
)
·
(
1− (2− b)i
)
=
2 + b(2− b) +
(
b− 2(2− b)
)
i
1 + (2− b)2
=
2 + b(2− b)
1 + (2− b)2
+ i
(
b− 2(2− b)
)
1 + (2− b)2
.
Assim,
Re
(
z
w
)
= 0 ⇐⇒ 2 + b(2− b)
1 + (2− b)2
= 0 ⇐⇒ 2 + b(2− b) = 0 ⇐⇒ 2 + 2b− b2 = 0
⇐⇒ b2 − 2b− 2 = 0 ⇐⇒ b = 2±
√
4 + 8
2
=
2±
√
12
2
=
2± 2
√
3
2
= 1±
√
3.
Logo, d = 2− b = −(1±
√
3) = 1∓
√
3.
Portanto, temos: 
z = 2 + (1 +
√
3)i e w = 1 + (1−
√
3)i
ou
z = 2 + (1−
√
3)i e w = 1 + (1 +
√
3)i
2.a Questão. Represente no plano complexo:
(a) O número complexo z tal que arg(z) =
7π
4
e |z| = 5.
(b) O seguinte subconjunto de C: A = {z ∈ C; Re(z) ≥ −2 e |z + 1− 2i| < 3}.
1
Solução:
(a) z = |z|
(
cos(arg(z)) + i sen (arg(z))
)
= 5
(
cos
7π
4
+ i
7π
4
)
= 5
(√
2
2
− i
√
2
2
)
.
Figura 1: arg(z) =
π
4
e |z| = 5.
(b)
A = {z ∈ C; Re(z) ≥ −2 e |z + 1− 2i| < 3}
= {z = x+ iy ∈ C; x ≥ −2 e |(x+ 1) + i(y − 2)| < 3}
= {z = x+ iy ∈ C; x ≥ −2 e
√
(x+ 1)2 + (y − 21)2 < 3}
= {z = x+ iy ∈ C; x ≥ −2 e (x− (−1))2 + (y − 2)2 < 9}.
Logo, A é a intersecção do semi-plano determinado por x ≥ −2 com a parte interna do ćırculo de centro
C = −1 + 2i e raio r = 3.
2
3.a Questão. Calcule
(
−
√
2
2
+
√
2
2
i
)17
+
(√
2
2
−
√
2
2
i
)−15
.
Solução:
Primeiro escrevemos z =
−
√
2
2
+
√
2
2
i e
√
2
2
−
√
2
2
i na forma algébrica.
Como
∣∣∣∣∣−
√
2
2
+
√
2
2
i
∣∣∣∣∣=
√√
2
2
22
+
√
2
2
22
=
√
2
4
+
2
4
= 1 e θ = arg(z) é tal que

cos θ =
Re(z)
|z|
=
−
√
2
2
sen θ =
Im(z)
|z|
=
√
2
2
,
portanto θ = arg(z) =
3π
4
.
Logo, z =
−
√
2
2
+
√
2
2
i = 1 ×
(
cos
3π
4
+ i sen
3π
4
)
é a forma algébrica e pela 1a fórmula de Moivre
temos: (
−
√
2
2
+
√
2
2
i
)17
= 117
[
cos
(
17× 3π
4
)
+ i sen
(
17× 3π
4
)]
= cos
51π
4
+ i sen
51π
4
51π
4
= 4π×12
4
+ 3π
4
=12π+ 3π
4= cos
3π
4
+ i sen
3π
4
=
−
√
2
2
+
√
2
2
i.
Analogamente, mostramos que w =
√
2
2
−
√
2
2
i = 1×
(
cos
7π
4
+ i sen
7π
4
)
e pela 1a fórmula de Moivre
temos:(√
2
2
+
√
2
2
i
)−15
= 1−15
[
cos
(
(−15)× 7π
4
)
+ i sen
(
(−15)× 7π
4
)]
= cos
−105π
4
+ i sen
−105π
4
cos(−a)=cos a e sen (−a)=− sen (a)
= cos
105π
4
− i sen 105π
4
105π
4
= 4π×26
4
+π
4
=26π+π
4= cos
π
4
− i sen π
4
=
√
2
2
−
√
2
2
i.
Portanto, (
−
√
2
2
+
√
2
2
i
)17
+
(√
2
2
−
√
2
2
i
)−15
=
−
√
2
2
+
√
2
2
i+
√
2
2
−
√
2
2
i = 0.
4.a Questão. Sabendo que uma das ráızes sexta de z é w = 4(1 − i
√
3) determine as outras cinco
ráızes sextas de z, represente-as (as seis ráızes) em um ćırculo centrado na origem no plano complexo.
Solução:
Sabemos que as ráızes de 6a ordem de um número complexo z são os vértices de um hexágono regular
inscrito no ćırculo de centro na origem e raio r = 6
√
|z|.
Como w = 4(1− i
√
3) é uma das ráızes, então r = 6
√
|z| = |4(1− i
√
3)| = 4
√
12 +
√
3
3
= 8 e o ângulo
entre os dois segmentos consecutivos da origem até um dos vértices do héxagono têm ângulo de
π
3
,
3
segue que os vértices do hexágono regular são os números complexos:
z1 = 4(1− i
√
3) = 8
(
cos
5π
3
+ i sen
5π
3
)
z2 = 8
(
cos
(
5π
3
+
π
3
)
+ i sen
(
5π
3
+
π
3
))
= 8(cos 2π + i sen 2π) = 8
z3 = 8
(
cos
(
2π +
π
3
)
+ i sen
(
2π +
π
3
))
= 8
(
cos
π
3
+ i sen
π
3
)
= 4(1 + i
√
3)
z4 = 8
(
cos
(
π
3
+
π
3
)
+ i sen
(
π
3
+
π
3
))
= 8
(
cos
2π
3
+ i sen
2π
3
)
= 4(−1 + i
√
3)
z5 = 8
(
cos
(
π
3
+
2π
3
)
+ i sen
(
π
3
+
2π
3
))
= 8(cos π + i sen π) = −8
z6 = 8
(
cos
(
π +
π
3
)
+ i sen
(
π +
π
3
))
= 8
(
cos
4π
3
+ i sen
4π
3
)
= −4(1 + i
√
3).
Abaixo as ráızes no ćırculo centrado na origem de raio 8:
4
5.a Questão. Mostre que:
(a) Se z un número complexo, com z ̸= −1, então z − 1
z + 1
é imaginário puro se, e somente se, |z| = 1.
(b) Se z um número complexo, então |1− z|2 + |1 + z|2 = 2 + 2|z|2.
(c) Se z = x+ iy ∈ C, então
∣∣ senh x∣∣ ≤ ∣∣ cosh z∣∣ ≤ coshx.
Solução:
(a) Seja z = x+ iy, então
z − 1
z + 1
=
x+ iy − 1
x+ iy + 1
=
(x− 1) + iy
(x+ 1) + iy
=
(
(x− 1) + iy
)
·
(
(x+ 1)− iy
)(
(x+ 1) + iy
)
·
(
(x+ 1)−+iy
)
=
(x− 1) · (x+ 1) + y2 +
(
y(x+ 1)− y(x− 1)
)
i
(x+ 1)2 + y2 − 1
=
x2 + y2 − 1
(x+ 1)2 + y2
+
2y
(x+ 1)2 + y2
i.
Logo,
z − 1
z + 1
é imaginário puro se, e somente se,
Re
(
z − 1
z + 1
)
= 0 ⇐⇒ x
2 + y2 − 1
(x+ 1)2 + y2
= 0
⇐⇒ x2 + y2 − 1 = 0 ⇐⇒ x2 + y2 = 1 |z|
2=x2+y2⇐⇒ |z|2 = 1 |z|≥0⇐⇒ |z| = 1.
(b) Observemos que:
|1− z|2 + |1 + z|2 = (1− z)(1− z) + (1 + z)(1 + z)
= (1− z)(1− z̄) + (1 + z)(1 + z̄)
= 1− z − z̄ + zz̄ + 1 + z + z̄ + zz̄
= 2 + 2zz̄ = 2 + 2|z|2 = 2(1 + |z|2).
(c) Sabemos que
cosh z =
ez + e−z
2
=
ex+iy + e−x−iy
2
=
ex · eiy + e−x · e−iy
2
=
ex
2
(
cos y + i sen y
)
+
e−x
2
(
cos(−y) + i sen (−y)
)
=
ex
2
(
cos y + i sen y
)
+
e−x
2
(
cos y − i sen y
)
=
ex + e−x
2
· cos y + i
(
ex − e−x
2
)
· sen y
= coshx cos y + i senh x sen y.
5
Logo, ∣∣ cosh z∣∣ = √cosh2 x cos2 y + senh2x sen2y
=
√
cosh2 x cos2 y + senh2x(1− cos2 y)
=
√
cos2 y(cosh2 x− senh2x) + senh2x
=
√
cos2 y + senh2x ≥
√
senh2x = | senh x|.
Por outro lado, ∣∣ cosh z∣∣ = √cosh2 x cos2 y + senh2x sen2y
=
√
cosh2 x cos2 y + (cosh2 x− 1) sen2y
=
√
cosh2 x(cos2 y + sen2y)− sen2y
=
√
cosh2 x− sen2y ≤
√
cosh2 x = | coshx|.
Portanto,
∣∣ senh x∣∣ ≤ ∣∣ cosh z∣∣ ≤ coshx.
6