1 a Lista de Exercícios

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1 1 a Lista de Exercícios Prof. Ms. Ricardo Leite Matemática para Engenharia Unisal September 8, 01 Exercise 1. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 8 Exercício 8 Dados três vértices de um paralelogramo pelos números complexos z 1, z e z, determine o vértice z 4 oposto a z. Faça um gráfico. Exercise. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 1 Exercício 1 Reduza os números z 1 e z à forma polar e determine as formas polares de z 1 z e z 1 /z. Represente esses quatro números num gráfico: z 1 + i, z i Exercise. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 1 Exercício 0 Prove que cos θ cos cos θ sin θ e sin θ sin + cos θ sin θ Exercise 4. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 15 Exercício Demonstre, por indução, a desigualdade seguinte, e interprete o resultado graficamente. z 1 + z + + z n z 1 + z + + z n. Exercise 5. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 0 Exercício 0 Decomponha o polinômio dado em um produto de fatores de 1 o grau. P (z) z (1 + i)z + 5i 1

2 Exercise. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 0 Exercício 4 Prove que se 1 + ω + ω + + nω n 1 0 onde ω é qualquer raíz n-ésima da unidade, diferente de 1. Exercise 7. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 0 Exercício 5 Prove que 1 + ω + ω + + nω n 1 n ω 1 onde ω é qualquer raíz n-ésima da unidade, diferente de 1. Exercise 8. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 4 Exercício 14 Mostre que ( ) ( ) πi e 1 i exp Exercise 9. AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 000. Pág. 5 Exercício 19 Prove que a condição para que três números complexos a, b e c sejam vértices de um triângulo equilátero é que a + jb + j c 0, onde j e πi/. Prove que esta condição equivale a b + jc + j a 0 e c + ja + j b 0.

3 Respostas Solution 1. Considere o seguinte gráfico representando um paralelogramo no plano complexo: Figure 1: Representação dos números no plano complexo a z 1 z b z4 z 1 c z z 4 d z z Em um paralelogramo os lados opostos são iguais e paralelos. Assim, podemos escrever: a c z 1 z z 4 z z 4 z 1 + z z ou b d z z z 1 z 4 z 4 z 1 + z z

4 Solution. θ 1 arctan z 1 [ ( π ) cos z 1 + i Forma retangular Re {z 1 } ; Im {z 1 } ( ) z ( ) ( ) arctan π rad 0 ( π )] + i sin } {{ } Forma polar trigonométrica e i π Forma polar exponencial z i Forma retangular Re {z } ; Im {z } z ( ) ( ) ( ) ( ) 1 θ arctan arctan 11π rad 00 z [ ( ) ( )] 11π 11π cos + i sin Forma polar trigonométrica e i 11π Forma polar exponencial z 1 z ( ) ( i ) + i i + 9 i i + i F ormaretangular Re {z 1 z } ; Im {z 1 z } z 1 z z 1 z θ z1+z θ 1 + θ π + 11π 1π π rad 0 [ ( π ) ( π )] z 1 z cos + i sin e i π } {{ } Forma polar exponencial Forma polar trigonométrica 4

5 ( ) ( ) z 1 + i + i + i ( ) ( z i () + ( ) ) ( + i + i9 + i ) i 9 + z 1 z 1 z θ z1/z θ 1 θ π 11π π rad π rad 90 z Para passarmos um ângulo negativo para seu equivalente positivo basta somar 1 volta (π rad ou 0 ) : π π + π π + 4π π [ ( radz 1 π ) cos z ( π )] + i sin Forma polar trigonométrica e i π Forma polar exponencial Figure : Representação dos números no plano complexo Solution. Pela fórmula de De Moivre: (cos θ + i sin θ) cos (θ) + i sin (θ) (1) 5

6 Desenvolvendo o lado esquerdo de 1: (cos θ + i sin θ) (cos θ + i sin θ) (cos θ + i sin θ) (cos θ + i sin θ) () (cos θ cos θ sin θ sin θ) + i (sin θ cos θ cos θ sin θ) () Considerando as relações trigonométricas: cos (θ) cos (θ + θ) cos θ cos θ sin θ sin θ cos θ sin θ (4) sin (θ) sin (θ + θ) sin θ cos θ sin θ cos θ sin θ cos θ (5) Substituindo as relações de 4 em : [ cos θ ( cos θ sin θ ) sin θ ( sin θ cos θ) ] + i [ sin θ ( cos θ sin θ ) cos θ ( sin θ cos θ) ] [ cos θ cos θ sin θ sin θ cos θ ] + i [ sin θ cos θ sin θ + sin θ cos θ ] [ cos θ cos θ sin θ ] + i [ sin θ + cos θ sin θ ] Igualando a última experessão com o termo do lado direito da equação de De Moivre (1): [ cos θ cos θ sin θ ] + i [ sin θ + cos θ sin θ ] cos (θ) + i sin (θ) cos (θ) cos θ cos θ sin θ Partes reais sin (θ) sin θ + cos θ sin θ Partes imaginárias Solution 4. n z k n z k Para provar por indução temos que considerar um caso base n : z 1 + z (z 1 + z ) (z 1 + z ) (z 1 + z ) (z 1 + z ) z 1 z 1 + z 1 z + z z 1 + z z z 1 + z + z 1 e iθ1 z e iθ + z 1 e iθ1 z e iθ z 1 + z + z 1 z ( e i(θ1 θ) + e i(θ θ1)) z 1 + z + z 1 z cos (θ 1 θ ) z 1 + z + z 1 z ( z 1 + z ) z 1 + z

7 Em seguida, consideramos que a desigualdade é válida para um certo n e devemos provar que também vale para n n + 1: n+1 z k n z k + z n+1 Fazemos z j Solution 5. n z k um número complexo como qualquer outro: z k + z n+1 z j + z n+1 n z k + z n+1 n z k + z n+1 n+1 z k P (z) z (1 + i) z + 5i 0 Resolvendo a equação P (z) 0 pelo método de Bhaskara: ( (1 + i)) 4 1 5i 1 + i + i 0i 18i z ( (1 + i)) + 18i 18i n ; a 18i; a 18; θa arctan 18 π rad i ± 18 [cos π/ + i sin π/ ] ± [ ] + i z i + i + 4i 1 + i z i + i 4 i i { + i; i} 7

8 Assim, o polinômio P (z) pode ser escrito como: P (z) A (z z 0 ) (z z 1 ) 1 (z ( 1 + i)) (z ( i)) (+1 i) ( + i) Para tirar a prova que essa é realmente a resposta procurada, fazemos a multiplicação: P (z) z z + iz + z + i zi + 4zi i z + ( + i + 1 i) z + ( + i + 4i i ) z (1 + i) z + 5i Solution. É possível reconhecer que a sequência que está sendo somada é uma Progressão Geométrica (PG) de termo inicial 1, razão ω e n termos. Para calcular a soma, podemos usar o resultado bem conhecido da soma da PG: S n n a 1 q k 1 a 1 + a 1 q + a 1 q + + a 1 q n 1 Substituindo a 1 1 e q ω: S n a 1 (q n 1) q 1 S n (ωn 1) ω 1 a 1 (1 q n ) 1 q Como ω é uma raíz n-nésima da unidade, ω n 1, assim: S n (1n 1) ω 1 (1 1) ω 1 0 Na figura abaixo é possível verificar uma das implicações dessa igualdade. Quando somadas, as n raízes se cancelam. No caso n isso é simples de observar, pois ω 1. No caso n, as raízes complexas à esquerda, quando somadas, cancelam a primeira raíz, formando então ω + ω 1. Por isso também, a parte imaginária dessas duas raízes se cancelam, ou seja, são complexo conjudadas. No caso n 4 é fácil de ver o cancelamento pois elas se cancelam aos pares, as reais são os opostas umas às outras (1 e -1) e também as imaginárias (i e i). 8

9 (a) Raízes quadradas (b) Raízes cúbicas (c) Raízes quartas 9

10 Solution 7. Multiplicamos ambos os lados por ω 1: (ω 1) ( 1 + ω + ω + + nω n 1) n (ω 1) ω 1 ω 1 + ω ω + ω ω + + nωω n 1 nω n 1 n 1 ω ω ω ω }{{ n 1 +n } ω n n 0, pelo exercício anterior 1, pois ω é raiz n-ésima de 1 Solution 8. ( ) ( ) ( ) πi πi exp exp exp ( ) ( ) 1 π exp exp i * Para passarmos um ângulo negativo para seu equivalente positivo basta somar 1 volta (π rad ou 0 ): π π + π 5π rad Solution 9. Em breve [ e ee 5π i ] cos 5π + i sin 5π [ ] 1 e i ( ) e 1 i 10