MATEMÁTICA A - 12o Ano N o s Complexos - Potências e raízes Propostas de resolução

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1 MATEMÁTICA A - 1o Ano N o s Complexos - Potêncas e raízes Propostas de resolução Exercícos de exames e testes ntermédos 1. Smplfcando a expressão de z na f.a., como 5+ ) 5 1 5, temos: z ) ) Consderando 1 ρe θ, com o objetvo de escrever z na f.t., vem que: ρ ) tg θ ; como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Como e π, temos que: z e π e π ) Pelo que o conjugado de z, é: E assm temos que: e π π )) z e 5π ) e π + π ) e 5π ) w z w ) e 5π e ) w 5π e 5π ) + kπ w, k {0,1,} Ou seja, temos números complexos w tas que w z: ) k 0 w 1 5π +0 e k 1 w e k w e ) 5π + π ) 5π + π 5π e 1 ) 5π e 1 + π ) 5π e 1 + 8π 1 ) e π ) 5π e 1 + π ) 5π e 1 + 1π 1 ) 11π e 1 ) Exame 01, Ép. especal Págna 1 de 15

2 . O polígono cujos vértces são as magens geométrcas das raízes de índce de um qualquer número complexo, é um hexágono regular. Como qualquer hexágono regular pode ser decomposto em trângulos equláteros, temos que, o comprmento do lado do hexágono é gual ao rao da crcunferênca em que o hexágono está nscrto. Assm, podemos determnar o rao da crcunferênca como a dstânca à orgem do ponto que é a representação geométrca do número complexo z, ou seja z Desta forma vem que o perímetro do hexágono regular é: Imz) z O z z Rez) P H z Resposta: Opção C Exame 01, a Fase. Escrevendo 1 + na f.t. temos 1 + ρe θ, onde: ρ tg θ ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π E assm 1 + e π ), pelo que, temos z ) e π ) ) ) e π ) ) ) π e ) e π ) 8e π ) Como 8 8e π ), calculando o quocente de complexos na f.t., temos: 8 z e π 5 ) 8e π ) e π 5 ) 8e π π 5 )) 8e π + π 5 ) 8e 5π π 10 ) 8e 17π 10 ) Como um polígono regular de n lados, pode ser dvddo em n trângulos sósceles, em que a soma dos ângulos adjacentes, junto da orgem é π, então cada um destes ângulo tem ampltude π n Como as magens geométrcas de z 1 e z são vértces de um destes trângulos então os respetvos argumentos dferem de π, ou seja n arg Assm, temos que z ) arg z 1 ) π n Imz) O arg z 1 ) π n arg z ) z 1 z Rez) arg z ) arg z 1 ) π n 17π 10 π π n 17π 10 15π 10 π n π 10 π n n π 10 π n 10 Exame 015, Ép. especal Págna de 15

3 . Escrevendo 1 + na f.t. temos 1 + ρe θ, onde: ρ 1 + 1) tg θ ; como sen θ > 0 e cos θ < 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π π π π E assm 1 + e π ) Smplfcando a expressão de z 1, temos: z e π e 1) π e 1) e π π 1) π 1 e 9π 1 1) π e 8π 1 ) e π ) Como se w ρe θ então w ρe θ), então z 1 e π ) E assm temos que: ) ) π z z 1 z e π ) z e π ) + kπ z e, k {0,1,,} Ou seja, temos soluções da equação: ) k 0 w 1 e π +0 k 1 w e k w e k w e ) π + π ) π + π ) π + π π e 1 ) e π ) π e 1 + π ) e π 1 + π 1 ) e π 1 ) e π ) π e 1 + π ) e π 1 + 1π 1 ) e 10π 1 ) e 5π ) π e 1 + π ) e π π 1 ) e 1π 1 ) e π ) Exame 015, a Fase 5. Como os vértces do hexágono são as magens geométrcas das raízes de índce de um número complexo z, então estão sobre uma crcunferênca centrado na orgem. Desta forma, sendo w 5 ρe θ o número complexo cuja magem geométrca é o vértce E, temos que: ρ + ) ) Como o vértce C pertence ao segundo quadrante é a magem geométrca de um número complexo w, tal que Re w ) Im w ), temos que arg w ) π + π π + π π Assm, como os argumentos dos números complexos que são raízes índce de um mesmo número complexo dferem de π π, temos que: θ arg w 5 ) arg w ) + π + π π + π 9π 1 + 8π 1 17π 1 17 Logo w 5 e π) 1 Imz) C π O D + π E π B F A Rez) Resposta: Opção D Exame 01, 1 a Fase Págna de 15

4 . Sabemos que z z e que arg z ) arg z ), logo z e π 1) Assm, temos que o polígono regular pode ser decomposto em n trângulos sósceles, congruentes com o trângulo OAA, em que o ponto A é a magem geométrca de z e A é a magem geométrca de z. Como a ampltude do ângulo AOA é π 1 π, sabemos que π n π π n 1 n π Assm temos que z e também z ) são raízes de índce 1 de w, ou seja w z ) 1, logo escrevendo o resultado da potênca na f.a., temos: Imz) 0 z z Rez) w z ) 1 e π 1) ) 1 ) 1 e 1 π 1) e π 7. Começamos por smplfcar a expressão de z 1 fazendo a soma na f.a.: z 1 + e π ) + cos π + sen π ) ) + + Escrevendo os números complexos na f.t. temos z 1 e π ) e Exame 01, Ép. especal + z e π ), porque z e para θ arg z ) temos tg θ e θ 1o Q Assm z 1 e π ) z e π ) e π π ) 1 e π π ) e π ) Como z 1 é uma raz quarta de w, escrevendo w na f.a., temos que: z ) z1 w e π ) ) e π ) e π 1 z 8. Escrevendo z na f.t. temos z ρe θ, onde: ρ z 8 ) + 8) tg θ como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Assm z 1e π ), e por sso temos: ) z 1e π + kπ, k {0,1,,}, ou seja, temos raízes de índce : k 0 z 1 e π +0) e π ) k 1 z e π + π ) e π + 1π ) e 11π ) k z e π + π ) e π + π ) e π ) k z e π + π ) e π + π ) e 5π ) Exame 01, 1 a Fase Exame 01, Ép. especal Págna de 15

5 9. Desgnado por z e w os números complexos que têm por magens geométrcas os pontos F e A, respetvamente. Assm temos que z w, porque os pontos A e F estão a gual dstânca da orgem. Sabemos que o ângulo F OA tem ampltude 9 π 8π 9 ângulo gro em 9 partes guas. Logo arg w) arg z) + 10π 9 Como o ponto A está dobre a parte negatva do exo magnáro temos que arg w) π, pelo que, substtundo na gualdade anteror, vem: π arg z) + 8π 9 π 8π 9 arg z), porque os vértces do polígono dvdem o F Imz) 9 π 0 arg z) Rez) 7π 18 1π 11π arg z) arg z) Resposta: Opção B A Exame 01, a Fase 10. Temos que: z 8e π + kπ ), k {0,1,,,,5}, temos que w 8 1 Para cada k {0,1,,,,5}, arg w) Assm, se k, temos que arg w) π + π Resposta: Opção A π + kπ π + kπ π + 1kπ π + 1kπ 5π Exame 011, Prova especal 11. Sendo a magem geométrca de w o vértce A do octógono, desgnemos por z a magem geométrca do vértce C do octógono. Como os dos números complexos são raízes de índce 8 de um mesmo número complexo, temos que w z. Como o octógono está centrado na orgem, e tem oto lados, o ângulo AOB tem de ampltude π π radanos. Como o 8 ângulo BOC tem a mesma ampltude, temos que o ângulo AOC tem de ampltude π + π π radanos. Ou seja arg z) arg w) + π, e como w z podemos afrmar que z w Resposta: Opção C w Imz) π 0 w Rez) Exame 011, Ép. especal Págna 5 de 15

6 1. Como n+01 n+ 5+ n+5)+ 1, temos que z ) 1 + Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρe θ, onde: ρ z tg θ 1 como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1 o quadrante, logo θ π Assm z 1 e π ), e como z z 1, temos que: z z 1 ) e π ) ) e π ) 8e π 8 Exame 011, Ép. especal 1. Como a área do setor crcular é dada por αr, onde α é a ampltude do ângulo ao centro do setor crcular e r o rao da crcunferênca, e desgnado por w o número complexos que tem por magem geométrca o ponto A, temos que: 1. r w ; α é a ampltude do ângulo AOB e como A e B são vértces adjacentes de um pentágono regular centrado na orgem por serem raízes de índce 5 de um mesmo número complexo) temos que α π 5 Logo o valor da área do setor crcular AOB é Resposta: Opção B αr π 5 π 5 π Começamos por escrever 1 ) na f.t.: Seja 1 ρe θ : Imz) 0 π 5 B A Rez) Exame 011, 1 a Fase ρ 1 1) + 1) θ π + π 5π 1, porque tg θ 1 1, logo θ π θ π + π, mas como sen θ < 0 e cos θ < 0, logo θ é um ângulo do o quadrante. Assm temos que e 1 ) 8 5π ) ) 8 ) 8 e 8 5π ) 1e 0π ) 1e 10π) 1e 0 1 Da mesma forma temos que e π 8 ) ) e π 8 ) e π ) Assm temos que z 1 )8 e π 8 ) ) 5π e ) 1 5π e e π ) 1e π ) e 5π ) 1e π + 5π ) ) 1e π + 10π ) 1e 9π ) 1e π +π) 1e π ) Págna de 15

7 1.. Sabemos que as quatro raízes quartas de z são números complexos cujas magens geométrcas são os vértces de um quadrado, centrado na orgem. Seja w uma das raízes quartas de z, como z 1e π ), pelo que w 1, ou seja a dstânca dos vértces do quadrado ao centro é. Imz) Assm, podemos calcular o lado a do quadrado, recorrendo ao teorema de Ptágoras: a + a + a 8 a 8 consderamos apenas a raz postva por se tratar de uma medda). 0 a w Rez) Temos assm que a área A do polígono cujos vértces, no plano complexo, são as magens geométrcas das raízes quartas de z é dada por A 8) 8 Exame 010, Ép. especal 15. Os vértces do pentágono são a representação geométrca de 5 números complexos, que são raízes de índce 5 do mesmo número complexo. Sejam z e w os números complexos que têm por magens geométrcas os pontos A e D, respetvamente. Imz) Como o ponto A tem de coordenadas 1,0), temos que z e 0 1. Como z w e arg w) π π, porque os vértces do 5 5 pentágono dvdem o ângulo gro em 5 partes guas, temos que w e π 5 ) D 0 A 1 Rez) Resposta: Opção B Exame 010, a fase 1. Como a representação geométrca de w está sobre a parte negatva do exo magnáro, sabemos que w ρe π ). Assm temos que w ρ e π ) ρ 18π e ) ρ e 9π) Descontando as voltas completas, temos que w ρ e 9π) ρ e 9π 8π) ρ e π, logo podemos conclur que w é um número real negatvo. Resposta: Opção A 17. Começamos por determnar z : z e π ) ) ) e π ) e π Exame 010, a fase Assm temos que: w z ) Escrevendo w na f.t. temos w ρe θ, onde: ρ w tg θ ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Logo w e π ) Exame 010, a Fase Págna 7 de 15

8 18. Começamos por determnar z 1 ) 7 e escrever o resultado na f.a.: z 1 ) 7 e π 7 ) ) 7 e 7 π 7 ) e π 1 Como z, temos que: w z 1) 7 z 1) Escrevendo w na f.t. temos w ρe θ, onde: ρ w ) + ) ) + ) tg θ ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Logo w e π ) Exame 010, 1 a Fase 19. Como w é um dos vértces do quadrado, o número complexo que tem como magem geométrca o ponto D, é um número complexo z, tal que: z w, porque o quadrado está centrado na orgem, logo, todos os vértces estão a gual dstânca do centro arg z) arg w) π, porque a magem geométrca do número complexo w é o ponto A, vsto que 0 arg w) π, ou seja é um ângulo do prmero quadrante, e o ângulo AOD é reto Assm, temos que: z e π π ) e π π ) e π ) e π ) Acrescentando π ao argumento calculado temos: Resposta: Opção D z e π +π) e π + π ) e 5π ) C B Imz) O D A Rez) π 0. Temos que e π 7 ) ) 7 e 7 π 7 ) e π 1 Exame 009, Ép. especal Como a adção deve ser feta na f.a. vamos optar por calcular + ) também na f.a.: + ) + ) + ) + ) + 1) + ) + ) Escrevendo e π ) na f.a. temos: e π ) Assm, smplfcando a expressão de z, vem: z e π 7 ) ) ) e π ) ) ) Exame 009, a Fase 1. Seja w e π 5 ). Como π < arg w) < π, a magem geométrca de w pertence ao o quadrante, logo o únco vértce do polígono que pode ser a magem geométrca do número complexo w, é o vértce H Resposta: Opção C Exame 008, Ép. especal Págna 8 de 15

9 . Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρe θ, onde: ρ z ) tg θ ; como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Logo z 1 e π ) Como exstem raízes quartas de z, cujas magens geométrcas são os vértces de um quadrado centrado na orgem, temos que as outras raízes quartas de z são: z e π + π ) e π + π ) e π ) z e π + π ) e π + π ) e π z e π + π ) e π + π ) e 5π ) Pelo que a raz quarta de z cuja magem geométrca é um ponto do o quadrante é z e 5π ). Temos que z 1 1 ) 1 + e escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρe θ, onde: ρ z 1 1) + ) 1 + tg θ 1 ; como sen θ > 0 e cos θ < 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π π π π π Logo z 1 e π ) Vamos agora determnar z 1 ) : z 1 ) e π ) ) e π ) 8e π) 8e π π) 8e 0 Exame 008, a Fase Como z 1 ) z, podemos conclur que z 1 ) é uma raz cúbca de z Exame 008, 1 a Fase. Sabemos que as representações geométrcas de duas raízes quadradas de um mesmo número complexo, são os extremos de um dâmetro de uma crcunferênca centrada na orgem, ou seja, os argumentos dessas raízes dferem de π radanos. Nas opções A, B e C a dferença dos argumentos é de π radanos. Na opção D as representações geométrcas dos dos números complexos estão sobre a bssetrz dos quadrantes ímpares, a gual dstânca do centro. Resposta: Opção D Exame 007, 1 a Fase 5. Sendo A a magem geométrca de um número complexo w ρe θ, temos que w é uma raz quadrada de z se z w ρ e θ). Se π < θ < π, então π < θ < π e das quatro hpóteses de resposta, apenas o número complexo e π ) satsfaz esta condção. Resposta: Opção D Exame 00, 1 a Fase Págna 9 de 15

10 . Começamos por calcular e π ) ) e π ) e π 1 Substtundo na expressão dada temos: + e π ) ) + 1) ) ) + ) ) Escrevendo 1 na f.t. temos 1 ρe θ, onde: ρ ) ) tg θ ; como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Logo 1 e π ) 7. Começamos por calcular e π ) ) e π ) e π 1 Exame 00, 1 a Fase Substtundo na expressão dada temos: [ z1 ) 1 ] 1) 1) 1 ) 1) + 1) ) + ) ) Exame 005, Ép. especal 8. A magens geométrcas de números complexos que sejam raízes cúbcas de um mesmo número complexo estão sobre os vértces de um trângulo equlátero centrado na orgem. Logo os argumentos de quasquer dos, dos três números complexos, dferem de π. Na opção D, a dferença dos argumentos é π π π; na opção C, a mesma dferença é π π π π e na opção B, a dferença dos argumentos é π π π. A opção A, é a únca que verfca a condção 5π estabelecda para a dferença dos argumentos: π π π Resposta: Opção A Exame 005, a fase 9. Começamos por escrever z na forma trgonométrca: z e π ). Como as raízes de índce n de um número complexo são os vértces de um polígono regular, se [P 1 P ] é um lado desse polígono, então os argumentos de z 1 e z dferem de π n. Assm temos que arg z ) arg z 1 ) π π π π π Logo π n π π n π 8π π n 8 n Resposta: Opção C Exame 005, 1 a Fase Págna 10 de 15

11 0. Escrevendo w na f.t. temos w ρe π ), onde ρ w. Vamos calcular as raízes de índce de w: w ρe k 0 z 1 ρe π +0) ρe π ) π k 1 z ρe π + π ) ρe π + π ) ρe 5π ) + kπ k z ρe π + π ) ρe π + 8π ) ρe 9π ) ρe π ) ), k {0,1,}, ou seja, as raízes são: Desta forma temos que z ρe π ) é uma raz cúbca de w e tem a sua representação geométrca sobre a parte negatva do exo magnáro, pelo que a opção D é a únca que é compatível com esta conclusão. Resposta: Opção D 1. Sabemos que: z 1 ρe π ), logo z1 ρ z e θ, logo z e θ) Assm, calculando z z, temos: E assm, vem que: z z e θ e θ) ) 8 z1 ρe ) 8 π ) z 1 ρ Substtundo os valores calculados, na expressão dada, vem: ) 8 z z z z ) e θ θ) 9 )e 0 18e 0 18 Exame 00, Ép. especal 1 e π ) ) 8 e π ) ) 8 e 8 π ) e 8π ) e π) 1 Exame 00, Ép. especal. Sabemos que as representações geométrcas das raízes de índce n de um número complexo, são os vértces de um polígono regular de n lados, nscrto numa crcunferênca de centro na orgem. Assm, as magens geométrcas das raízes quartas de w são os vértces de um quadrado centrado na orgem. Resposta: Opção B Exame 00, a Fase. Se w é uma raz quarta de z, então a representação geométrca de w e das restantes raízes quartas z, estão sobre os vértces de um quadrado centrado na orgem. Como a operação multplcar por corresponde a fazer uma rotação de ampltude π radanos e centro na orgem, se multplcarmos sucessvamente w por obtemos as restantes raízes quartas de z. Assm temos que as restantes raízes quartas de z são: w 1 w 1 + ) + + w w 1 + ) 1 + ) 1) 1 w w 1 + ) 1 + ) ) Exame 00, Prova para mltares Págna 11 de 15

12 . Escrevendo 1 + na f.t. temos 1 + ρe θ, onde: ρ ) 1 + tg θ 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1 o quadrante, logo θ π Logo 1 + e π ) Vamos agora determnar as raízes quartas de 1 + : π ) 1 + e + kπ, k {0,1,,}, ou seja, temos raízes de índce : k 0 z 1 e π 1 +0) e π 1) k 1 z e π 1 + π ) e π 1 + π 1 ) e k z e π 1 + π ) e π 1 + 1π 1 ) e k z e π 1 + π ) e π π 1 ) e 7π 1 ) 1π 1 ) 19π 1 ) Exame 00, a Fase Começamos por calcular ) ) ) + ) 1 e π 9 ) ) e π 9 ) 8e π ) 8 cos π + sen π ) ) e π ) Substtundo os valores calculados na expressão dada, temos: ) + e π 9 ) ) e π ) ) 5.. Se z 1 e z forem raízes cúbcas de um mesmo número complexo, as suas representações serão os vértces de um trângulo equlátero, nscrto numa crcunferênca centrada na orgem. Ou seja arg z ) arg z 1 ) π Como arg z ) arg z 1 ) α + π α π π, logo z 1 e z não são raízes cúbcas de um mesmo número complexo. Exame 00, 1 a fase - a chamada. Se w um número complexo dferente de zero, cuja magem geométrca pertence à bssetrz dos quadrantes ímpares, temos que w ρe π ) w ρe π ) Logo temos que: w ρ e π ) w ρ e π ) w ρ e π w ρ e π) Ou seja, w é um número real negatvo, logo a sua representação geométrca pertence à parte negatva do exo real. Resposta: Opção A Exame 00, 1 a fase - 1 a chamada Págna 1 de 15

13 7. Se w é um número complexo cuja representação geométrca pertence à parte negatva do exo real, temos que w ρe π ρ w ). w ρe π + kπ ), k {0,1}, ou seja, as raízes quadrada de w são: k 0 z 1 ρe π +0) ρe π ) k 1 z ρe π + π ) ρe π ) Logo as duas raízes quadradas de w são números magnáros puros um postvo e outro negatvo), e as respetvas representações geométrcas pertencem ao exo magnáro. Resposta: Opção B Exame 00, Prova para mltares 8. Como z 1 e z são duas das raízes quartas de um mesmo número complexo z, temos que z 1 ) z ). Também sabemos que as representações geométrcas de z 1 e z são dos vértces de um quadrado nscrto numa crcunferênca centrada na orgem. Como arg z 1 ) π, e a magem geométrca de z pertence ao segundo quadrante, então arg z ) arg z 1 ) + π π + π π + π 5π Sabendo que z, podemos escrever z na f.t. e depos na f.a.: z e ) )) ) 5π ) 5π 5π cos + sen Começando por escrever z 1 na f.t., temos z 1 ρe θ, onde: ρ z Exame 00, 1 a fase - a chamada tg θ ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Logo z 1 e π ) z 1 e z são raízes quartas de um mesmo número complexo se z 1 ) z ). E assm temos: e z 1 ) π ) ) ) e π ) e π e z ) π ) ) ) e π ) e π) Logo, como z 1 ) z ) z, z 1 e z são raízes quartas de z. Exame 00, 1 a fase - 1 a chamada Págna 1 de 15

14 0. Um número complexo z tem a sua magem geométrca no nteror do círculo de centro na orgem e de rao 1, se z < 1 Podemos verfcar que:, logo > , logo 1 + > 1 e π 7 ) ) 8, logo e π 7 ) ) > 1 ) 1 ) e π 7 ) 1 1 ) 8, logo 1 e π 7 ) < 1 Assm concluímos que e de rao 1. Resposta: Opção A 1. Como z 1 ρ temos: z 1 z 1 ρe π ) ρ ) 1 e π 7 ) tem a sua magem geométrca no nteror do círculo de centro na orgem 1 e π ) e π ) Logo temos que as duas raízes quadradas são dadas por: z1 z 1 π ) 1e + kπ, k {0,1}, ou seja: k 0 z 1 e π +0) e π ) k 1 z e π + π ) e π + π ) e 7π ) Exame 001, Prova para mltares Exame 001, Prova para mltares. Como w + ), temos que w ) Smplfcando 1 + ), temos que: 1 + ) 1 + )1 + ) ) Substtundo na expressão dada, vem: w ) ) ) 8 + ) 8 8 1) + 8 Exame 001, a fase. Como a fgura é um heptágono, tem 7 vértces, que correspondem a 7 raízes de índce n, ou seja n 7. Como um dos vértces do heptágono pertence à parte postva do exo magnáro e está sobre uma crcunferênca centrada na orgem e de lado 1, é a representação geométrca de um número complexo w que pode ser escrto na f.t como w e π ). Como w é uma raz ndce 7 de z, temos que: z w 7 e π ) ) 7 e 7 π ) e 7π ) e 7π π) e 7π π ) e π ) Resposta: Opção D Exame 001, 1 a fase - a chamada Págna 1 de 15

15 . Calculando a potênca, e escrevendo o resultado na f.a., temos: z1 e π ) ) π ) e 8e π 8 1) 8 Substtundo na expressão dada e smplfcando, vem: z ) Como Re ) 0 Im ) 0, temos que z 1 + é um número magnáro puro. Exame 001, 1 a fase - 1 a chamada 5. Como z y, temos que: z y) y y 0 y 1 y, ou seja z é um número real postvo, pelo que a sua representação geométrca pertence à parte postva do exo magnáro, ou seja o ponto A. Resposta: Opção A Exame 001, Prova modelo. Como os vértces do hexágono são as magens geométrcas das raízes de índce de um certo número complexo, os vértces estão sobre uma crcunferênca centrada na orgem, logo cada par de vértces adjacentes defnem com o semexo real postvo, ângulos que dferem de π. Sejam w 1 e w os números complexos cujas representações geométrcas são os vértce C e D, respetvamente. Temos que arg w 1 ) π e que arg w ) arg w 1 ) + π, logo arg w ) arg w 1 )+ π π + π +9π 1 + π 1 1π 1 Como os vértces C e D estão a gual dstânca da orgem, temos que w 1 ) w ), pelo que w 1π e 1 ) Resposta: Opção B D C π Imz) E 0 B F A Rez) Exame 000, 1 a fase - 1 a chamada Págna 15 de 15