MATEMÁTICA A - 12o Ano N o s Complexos - Operações e simplificação de expressões Propostas de resolução

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1 MATEMÁTICA A - 1o Ano N o s Complexos - Operações e simplificação de expressões Propostas de resolução Exercícios de exames e testes intermédios 1. Como a multiplicação de um número complexo por i corresponde a uma rotação de rad da imagem geométrica desse número complexo, temos que: B é a imagem geométrica de iz C é a imagem geométrica de i i z i z D é a imagem geométrica de i i i z i 3 z A D i i B C i Exame 17, Ép. especial. Temos que: os argumentos dos complexos z e 5z são iguais Arg (5z) Arg (z) 5 os argumentos de complexos simétricos, 5z e 5z, diferem de Arg ( 5z) Arg (5z) a multiplicação por i de um complexo corresponde a somar ao seu argumento Arg ( 5iz) Arg ( 5z) Resposta: Opção A Exame 17, a Fase Página 1 de 15

2 3. Escrevendo o número complexo 3 na forma trigonométrica, vem 3 3e i( ) Desta forma, temos que: z 3e iθ 3e i( ) e iθ 3e i( +θ) 3e i(θ ) ] Logo, como θ, 3 [, então < θ < 3, pelo que: Ou seja, arg (z) quadrante. < θ < 3 < θ < ], [, logo a imagem geométrica do número complexo z é um ponto do primeiro Resposta: Opção A Exame 16, 1 a Fase 4. A operação multiplicar por i corresponde a fazer uma rotação de centro em O e amplitude radianos, pelo que a imagem geométrica de i está no primeiro quadrante a igual distância da origem do que a imagem geométrica de z 1 i A operação multiplicar por corresponde a fazer duplicar a distância à origem, mantendo o argumento do número complexo, pelo que i z 1 z i Finalmente, a imagem geométrica de um número complexo, e do seu simétrico correspondem a rotações de centro em O e amplitude radianos, pelo que i z 4 z 4 i z 3 Exame 14, Ép. especial 5. As operações multiplicar por i e transformar no conjugado correspondem geometricamente a fazer uma rotação de centro em O e amplitude radianos e encontrar o ponto simétrico relativamente ao eixo real, respetivamente. i z 1 z z 1 z Assim, se considerarmos as operações inversas, pela ordem inversa, a partir da imagem geométrica de z, (como indicado na figura), obtemos como resposta a imagem geométrica de z. z 4 Ou, dizendo de outra forma, se z, temos que z z 1 e i i z 1 z, pelo que z. z 3 z 6. Se z + bi, então z bi Exame 13, Ép. especial Assim temos Re (z) > e como b <, Im (z) >, pelo que sabemos que representação geométrica de z pertence ao primeiro quadrante, logo Arg (z) não pode ser α Por outro lado z + b, como b >, temos que z >, logo z não pode ser 3 Exame 13, a Fase Página de 15

3 7. ( ) cos( α) + i cos α cos α + i sen α cos( α) + i sen α cos α + i sen α ( ) Porque cos α sen α cos( α) + i sen ( α) cos α + i sen α Porque sen α sen ( α) ei( α) e iα e i( α α) Fazendo a divisão na forma trigonométrica e i( α) Como queríamos mostrar 8. Temos que: z ( 8) e sabemos que Arg (z) α, pelo que podemos escrever que z 1e iα Assim, temos que Exame 13, a Fase i z z (do enunciado) i 1 e i(α) 1e i( α) (calculado z e escrevendo z na f.t.) i 1e i(α ( α) (fazendo a divisão na f.t.) e i( ) 1e i(3α) (escrevendo i na f.t.) 1e i( +3α) (fazendo o produto na f.t.) 1e i(3α ) Resposta: Opção A Exame 13, 1 a Fase 9. Sabemos que i 1, i 1 i, i 1 e i 3 i, e que é válida a igualdade i n i k, onde k é o resto da divisão inteira de n por 4. Assim, como 8n 4 n+, temos que i 8n i 1 como 8n 1 8n (n 1)+3 temos que i 8n 1 i 3 i como 8n 8n 4 + 4(n 1)+ temos que i 8n i 1 Temos que i 8n i 8n 1 + i 8n i i 3 + i 1 ( i) + ( 1) i 1 Logo a imagem geométrica de i 8n i 8n 1 + i 8n pertence ao terceiro quadrante. Exame 13, 1 a Fase Página 3 de 15

4 1. Como z e iθ, então z e i(θ). Como 3 4 < θ <, então 3 4 < θ <, ou seja θ ] 3, [ Logo z pertence ao 4 o quadrante e z 1, ou seja z é da forma a + bi, com < a < 1 e 1 < b <. z 1 Assim z (a ) + bi, em que a < e b <, pelo que z pertence ao 3 o quadrante. z z Teste Intermédio 1 o ano Sabemos que i 6 i 1 e que i 7 i 3 i. Logo i6 + i 7 i 1 + ( i) i ( 1 i)( + i) ( i)( + i) i 4i i 5i + i 5i i Teste Intermédio 1 o ano Se z e são inversos um do outro, temos que 1 z Por um lado 1 z i 1 i (1 i)(1 i) 1 i 1 i 1 i 1 1 i Por outro lado. como , sabemos que i 11 i 3 i e assim (k 1) + pi 11 (k 1) + p( i) (k 1) (p)i Como 1 z temos que 1 1 i (k 1) (p)i Logo 1 k 1 1 p k 1 4 p 3 k 1 4 p Assim temos que k + p Exame 1, Ép. especial 13. Como z 3 + ki temos: z 1 z ( + i)(3 + ki) 6 + ki + 3i + ki 6 1 k + i(k + 3) (6 k) + (k + 3)i Para que z 1 z seja um imaginário puro Re (z 1 z ) Logo 6 k 6 k Exame 1, a Fase Página 4 de 15

5 14. Sabemos que i 1, i 1 i, i 1 e i 3 i, e que é válida a igualdade i n i k, onde k é o resto da divisão inteira de n por 4. Assim, como 4n 6 4n 8 + 4(n )+ temos que i 4n 6 i 1 Devemos escrever e i( 6 ) na f.a. para podermos somar as parcelas do numerador: ( e i( 6 ) (cos ) ( + i sen )) ( ( ) ( )) ( ) 3 cos i sen i Assim temos que: 3 i 4n 6 + e i( 6 ) e i( 5 ) ( ) 3 3 ( 1) + 1 i e i( 5 ) ei( ) e i( 5 ) 1 ei( 5 ) i e i( 5 ) ei( 7 1 ) 1 13 ei( 1 ) i e i( 5 ) Exame 1, a Fase 15. As operações dividir por i e dividir por 3 correspondem geometricamente a fazer uma rotação de centro em O e amplitude radianos e dividir a distância ao centro por 3, respetivamente. z Assim, podemos fazer as operações por qualquer ordem e, por isso, temos duas alternativas: i z 3 z 3 Resposta: Opção A e e z 3 z 1, ou então z 3 i z 1 z 3 z 4 z 1 Exame 1, 1 a Fase Página 5 de 15

6 16. Como o ponto M é a imagem geométrica do número complexo z 1 que vamos designar por z 1 ρ 1 e iθ, em que < θ < 4 porque M é um ponto do primeiro quadrante e Re(z 1) > Im(z 1 ). Podemos excluir o ponto da opção (D), o ponto S porque é a imagem geométrica de um número complexo z da forma z ρ 3 e i, e assim, z 1 z (ρ 1 ρ 3 )e i(+θ) ; e como < θ < então a imagem 4 geométrica de z 1 z seria um ponto do 3 o quadrante e não o ponto N Podemos excluir o ponto da opção (B), o ponto Q porque é a imagem geométrica de um número complexo z da forma z ρ 4 e i( ), e assim, z1 z (ρ 1 ρ 3 )e i( +θ) ; ou seja a imagem geométrica de z 1 z seria um ponto sobre a reta perpendicular a à reta OM pelo ponto O e não o ponto N Podemos excluir o ponto da opção (A), o ponto P porque é a imagem geométrica de um número complexo z da forma z ρ 5 e iα, e assim, z 1 z (ρ 1 ρ 5 )e i(θ+α) ; e como α <, então a imagem geométrica de z 1 z seria um ponto do quadrante definido pela reta OM e pela perpendicular pelo ponto O e não o ponto N Logo o ponto R é o único, de entre as opções apresentadas, que pode ser a imagem geométrica do número complexo z N R Q P M S θ Exame 11, Prova especial 17. Para que z 1 seja igual ao conjugado de z, tem que se verificar a condição Re(z 1 ) Re(z ) Im(z 1 ) Im(z ) Logo: Re(z 1 ) Re(z ) Im(z 1 ) Im 3k + 3p 4 p ( 5k) 3k + 6 3p p 5k k + p k + 5k k + p + 5k k k + p 4 4k 1 + p 1 k 3 p 1 k Exame 11, Ép. especial 18. Pela observação da figura podemos adicionar geometricamente os afixos de z e de z 4 e temos que z + z 4 z 3 A operação multiplicar por i corresponde geometricamente a fazer uma rotação de centro em O e amplitude, pelo que z 3 i z 5. Logo (z + z 4 ) i z 3 i z 5. z 4 z 5 z 3 z 1 z z 6 Exame 11, a Fase Página 6 de 15

7 19. Sabemos que i 1, i 1 i, i 1 e i 3 i, e que é válida a igualdade i n i k, onde k é o resto da divisão inteira de n por 4. Assim, como 4n 4 n +, temos que i 4n i 1 como 4n n +1 temos que i 4n+1 i 1 i como 4n + 4 n + temos que i 4n+ i 1 Assim temos que: z 3 z z 1 i 4n + i 4n+1 + i 4n+ 1 + i 1 i, pelo que, de acordo com a z 4 figura, temos que i 4n + i 4n+1 + i 4n+ z Exame 11, 1 a Fase. Designando por, z 1 e z os números complexos cujas imagens geométricas são os pontos B, A e C, respetivamente, temos que z 1, porque os pontos A e B estão à mesma distância da origem; logo arg () arg (z ) 9, como arg (z ) 3, temos que arg () Assim temos que 5e i( 18 ) Teste Intermédio 1 o ano A operação multiplicar por i corresponde geometricamente a fazer uma rotação de centro em O e amplitude radianos. Q Assim temos que i z, sendo o número complexo que tem por imagem geométrica o ponto Q. R P Logo i z, ou seja o número complexo que tem por imagem geométrica o ponto T. S T Exame 1, Ép. especial Página 7 de 15

8 . z é um imaginário puro, se arg z + k, k Z Assim temos que: 8 θ + k, k Z θ 8 k, k Z θ k, k Z θ 3 8 k, k Z Atribuindo valores a k, temos: Se k, θ 3 8 Se k 1, θ Exame 1, 1 a Fase 3. Como i 6 i 4+ i 1 i 7 i 4+3 i 3 i (1 + i)(3 + i) 3 + i + 6i + i 3 + ( 1) + 7i 1 + 7i Temos que: (1 + i)(3 + i) i 6 + i 7 3i 1 + 7i ( 1) i 3i + 6i 3i ( + 6i) i 3i i i + 6i 3i i i 3 3 i 4. Como i e i( ), podemos fazer a multiplicação na forma trigonométrica: z i.e iθ e i( ) e iθ e i( +θ) Teste Intermédio 1 o ano Assim o conjugado de z é: Resposta: Opção A z e i ( ( +θ)) e i( θ) Exame 9, Ép. especial 5. Temos que i 43 i i 3 i Calculando z 1 temos: z 1 (3 i) 3 3(i) + (i) 9 1i + 4i 9 4 1i 5 1i Como 8e i( 3 ) 8i, calculando z na forma algébrica, temos: z z 1 + z 1 + i 43 8e i( 3 ) (3 i) + (5 1i) + ( i) 8i 8 16i 8i 1 i i (1 i) i i i i i i i ( 1) ( 1) + i Exame 9, Ép. especial Página 8 de 15

9 6. Se arg (z) 3 então arg (z) 3 Escrevendo i na f.t. temos i e i( ) Assim, sendo ρ z (e por isso também ρ z ) e fazendo a divisão na f.t. temos que: i z ei( ρe i( 3 ) ρ ei( ( 3 )) ρ ei( + 3 ) 3 ei( ) 5 ei( 6 ) ρ ρ Logo arg ) ( ) i 5 z 6 Exame 9, 1 a Fase 7. Como i 18 i 4 4+ i 1, temos que: z 1 i 1 i i(1 + i) i + i18 i ( 1) (1 i)(1 + i) 1 i i i i i Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρe iθ, onde: (1 ) ( ) 1 1 ρ z tg θ Logo z ; como sen θ > e cos θ >, θ é um ângulo do 1 1 o quadrante, logo θ 4 ei( 4 ) Exame 9, 1 a Fase 8. A imagem geométrica do número complexo ρ ei(α) é um número complexo tal que: z (apenas os pontos B e C verificam esta condição) arg() arg(z) (apenas os pontos A e B verificam esta condição) Assim o ponto B é a imagem geométrica de ρ ei(α) A B C α P D Teste Intermédio 1 o ano Como i 35 i i 3 i, e ( + i) ( + i)( + i) 4 + i + i + i i 3 + 4i temos que: ( + i) i i 3 + 4i ( i) 1 + i i 6i 1 + i 4 i (4 i)(1 i) 1 + i (1 + i)(1 i) 4 8i i + 4i 1 4i 4 4 1i 1i i Teste Intermédio 1 o ano Página 9 de 15

10 3. Como e i ( ) i, temos que: z 1 (1 i).(1 + i) 1 i Na f.t.: z 1 e i Fazendo a divisão na f.t.: z 1 ei z 8e i( 4 ) 8 ei( ( 4 )) 1 4 ei( 4 ) 31. Os números complexos z e z, têm argumentos que diferem de radianos, logo, temos que: Exame 8, Ép. especial arg ( z) + arg (z) Como i 18 i 4 + (i ) 4 i ( 1) 4 ( 1) 1, temos que: z 1 i i (1 i) ( 1) 3 1 i i i i i i Exame 8, a Fase i i(1 + i) i 4i 1 i (1 i)(1 + i) 1 (i) Exame 8, a Fase 33. O número complexo 3i tem a sua representação geométrica sobre a parte positiva do eixo imaginário, pelo que define um ângulo de radianos com o semieixo real positivo, logo arg(z) 1 Exame 8, 1 a fase 34. Sabemos que i 1, i 1 i, i 1 e i 3 i, e que é válida a igualdade i p i k, onde k é o resto da divisão inteira de p por 4. Assim, como i n i, temos que i n i i 3 i 4 p+3, para p N. Logo i n+1 i (4 p+3)+1 i 4 p+4 i 4 (p+1) i 4 (p+1)+ i 1 Resposta: Opção A 35. Como arg (z 1 ) α, temos que z 1 ρe iα Como z 4iz 1, temos que z 4iz 1 Como 4i 4e i( 3 ), fazendo a multiplicação na f.t. temos que: z 4iz 1 4e i( 3 ) ρe iα (4ρ)e i( 3 +α) Assim, como α ], [, temos que arg ( z ) 3 + α Exame 7, a fase Exame 7, a fase Página 1 de 15

11 36. Designando por, z 1 e z os números complexos cujas imagens geométricas são os pontos C, A e B, respetivamente, temos que z 1, porque os pontos A e C estão à mesma distância da origem; logo Como rad rad rad, então: 1 arg () arg (z ) Assim temos que 5e i( 3 5 ) Exame 6, Ép. especial 37. Como e i( ) i temos que: z 1 ( i) Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 5 5e i Fazendo a divisão na f.t. vem: ( + e i( ) ) ( i)( + i) i 4 ( 1) 5 z 1 z 5ei 1 5 ei( 7 ) e i( ( 7 )) 5e i( 7 ) Exame 6, a fase 38. Seja z a + bi com a R \ {} e b R \ {}, cuja imagem geométrica é o ponto A. Assim z a bi, cuja imagem geométrica é o ponto A, simétrico do ponto A relativamente ao eixo real. Logo z (a bi) a + bi, cuja imagem geométrica é o ponto B, simétrico do ponto A relativamente ao eixo imaginário. Exame 5, Ép. especial Página 11 de 15

12 39. Escrevendo 1 na f.t. temos 1 ρe iθ, onde: ρ tg θ ; como sen θ > e cos θ >, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ 4 Assim 1 e i( 4 ) Calculando o produto 1 na f.t., e escrevendo o resultado na f.a. vem: 1 e i( 4 ) e i( 1) ( )e i( 4 + 1) e i( ) e i( 4 1 ) e i( 3 ) ( ( ( ) ( )) ) 1 3 cos + i sen i 1 + 3i Podemos ainda escrever 3 na f.a.: 3 3e i( ) 3i Assim temos que: i 3 3i 1 + 3i 3i ( 1 + 3i) i 3i i i + 3i 3i i i i Exame 5, a fase 4. + i ( + i)(1 + i) + i + i + i i i 1 i (1 i)(1 + i) 1 i i + 3i 1 1 ( 1) i 1 + 3i i 1 + i i Escrevendo na f.t. temos ρe iθ, onde: (1 ) ( ) 1 1 ρ tg θ Assim 1 1 ; como sen θ > e cos θ >, θ é um ângulo do 1 1 o quadrante, logo θ 4 ei( 4 ) 41. Exame 5, 1 a fase Como (4 3i)(4 3i) 16 1i 1i + 9i 16 4i 9 7 4i i + i i + 7 4i i i + (7 4i) i i i i + 7i 4i 7i + 4 i i + i 7i 4 4 5i Se arg() α então ρe iα, sendo ρ 4 + ( 3) Assim 5e i( α) Como i e i( ), fazendo o produto na f.t., temos: i e i( ) 5e i( α) 5e i( α) Exame 4, a fase Página 1 de 15

13 4. Como i 3 i i 3 i temos que: z 1 + i i + ( i) ( 6 + i) (1 + i) z 1 i (1 i) (1 + i) 1 1i 1 1i i Escrevendo i na f.t. temos i ρe iθ, onde: 6 1i + i + 4i 6 1i 4 1 (i) 1 4i ρ i ( ) + ( ) tg θ 1 ; como sen θ < e cos θ <, θ é um ângulo do 3o quadrante, logo θ Assim z 1 + i 3 z 5 e i( 4 ) 43. Para que z seja um número real arg (z) arg (z) Exame 4, 1 a fase Assim θ 5 θ 5 θ 5 θ + 5 θ 5 θ 6 5 Resposta: Opção A Exame 3, Prova para militares 44. Como Re () > 1 então Re ( 1) > e Im () Im ( 1), pelo que é razoável admitir que 1 z 1 z z 1 1 Como Re (z 3 ) Re (z 1 ) Im (z 3 ) Im (z 1 ), temos que z 3 z 1 ( 1) Assim temos que z 3 z 1 ( 1) 1 1 z 3 z 4 Exame 3, a fase 45. Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρe iθ, onde: ρ z 1 + ( ) tg θ 1 ; como sen θ < e cos θ >, θ é um ângulo do 4o quadrante, logo θ Assim z 1 e i( 7 4 ) Fazendo a divisão na f.t. e escrevendo o quociente na f.a., temos: z 1 e i( 7 4 ) z e i( 5 4 ) e i( ) e i( 4 ) e i( ) i Exame 3, 1 a fase - 1 a chamada Página 13 de 15

14 46. Como < Re (z) < 1 < Im (z) < 1 e Re (z) Re (z) Im (z) Im (z) Temos que, também, < Re (z) < 1 < Im (z) < 1 Logo a imagem geométrica de z também pertence ao interior do retângulo i i ( 1 + i) i i i i + i i 1 i 1 Escrevendo na f.t. temos ρe iθ, onde: ρ i Exame, a fase tg θ ; como sen θ > e cos θ >, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ 4 Assim e i( 4 ), e por isso: arg () 4 3 arg (z 1), pelo que z 1 4 z, pelo que z Exame, 1 a fase - a chamada 48. Como i 3 i i 3 i, temos que: z 1 + i i 1 + i + ( i) + 4 i 5 i 5( + i) ( i)( + i) 1 + 5i 1 + 5i 1 + 5i + i i 4 ( 1) Se + i, então i 1( i) ( + i)( i) i i i 4 ( 1) i i Exame 1, Ép. especial Escrevendo e i( 3 4 ) na f.a., temos que: ( e i( 3 4 ) cos i sen 3 ) ( 4 Logo 1 e i( 3 4 ) ) + i i Exame 1, a fase Página 14 de 15

15 5. Se a imagem geométrica de está no primeiro quadrante e pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, então arg () 4, e é da forma ρei( 4 ) Assim temos que ρe i( 4 ) Logo ρei( 4 ) ρe i( 4 ) ρ ρ ei( 4 ( 4 )) 1 e i( ) e i( 4 ) e i( ) Logo a representação geométrica de está sobre a parte positiva do eixo imaginário, como a imagem geométrica de z z 4 Exame 1, 1 a fase - 1 a chamada 51. Se arg (z) 5, então z tem a imagem geométrica no 1o quadrante. b z Se z a + bi, com a > b >, então z a bi, com a > b >, logo arg ( z) + 5 z a + 5 b 5 a 5. Sabemos que z A se z < 1. Como 1 + 3i , sendo θ arg (1 + 3i) podemos escrever 1 + 3i e iθ, Assim temos que : Exame, 1 a fase - a chamada 1 + 3i 4e i( 6 ) eiθ 4e i( 6 ) 4 ei(θ 6 ) 1 ei(θ 6 ) 1 + 3i Logo, como 4e i( 6 ) 1, e i < 1, podemos afirmar que 4e i( 6 ) pertence ao conjunto A. Exame, 1 a fase - 1 a chamada 53. A operação multiplicar por i corresponde geometricamente a fazer uma rotação de centro em O e amplitude radianos pelo que a imagem geométrica de i, está sobre a circunferência de centro na origem que contem. z i A operação multiplicar por corresponde a duplicar a distância à origem, mantendo o ângulo que com o sei-eixo real positivo. i Assim temos que i z Exame, Prova modelo Página 15 de 15