MATEMÁTICA A - 12o Ano N o s Complexos - Equações e problemas Propostas de resolução

MATEMÁTICA A - 1o Ano N o s Complexos - Equações e problemas Propostas de resolução Exercícios de exames e testes intermédios 1. Simplificando as expressões de z 1 e z, temos que: Como i 19 i + i i, vem que: z 1 1 i19 1 + i 1 i) 1 + i Como e i π ) cos π ) + i sen 1 + i)1 i) 1 + i)1 i) 1 i + i i 1 + i 1) 1 i + i + i 1 1) ) π 0 + i 1) i, vem que: z ke i π ) k i) ik Assim, como a distância entre as imagens geométricas de z 1 e de z é dada por z 1 z, ou seja: z 1 z + i ik + i1 k) + 1 k) + 1 6k + 9k 9k 6k + 5 E como a distância entre as imagens geométricas de z 1 e de z é igual a 5, temo que: z 1 z 5 9k 6k + 5 ) ) 5 9k 6k + 5 5 9k 6k + 5 5 k>0 9k 6k + 5 5 0 9k 6k 0 k9k 6) 0 k 0 9k 6 0 k 0 k 6 9 k 0 k Como k R +, temos que k Exame 017, 1 a Fase Página 1 de 5

. Escrevendo 1 + i na f.t. temos 1 + i γe iα, onde: γ 1 + i 1) + 1 1 + 1 tg α 1 1 1 ; como sen α > 0 e cos α < 0, α é um ângulo do o quadrante, logo α π π π π π Assim temos que 1 + i e i π ), pelo que podemos simplificar a expressão do número complexo z: z Escrevendo w na f.t. temos w i e i π ) Como z w, então temos que: e i π ) e i π ) π ρe iθ ) ei θ) ρ e iθ) ρ z w ρ ρ 1 ρ ρ 1 ρ 0 ρ>0 Arg z Arg w + kπ, k Z π θ π + kπ, k Z θ π π kπ, k Z θ π kπ, k Z θ π 8 kπ, k Z Como θ ]0,π[, determinamos o valor de θ, atribuindo valores a k: Se k 0, então θ π ) θ / ]0,π[ 8 Se k 1, então θ π 8 π) π 8 + 8π 8 5π ) θ ]0,π[ 8 Se k, então θ π 8 π) π 8 + 16π 8 1π ) θ / ]0,π[ 8 Assim, se z w, ρ > 0 e θ ]0,π[, temos que ρ 1 e θ 5π 8 Exame 016, a Fase Página de 5

. Escrevendo 1 + i na forma trigonométrica temos 1 + i ρe iα, onde: ρ 1 + i 1) + ) 1 + tg α 1 ; como sen α > 0 e cos α < 0, α é um ângulo do o quadrante, logo α π π π π π Assim temos que 1 + i e i π ), pelo que podemos simplificar a expressão do número complexo z1 : z 1 8eiθ e i π ) 8 eiθ ) e i π ) eiθ π Como Arg w) Arg w) e w w, vem que: z 1 e i θ π )) e i π θ) Logo: z 1 z e i π θ) e iθ) e i π θ+θ) e i π +θ) Para que z 1 z seja um número real, então Arg z 1 z ) kπ, k Z Atribuindo valores a k, vem que: Se k 0, então Arg z 1 z ) 0 π ) θ + θ 0 θ π, / ]0,π[ Se k 1, então Arg z 1 z ) π π + θ π θ π π θ π ) θ, ]0,π[ Se k, então Arg z 1 z ) π π + θ π θ π π θ π ) θ, / ]0,π[ Assim, o valor de θ ]0,π[ para o qual z 1 z é um número real é θ π Exame 016, 1 a Fase Página de 5

. Temos que i 19 i + i i Pelo que, escrevendo o numerador da fração que define z na forma trigonométrica vem que Em que + i 19 + i) i ρe iα ρ ) + ) + 8 tg α 1 ; como sen α < 0 e cos α < 0, α é um ângulo do o quadrante, logo α π + π 5π Logo o numerador da fração que define z é e i 5π ), pelo que z + i19 e iθ 5π i ) e e iθ e i 5π θ) e i 5π θ) Como z é um imaginário puro se Arg z) π + kπ, k Z, vem que 5π θ π + kπ, k Z θ 5π + π + kπ, k Z θ 5π + π + kπ, k Z θ π + kπ, k Z θ π kπ, k Z Como θ ]0,π[, podemos atribuir a k os valores do conjunto { 1,0} e calcular os valores de θ, para os quais z é um imaginário puro: Se k 1, então θ π 1) π π + π 7π Se k 0, então θ π 0 π π Exame 015, 1 a Fase Página de 5

5. 5.1. Simplificando a expressão de z 1 vem: z 1 1 i i i 1 1 i i i i i 1 i 1 i i i 1) 1) i + 1 i 1 i i i 1 1 + i Escrevendo z 1 na forma trigonométrica, temos que z 1 ρe iθ, onde: ρ 1 + 1 i 1 ) ) 1 1 + + 1 1 i i 1 + 1 i 1 i)i i)i tg θ 1 1 1; como sen θ > 0 e cos θ < 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π π π π π π Logo z 1 ei ) E assim, calculando a potência, vem: z 1 ) ei π )) ) π i e ) ) e iπ) 16 eiπ) 1 eiπ Como arg w arg w, então z e i π )) e i π ), fazendo o produto na forma trigonométrica, vem: z 1 ) z 1 eiπ e i π ) 1 eiπ+ π ) Como arg z 1 ) z ) é da forma π + kπ, k Z, a imagem geométrica de z 1) z pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares. π ) π ) 5.. Como sen α) sen α cos α, sen α cos α e cos α sen α vem que w sen α) + i cos α sen α cos α + i cos α cos α sen α + i cos α ) π ) π )) cos α cos α + i sen α cos α e i π α)) ] Como cos α > 0, porque α 0, π [, a forma trigonométrica do número complexo w é w cos α e i π α)), em que w cos α Exame 01, Ép. especial Página 5 de 5

6. 6.1. Escrevendo z na forma algébrica temos: z e i π 6 ) cos π 6 + i sen π ) ) 6 + i 1 + i + i Assim temos que z + i i Imz) E, simplificando a expressão que define w, substituindo z, vem: z i) w + i i) 1 + zi 1 + + i ) i ) 1 + i + i 1 + i 1 O i A Rez) 9 9 i i 9 i ) i 1) i Assim, podemos fazer a representação do triângulo [AOB], como na figura ao lado. Por observação da figura, temos que a área do triângulo [AOB] é A [AOB] Re z) Im w) 9 i B 6.. Considerando a equação na forma az + bz + c 0, com a 1, b cos α e c 1, temos uma equação do segundo grau na variável z. Assim, z cos αz+1 0 z cos α) ± cos α) 1)1) 1 z cos α ± cos α z cos α ± cos α 1) z cos α ± 1 cos α) z cos α ± sen α ) z cos α ± sen α) z cos α ± 1 senα ) cos α ± i senα z z cos α ± i senα z cos α + i senα z cos α i senα z cos α + i senα z cos α) + i sen α) z e iα z e i α) Resposta: A equação tem duas soluções, que são, na forma trigonométrica em função de α: e iα e e i α) Exame 01, a Fase Página 6 de 5

7. 7.1. Escrevendo 1 + i na forma trigonométrica temos 1 + i ρe iθ, onde: ρ 1 + i 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 Assim 1 + i e i π ) Pelo que 1 + i ) e i π ) ) e i π ) 8e iπ) 8e i 0 Escrevendo 1 i na forma trigonométrica temos 1 i ϕe iβ, onde: ϕ 1 i 1 + 1) 1 + 1 tg β 1 1 1 ; como sen β < 0 e cos β > 0, β é um ângulo do o quadrante, logo β π Assim 1 i e i π ) Desta forma, calculando as potências, o quociente e o produto na forma trigonométrica, vem: z 1 z ) 8ei 0 e i π ) e iα) 8 e i0 π )) e iα) 8 ei π ) e iα) e i π ) e iα) e i π +α) Logo, para que z 1 z ) seja um imaginário puro, temos que arg z 1 z ) ) π Pelo que: + kπ, k Z. π +α π +kπ, k Z α π π +kπ, k Z α π +kπ, k Z α π 8 +kπ, k Z Como α [0,π[, concretizando os valores de k, temos que α π k 0) e 8 α π 8 + π π 8 + π 8 5π 8 k 1) são os únicos valores de α [0,π[, para os quais z 1 z ) é um imaginário puro. 7.. Seja z a + bi Assim, vem que: 1+z + 1 z 10 1+a+bi) + 1 a+bi) 10 1+a+bi + 1 a bi) 10 1 + a) + b ) + 1 a) + b) ) 10 1 + a) + b + 1 a) + b) 10 1 + a + a + b + 1 a + a + b 10 + a + b 10 1 + a + b 5 a + b a +b 0 a + b a + b z Exame 01, 1 a Fase Página 7 de 5

8. Como cos 5π 6 cos π 6 e sen 5π 6 sen π 6 1 vem que: ) 1 + ie i 5π 6 ) 1 + i + i 1 1 i + i 1 i 1 i e i π ) Escrevendo 1 + i na forma trigonométrica temos 1 + i ρe iθ, onde: ρ 1 + i 1 + ) 1 + tg θ 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1 o quadrante, logo θ π Assim 1 + i e i π ) Logo, vem que: z 1 1 + i 1 + ie i 5π 6 ) ei π e i π ) e i π π )) e i π + π ) π ei 6 + π 6 ) 5π ei 6 ) Se z e iθ, então z z 1 e iθ 5π ei 6 ) 1 e iθ 5π 6 ) eiθ 5π 6 ) E como z ) z é número real negativo, então arg π + kπ, k Z, logo temos que: z 1 θ 5π 6 π + kπ θ π + 5π 6 + kπ θ 6π 6 + 5π 6 Como θ [0,π[, então k 0 e θ 11π 6 z 1 + kπ θ 11π 6 + kπ Exame 01, Ép. especial Página 8 de 5

9. Como i i 5+ i 1, temos que: z 1 1 + i + i 1 + i 1 1 + i 1 + i 1 + i Escrevendo z 1 na forma trigonométrica temos z 1 ρe iθ, onde: ρ z 1 1 ) 1 ) ) + + ) 1 1 1 + i tg θ 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ < 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Assim z 1 e i π ) E como e iπ e i e i π ), temos que: z iz 1 e iπ e i π ) e i π ) Assim temos que z ) n eiπ e i π + π ) eiπ e i π 6 + π 6 ) e i π 6 ) ) n n e in π 6 )) eiπ e i 7π 6 ) eiπ 7π 6 ) e i 6π 6 π 6 ) e i π 6 ) E para que z ) n seja um número real negativo, arg z ) n π + kπ, k Z; ou seja: n π ) π + kπ, k Z n π + kπ 6 π, k Z n 6 n 6 1k, k Z 6π + 1kπ, k Z π Como, n 6 1k n + 6 1 k n 6 k 1 logo, para que k Z, o menor valor natural que n pode tomar é 6, ficando 6 6 k 1 k 1 10. Temos que z cos α + i sen α e que z 1 i, pelo que z + z cos α + i sen α + 1 i cos α + 1 + isen α 1) Como z + z é um número real se Im z + z ) 0 temos que: sen α 1 0 sen α 1 α π + kπ, k Z Exame 01, a Fase Como α ] π, π[, seja k 1, e assim α π π π π π 11. Fazendo z e i π 10), temos que: z e i 10) π z 6 e i 10) ) π 6 6 e i6 10) π 6e i 6π 10 ) 6e i π 5 ) Exame 01, 1 a Fase Assim, para mostrarmos que e i π 10) é solução da equação z 6 z 18i vamos substituir z por e i π 10) na equação: z 6 6π z 18i 6e i 10 ) e i 10) π 18i 6 )e i 6π 10 + 10)) π 18i 5π 18e i 10 ) 18i 18e i π ) 18i 18i 18i Como da substituição resultou uma proposição verdadeira, z é solução da equação. Teste Intermédio 1 o ano.05.01 Página 9 de 5

1. Temos que metade do inverso de w é 1 w 1 w Logo, como o conjugado de w é igual a metade do inverso de w, vem que: w 1 w w w 1 Se w ρe iθ, então w ρe i θ) e, por isso, w w ρe iθ ρe i θ) ρ ρ e iθ θ) ρ e 0 ρ w Assim, temos que: w 1 w w w 1 w 1 1 w ± w ± 1 w ± Como w é um valor positivo, temos que w 1 w w w 0 é a condição que define os números complexos, cujas imagens geométricas, no plano complexo, pertencem à circunferência de centro na origem e de raio 1. Como z 1 e iα cos α + i sen α e z e iα+ π ) cos α + π ) + i sen α + π ) sen α + i cos α, vem que: z 1 + z cos α + i sen α) + sen α + i cos α) cos α sen α) + i sen α + cos α) Assim, Re z 1 + z ) cos α sen α e como α ] π, π [, logo cos α < sen α cos α sen α < 0, logo temos que Re z 1 + z ) < 0 Im z 1 + z ) sen α + cos α e como α é um ângulo do 1 o quadrante, sen α > 0 cos α > 0 sen α + cos α > 0, logo temos que Im z 1 + z ) > 0 Exame 01, Ép. especial Ou seja, a representação geométrica de z 1 + z no plano complexo, pertence ao. o quadrante. Exame 01, a Fase Página 10 de 5

1. 1.1. Começamos por simplificar as expressões de z 1 e de z : Recorrendo aos coeficientes da linha do Triângulo de Pascal 1 1), temos que: z 1 +i) 1 ) + ) i)+ )i) +1i) 8+1i 6i i 8+6+1i i +11i z 1 + 8i + i 1 + 8i) i) + i) i) i + 56i 8i 8 1) + 55i 0 + 55i i 6 + 11i 1) 5 Assim, temos que z + z 1 z z + + 11i) 6 + 11i z + 11i 6 + 11i z 8 z 8 z 8e i 0 z 8e i 0 + kπ ), k {0,1,} z e i kπ ), k {0,1,} Ou seja, temos raízes de índice, que são as soluções da equação: k 0 z e i 0 k 1 z e i π ) k z e i π ) 1.. Se w e 1 w são raízes de índice n de um mesmo número complexo z, então wn z e Logo temos que: 1 w n w ) n 1 z w ) n w n 1 w n w n w n 1 w n ) 1 w n ± 1 w n ±1 Como w n z temos que w n ±1 z ±1 z 1 z 1 Exame 01, 1 a Fase 15. Como i) ) i i) i, e como e i π ) cos π + i sen π + i Vem que i ) e i π ) k + i ) i + i k + i i + i i k + i i i k + i i 1) k + i Logo vem que: i i)k i) k + i k + i)k i) ) ) i e i π ) Re k + i k i ki + i k i + k) k i k + 1 ) ) i e i π ) k k + 1 Como z é um um número real se Im z) 0, temos que: e Im k + i + k k + 1 + k k 0 + k 0 k + 1 k 1 Teste Intermédio 1 o ano.05.01 Página 11 de 5

16. 16.1. Resolvendo a equação, vem: z + z + 1 0 z 1 ± 1 1)1) 1) C.S.: z 1 ± 1) { 1 + i ; 1 i z 1 ± 1 } z 1 ± 1 z 1 ± i Como w é a solução com coeficiente da parte imaginária positivo, w 1 + i Escrevendo w na forma trigonométrica temos w ρe iθ, onde: ρ w 1 ) 1 + ) ) + ) 1 1 z 1 ± tg θ 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ < 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π π π π π Assim z 1 e i π ) e logo 1 w 1 π e i e i π ) e i π ) ) 16.. Seja z a + bi, com a R e b R. Assim temos que z a bi, pelo que: z + i) z i) a bi + i)a + bi i) a + abi ai abi b i + bi + ai + bi i a b 1) + b 1) + b 1) 1) a + b b + 1 E como z i a + bi i a + ib 1) a + b 1) ) a + b 1) a + b b + 1 Temos que z + i) z i) z i Exame 011, Prova especial 17. 17.1. Como i n+ i i, vem que: z 1 i n+ b 1 + i) i) b i i b i 1) b b i E como: e i 5π ) cos 5π + i sen 5π ) cos π i sen π ) ) i 1 i Logo temos que: w z 1 i n+ b b i b i) 1 + i) + b + i + i bi i e i 5π ) 1 i 1 i) 1 + i) 1) i + b + i bi 1) + 1 + b + i b) 1 + b + i b) 1 + b + b 1 1) 1 + 1 i Assim para que w seja um número real, Im w) 0, ou seja: Im w) 0 b 0 b 0 b Página 1 de 5

17.. Seja z a + bi, com a R e b R. Temos que: z a + b, pelo que se z 1 então: a + b 1 a + b ) 1 a + b 1 1 + z 1 + a + bi 1 + a) + b ) 1 + a + a + b ) 1 + a + a + b 1 z 1 a bi 1 a) + b) ) 1 a + a + b ) 1 a + a + b Assim temos que: 1 + z + 1 z 1 + a + a + b + 1 a + a + b + a + b + a + b ) + 1) Exame 011, a Fase 18. 18.1. Como z 1 é raíz do polinómio, este é divisível por z 1), pelo que podemos usar a regra de Ruffini para fazer a divisão e obter um polinómio de grau. E assim temos que z z + 16z 16 z 1)z + 0z + 16) + 0 z 1)z + 16) 1-1 16-16 1 1 0 16 1 0 16 0 Podemos agora determinar as raízes do polinómio z + 16 que também são raízes do polinómio z z + 16z 16) resolvendo a equação z + 16 0: z + 16 0 z 16 z ± 16 z ± 16 1) z i z i Escrevendo as raízes encontradas na forma trigonométrica, temos: z e i π ) z e i π ) 18.. Começamos por escrever z na forma trigonométrica e calcular o produto z z na forma trigonométrica: Como Re z ) 0 e Im z ) > 0, então arg z ) π ; e como z 5, logo z 5e i π ) Assim temos que: z z 5e i π ) e i nπ 0 ) 5e i π + nπ 0 ) 5e i 0π 0 + nπ 0 ) 5e i 0π+nπ 0 ) Como a representação geométrica do número complexo z z está no terceiro quadrante e pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares se arg z z ) π + π + kπ π + π + 8kπ 5π + 8kπ, k Z, vem que: 0π + nπ 0 5π + 8kπ 0π + nπ 0 Substituindo k por valores inteiros, vem que: k 1, temos n 50; k 0, temos n 0; k 1, temos n 110; Logo, o menor valor natural de n é 0. 50π + 80kπ 0 0π + nπ 50π + 80kπ 0 + n 50 + 80k n 0 + 80k, k Z Exame 011, 1 a Fase Página 1 de 5

19. Como 1 é solução da equação, o polinómio z z + z é divisível por z 1), pelo que podemos usar a regra de Ruffini para fazer a divisão e obter um polinómio de grau. E assim temos que z z + z z 1)z + 0z + ) + 0 z 1)z + ) 1-1 - 1 1 0 1 0 0 Como z + 0 z z ± z ± 1) z i z i Temos que: z z + z 0 z 1)z + ) 0 z 1 0 z + 0 z 1 z i z i Ou seja as três soluções são w 1 1, w i e w i Logo as medidas dos lados do triângulo, cujos vértices são as representações geométricas das soluções da equação podem ser calculadas como w 1 w 1 i 1 + ) 1 + 5 w 1 w 1 i) 1 + i 1 + 1 + 5 w w i i) i + i i 0 + 16 Logo o perímetro do triângulo é: w 1 w + w 1 w + w w 5 + 5 + + 5 Teste Intermédio 1 o ano 6.05.011 0. Como não podemos calcular somas na forma trigonométrica, devemos escrever z 1 na forma algébrica: z 1 e i π 7 ) cos π 7 + i sen π 7 Assim temos que: z 1 + z cos π 7 + i sen π 7 + + i + cos π 7 + i 1 + sen π ) 7 Logo, z 1 + z ) + cos π ) + 1 + sen π ) + cos π ) + 1 + sen π ) 7 7 7 7 + cos π 7 + cos π 7 + cos π 7 + cos π ) π + 1 + sen 7 5 + cos π 7 + sen π 7 + 6 + cos π 7 ) + sen sen π 7 π ) 7 ) + 1 + 1 sen π 7 + sen π 7 ) 7 + sen π 7 ) + cos π 7 ) ) 5 + cos π 7 + sen π 7 + 1 Exame 010, 1 a Fase Página 1 de 5

1. Escrevendo 1 + i na forma trigonométrica temos 1 + i ρe iθ, onde: ρ 1 + i 1 + 1 + tg θ 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1 o quadrante, logo θ π Assim 1 + i e i π ) Calculando o quadrado e, depois, o produto na forma trigonométrica temos: e iθ ) 1 + ) i e iθ) e i π ) e iθ+ π ) 8e iθ+ π ) Para que a imagem geométrica do número complexo e iθ) 1 + i ) pertença à bissetriz do. o quadrante, o seu argumento deve ser igual a 5π com a igualdade: θ + π 5π + kπ, k Z θ 5π π Como θ θ 11π 1 [ 0, π ], para k 0, temos que θ 11π + kπ, k Z, pelo que podemos calcular o valor de θ + kπ, k Z θ 15π 1 π 1 + kπ, k Z + kπ, k Z θ 11π + kπ, k Z. Simplificando a expressão indicada para z 1, temos: z 1 k i) i) k ki i + i k + i k ) + 1) k + i k ) Ou seja, Re z 1 ) k e Im z 1 ) k E para que z 1 seja um imaginário puro, Re z 1 ) 0, logo temos que: Exame 009, Ép. especial k 0 k k Resposta: Opção C Exame 009, a Fase Página 15 de 5

. Temos que w a + bi, com a R + e b R +, pelo que w a bi e w a bi. Como BC w w) a bi a bi) a bi + a + bi a e BC 8, vem que: a 8, como a > 0, sabemos que a 8 a E como w a + b, sendo a, vem que w + b 16 + b. Como w 5, vem que: 16 + b 5 16 + b ) 5 16 + b 5 b 5 16 b 9 b ± 9 Como b > 0, sabemos que b 9 Assim, como a e b temos que: w a + bi + i w a bi i w a bi i Pelo que podemos representar o triângulo, e perceber que considerando [BC] a base do triângulo BC 8), a altura é [AB] AB w w 6). Imz) O A Rez) Assim temos que a área é: BC AB A [ABC] 8 6 8 C B Exame 009, a Fase. Escrevendo i na forma trigonométrica para facilitar o cálculo do produto temos: i e i π ), e logo: iz e i π ) e i 5π 6 ) e i π + 5π 6 ) e i π 6 + 5π 6 ) e i π 6 ) e i π ) Logo iz ) n E como 1 e iπ, temos que: e i π ) ) n e in π ) e i nπ ) iz ) n nπ 1 e i ) e iπ, pelo que nπ π + kπ, k Z Como nπ π + kπ, se atribuirmos valores a k temos: Se k 1, nπ π + 1)π nπ π 6π n 6 n mas / N) Se k 0, nπ Se k 1, nπ π + 0)π nπ π n N) π + 1)π nπ π + 6π n + 6 n 9 9 N, mas 9 > ) Logo que o menor valor natural de n N, tal que iz ) n 1 é, para k 0 Exame 009, 1 a Fase Página 16 de 5

5. Representando os pontos A e B, podemos desenhar o triângulo [ABC] ver figura ao lado). Imz) B Como z 8e i π ), podemos escrever este número na forma algébrica: z 8e i π ) 8 cos π ) + i sen π )) 8 cos π i sen π ) ) 8 i i E assim, considerando como base do triângulo o lado [AB], temos que a medida da base é Im z) e a medida da altura é Re z). Logo a área do triângulo [ABC] é: O 8 A Rez) A [ABC] ) 16 Exame 008, Ép. especial 6. Como i 6 i 11+ i 1, pelo que z z 1.i 6 z 1 1) z 1 1 + i Como AB z 1 z, vem que: AB 1 i 1 + i) 1 i + 1 i i + ) + + 1 16 7. Como z iz 1, vem que: z iz 1 i + yi) 1i + yi 1i + y 1) y + 1i Exame 008, 1 a Fase Assim sabemos que Im z ) 1, e também que Im z 1 ) y. Como Im z 1 ) Im z ) temos que y 1, pelo que, substituindo na expressão simplificada de z temos: z 1) + 1i 8 + 1i Exame 007, a fase 8. 8.1. Como [AOBC] é um paralelogramo temos que C é a imagem geométrica da soma dos complexos que têm como imagens geométricas os pontos A e B, ou seja, w z + z Como z e iα cos α + i sen α, temos que z cos α i sen α Imz) O A C Rez) Assim w z + z cos α + i sen α + cos α i sen α cos α B Página 17 de 5

8.. Como z e iα, calculando a potência, vem z e iα) e iα) Como i e i π ), fazendo a divisão na forma trigonométrica temos: z eiα) i e i π ) π eiα ) cos α π ) + i sen α π ) ) E z z é um número real se Im 0, pelo que, sen α π ) 0 i i sen α π ) 0 α π 0 + kπ, k Z α π + kπ, k Z α π 6 + kπ, k Z ] Como se pretende que α 0, π [, atribuindo o valor zero a k temos α π 6 Exame 007, 1 a fase 9. Resolvendo a equação temos: iz i 0 iz +i z i +i z i i i +1 Escrevendo 1 i na forma trigonométrica z ρe iθ ) temos: z i +1 z 1 i ρ z 1 + ) 1 + tg θ 1 Assim z e i π ) ; como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π, e por isso temos que: e i π ) ) e i π + kπ, k {0,1,}, ou seja, temos raízes de índice : k 0 w 1 e i π 9 ) k 1 w e i π 9 + π ) e i π 9 + 6π 9 ) e i 5π 9 ) k w e i π 9 + π ) e i π 9 + 1π 9 ) e 11π i 9 ) Logo w é a única solução da equação que pertence ao terceiro quadrante, porque π < 11π 9 < π, ou seja π < arg w ) < π. Logo, a solução da equação que pertence ao o quadrante, escrita na fórmula trigonométrica é: w 11π e i 9 ) 0. Como o triângulo [AOB] é equilátero e tem perímetro 6, logo cada lado tem comprimento. Exame 006, Ép. especial Assim A e B devem estar sobre a circunferência de centro na origem e raio, para que OA OB o que significa que z z ). Como B é simétrico de A relativamente ao eixo real porque z é o conjugado de z) e AB, sabemos que A está sobre a reta Imw) 1 e B sobre a reta Imw) 1 Como Imz) 1 e Rez) > 0, sabemos que z é da forma z a+i, a R + Por outro lado, temos que z a + i a + 1 a + 1, e como z, temos que: a + 1 a + 1 ) a + 1 Como a > 0, temos que a + 1 a a, logo z + i Imz) 1 O 1 A B Rez) Exame 006, a fase Página 18 de 5

1. Temos que: z 1 e iα cos α + i sen α, e z e i π α) π ) π ) cos α + i sen α sen α + i cos α sen α + i cos α Logo z 1 + z cos α + i sen α) + sen α + i cos α) cos α + sen α) + i sen α + cos α) Logo Re z 1 + z ) Im z 1 + z ), o que significa que a representação geométrica de z 1 + z pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares.. Como a área do retângulo é 6, e a lado maior mede OR 6), temos que: A [OP QR] 6 OP OR 6 OP 6 OP 6 OP 6 OP 6 OP Assim, temos que z 1 e arg z 1 ) π, ou seja: z 1 e i π ) cos π + i sen π ) ) + i + i 1 + i Exame 005, 1 a fase Por outro lado, como as retas OP e OR são perpendiculares porque contém lados adjacentes de um retângulo), se arg z 1 ) π, então arg z ) π z tem a imagem geométrica no o quadrante). Assim, temos que z e arg z ) π, ou seja: z e i π ) cos π ) + i sen π )) ) ) + i i i Exame 00, Ép. especial Página 19 de 5

. Considerando z na forma trigonométrica temos z ρe iθ, calculando a potência, vem que: z ρ e iθ) Como a imagem geométrica de z pertence ao primeiro quadrante, temos que 0 < θ < π, e assim: 0 < θ < π 0 < θ < π Logo 0 < arg z ) < π, o que significa que, dependendo do valor de θ, a imagem geométrica de z pode pertencer ao primeiro quadrante se 0 < θ < π ), ou ao segundo se π < θ < π), ou ao terceiro se π < θ < π ), mas nunca ao quarto quadrante. Exame 00, 1 a fase Imz). Como a representação geométrica de z está situada sobre a reta definida pela equação Re z), temos que z + bi, com b R. Assim z bi, com b R. Tomando para altura a distância da origem à reta Re z), temos que a altura é, e a base terá de comprimento z z a+bi a bi) a+bi a+bi bi Como a representação geométrica de z pertence ao segundo quadrante, b > 0, e logo a medida da base será b. Como a área do triângulo é 8, com altura e base b) temos que: A [AOB] 8 b 8 b 8 b Assim temos que z + i, pelo que z i e temos, na figura ao lado a representação, no plano complexo, do triângulo [AOB]. A B O Rez) Exame 00, a Fase Página 0 de 5

5. Escrevendo z 1 na forma trigonométrica temos z 1 ρe iθ, onde: ρ z 1 1 + 1) 1 + 1 tg θ 1 1 1 ; como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Assim, z 1 e i π ) Por outro lado, podemos escrever z ρe iθ e z ρe i θ), pelo que calculando a potência e multiplicando na forma trigonométrica temos que: z z z 1 ρe iθ) ρe i θ) e i π ) ρ e iθ) ρ e i θ π ) Como dois números complexos w 1 e w, são iguais se w 1 w arg w 1 ) arg w ) + kπ, k Z vem: { ρ ρ { ρ θ θ π ρ { 0 ρρ ) 0 + kπ θ + θ π + kπ θ π + kπ ρ 0 ρ θ π 1 + kπ, k Z Assim, atribuindo valores 0 e 1 a k, porque a equação de grau tem duas soluções, temos: 6. k 0 θ π 1 k 1 θ π 1 + π π 1 + 8π 1 7π 1 Logo os números complexos, não nulos, que são soluções da equação são: w 1 e i 1) π e w 7π e i 1 ) 6.1. z 1 é raiz do polinómio se z 1 + bz 1 ) + c 0, pelo que temos: Exame 00, Prova para militares 1 + i) + b1 + i) + c 0 1 + i + i ) + b + bi) + c 0 1 + i 1 + b + bi + c 0 b + c + i + bi 0 b + c) + + b)i 0 + 0i Como dois números complexos, w 1 e w são iguais se Re w 1 ) Re w ) Im w 1 ) Im w ), temos que: { { { b + c 0 + c 0 c + b 0 b b Logo z 1 é raiz do polinómio x + bx + c se b c Página 1 de 5

6.. Escrevendo z 1 na forma trigonométrica temos z 1 ρe iθ, onde: ρ z 1 1 + 1 tg θ 1 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Assim, z 1 e i π ) e como z e i α), vem que: z 1 z e i π ) e i α) e i π α) Como z 1 z é um número real negativo se arg z 1 z ) π + kπ, k Z, temos que: π α π + kπ π α π + kπ π α π + 8kπ α π + 8kπ α π 8kπ α π kπ, k Z Como se pretende um valor de α, pertencente ao intervalo de [0,π], para k 1, temos: α π 1)π π + π π + 8π 5π 7. O perímetro do triângulo [ABO] é dado por: P [ABO] AB + OA + AB. Escrevendo z na forma algébrica temos: z e i π ) cos π + i sen π ) ) + OB z OA z 1 1 + 1 AB z 1 z 1 + i 1 + i) 1 + i + 1 i Assim, P [ABO] AB + OA + AB + + + ) i + i 1 + i Exame 00, a Fase Exame 00, 1 a fase - 1 a chamada 8. Como i e i π ), calculando o produto na forma trigonométrica, temos que: π ) z i z 1 e i ρe i π ) ρe i π + π ) π Pelo que, arg z ) arg z 1 ) + π ) π π, o que significa que o triângulo [AOB] é retângulo em O. Assim podemos considerar z 1 como a medida da base e z como a medida da altura ou vice-versa): A [AOB] 16 z 1 z 16 ρ ρ 16 ρ 16 ρ ± 16 ρ ± Como ρ é positivo, temos que ρ e logo z 1 e i π ) Escrevendo z 1 na forma algébrica, vem: z 1 e i π ) cos π + i sen π ) 1 + ) i + i + i Exame 001, Prova para militares Página de 5

9. Escrevendo z 1 na forma trigonométrica temos z 1 ρe iθ, onde: ρ z 1 1 + 1 0. tg θ 1 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Assim, z 1 e i π ) Logo calculando z1 n+1, temos: z1 n+1 e i π ) ) n+1 ) n+1 ) n+1 ) n+1 e in+1) π ) e i nπ + π ) e i π +nπ), n N Como um número complexo w tem a sua representação geométrica sobre a bissetriz dos quadrantes ímpares se arg w) π + kπ, k Z, e arg z1 n+1 ) π + nπ, n N, então a imagem geométrica de zn+1 1 está sobre a bissetriz dos quadrantes ímpares para todos os valores naturais de n. Exame 001, Ép. especial 0.1. Como um losango tem os lados todos iguais, temos que o lado l) do losango tem medida 0 5. Logo, se o ponto A, for a representação geométrica de z 1, o ponto B, simétrico de A, relativamente à origem também é um vértice do losango, por este estar centrado na origem, ou seja, B é a imagem geométrica do numero complexo z i. Como o losango está centrado na origem, as suas diagonais estão sobre os eixos, pelos que os restantes vértices são números reais, z e z, tais que z 1 z 5 e z 1 z 5. Assim, sendo z a um número real, temos que: z 1 z 5 i a 5 a + i) 5 a) + ) 5 a + 16 5 Imz) 5 a + 16 ) 5) a + 16 5 a 5 16 a ± 9 a a a 0 a Rez) Logo os números complexos, cujas imagens geométricas são os restantes vértices do losango, são z i, z e z. e 0.. Como i π ) ) ) e i π ) e i π ) i, temos que: e i π ) ). z + z1 i.z + i z + i i z + i)i) ii) z i + i i z i + 1) 1) z + i z i Exame 001, 1 a fase - a chamada Página de 5

1. 1.1. Seja w o número complexo que tem por imagem geométrica o ponto P, e como w é uma das raízes quadradas de z 1, temos que w z 1. w + bi) + bi + bi) 16 + 8bi + b i 16 + 8bi b 16 b + 8bi Como w z 1, então Re w) Re z 1 ) Im w) Im z 1 ), ou seja: 16 b 7 8b 16 b 7 8b 16 7 b b 9 b b Logo a ordenada do ponto P é. b ± 9 b b ± b b 1.. Como Re z 1 ) > 0 e também Im z 1 ) > 0, temos que a representação geométrica de z 1 pertence ao primeiro quadrante, isto é 0 < arg z 1 ) < π. Mas também, e porque Re z 1 ) < Im z 1 ), a representação geométrica de z 1 está acima da bissetriz dos quadrantes ímpares, ou seja, π < arg z 1) < π. Pela conjunção das duas condições sabemos que π < arg z 1) < π Considerando z 1 ρ e fazendo o produto na forma trigonométrica, vem: z 1 z ρe iθ e iα ρe iθ+α) Assim, como arg z 1 z ) θ + α, vem que: π + π < arg z 1 z ) < π + π π < arg z 1 z ) < π + π Ou seja, a imagem geométrica de z 1 z ) pertence ao o quadrante. π < arg z 1 z ) < π Exame 001, Prova modelo..1. Como z 1 tem argumento π 6, podemos considerar z 1 ρe i π 6 ), ρ R +, e assim: z z 1 ρe i π 6 ) ) ρ e i π 6 ) ρ e i π 6 ) ρ e i π ) Assim, vem que, a amplitude do ângulo A 1 OA, é dada por: Ou seja, ângulo A 1 OA é reto. arg z ) arg z ) π π 6 π 6 π π 6 π.. Se o perímetro P C da circunferência é π, então podemos calcular o raio r: P C πr π πr π π r r, ou seja z 1 Logo podemos escrever z 1 na forma trigonométrica e depois na forma algébrica: z 1 e i π 6 ) cos π 6 + i sen π ) ) 6 + 1 i + i Exame 000, a fase Página de 5

..1. Como 1 é raiz do polinómio, este é divisível por x 1), pelo que podemos usar a regra de Ruffini para fazer a divisão e obter um polinómio de grau. E assim temos que x x + 6x x 1)x x + ) + 0 x 1)x x + ) 1-6 - 1 1-1 - 0 Podemos agora determinar as raízes do polinómio x x + que também são raízes do polinómio x x + 6x ) resolvendo a equação x x + 0: x x+ 0 x ) ± ) 1)) 1 x ± 1) x ± i Logo as raízes do polinómio são 1, 1 + i e 1 i x ± 16 x 1 ± i.. como z é o conjugado de z, sabemos que arg z) arg z) como o ângulo AOB é reto, temos que arg z) + arg z)) π Logo, arg z) + arg z)) π arg z) + arg z)) π arg z) + arg z) π Logo z e i π ) arg z) π arg z) π Imz) x ± 1 0 A B Rez) Assim, como i e i π ), fazendo a divisão na forma trigonométrica. e escrevendo o resultado na forma algébrica vem que: z i ei π ) e i π ) ei π π ) e i π π ) e i π ) cos π ) + i sen π )) cos π + i sen π )) )) + i i Exame 000, Prova modelo Página 5 de 5