MATEMÁTICA A - 1o Ano N o s Complexos - Potências e raízes Propostas de resolução Exercícios de exames e testes intermédios 1. Escrevendo 1 + i na f.t. temos 1 + i ρ cis θ, onde: ρ 1 + i 1 + 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 E assim 1 + i cis π, pelo que, recorrendo à fórmula de Moivre, temos z 1 1 + i) π ) ) π ) cis cis ) ) cis π cis π 8 cis π Como 8i 8 cis π, calculando o quociente de complexos na f.t., temos: z cis 8i π 5 8 cis π ) cis π 5 ) 8 π 1 cis π )) π 8 cis 5 + π ) 5 8 cis 5π 10 + 1π ) 8 cis 17π 10 10 Como um polígono regular de n lados, pode ser dividido em n triângulos isóceles, em que a soma dos ângulos adjacentes, junto da origem é π, então cada um destes ângulo tem amplitude π n Como as imagens geométricas de z 1 e z são vértices de um destes triângulos então os respetivos argumentos diferem de π n, ou seja Assim, temos que arg 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. especial Página 1 de 1
. Escrevendo 1 + i na f.t. temos 1 + i ρ cis θ, onde: ρ 1 + i 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 π π π E assim 1 + i cis π Simplificando a expressão de z 1 temos: z 1 1 + i cis π 1 cis π cis π 1 Como se w ρ cis θ então w ρ cis θ), então π cis π ) 9π 1 cis 1 1 π ) cis 1 z 1 cis E assim, usando a fórmula de Moivre, temos que: z z 1 z cis π ) z cis π ) π ) ) 8π cis 1 ) π z π 1 cis + kπ, k {0, 1,, } Ou seja, temos soluções da equação: k 0 w 1 π 1 cis + 0 cis k 1 w π 1 cis + π cis k w π 1 cis + π cis k w π 1 cis + π cis π ) cis π ) 1 π 1 + π ) cis π 1 + π ) cis π 1 1 cis π π 1 + π ) cis π 1 + 1π ) cis 10π 1 1 cis 5π π 1 + π ) cis π 1 + 18π ) cis 1π 1 1 cis π Exame 015, a Fase Página de 1
. Como os vértices do hexágono são as imagens geométricas das raízes de índice de um número complexo z, então estão sobre uma circunferência centrado na origem. Desta forma, sendo w 5 ρ cis θ o número complexo cuja imagem geométrica é o vértice E, temos que: ρ + i ) + ) + 8 + 8 1 Como o vértice C pertence ao segundo quadrante é a imagem geométrica de um número complexo w, tal que Re w ) Im w ), temos que arg w ) π + π π + π π C Imz) B Assim, como os argumentos dos números complexos que são raízes indíce de um mesmo número complexo diferem 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 cis 1 π Resposta: Opção D π D + π E O π F A Rez). Sabemos que z z e que arg z ) arg z ), logo z cis π ) 1 Exame 01, 1 a Fase Assim, temos que o polígono regular pode ser decomposto em n triângulos isósceles, congruentes com o triângulo OAA, em que o ponto A é a imagem geométrica de z e A é a imagem geométrica de z. Como a amplitude do ângulo AOA é π 1 π, sabemos que π n π π n 1 n π Assim temos que z e também z ) são raízes de índice 1 de w, ou seja w z ) 1, logo usando a fórmula de Moivre e escrevendo o resultado da potência na f.a., temos: π )) 1 w z ) 1 cis ) 1 cis 1 π ) cis π 1 1 Imz) 0 z z Rez) 5. Começamos por simplificar a expressão de z 1 fazendo a soma na f.a.: z 1 + cis π + cos π + i sen π ) ) + + i Escrevendo os números complexos na f.t. temos z 1 cis π e Exame 01, Ép. especial + i i z cis π, porque z 1 + 1 e para θ arg z ) temos tg θ 1 1 1 e θ 1o Q π Assim z cis 1 z π cis Como z 1 w π cis π ) π 1 cis π ) cis π é uma raiz quarta de w, aplicando a fórmula de Moivre e escrendo w na f.a., temos que: z ) cis π ) 1 cis π ) cis π 1 z1 z Exame 01, 1 a Fase Página de 1
. Escrevendo z na f.t. temos z ρ cis θ, onde: ρ z 8 ) + 8) + 8 1 tg θ 8 8 1 como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Assim z 1 cis π ), e por isso, usando a fórmula de Moivre, temos: z 1 cis π + kπ, k {0, 1,, }, ou seja, temos raízes de índice : k 0 z 1 cis π ) k 1 z cis k z cis k z cis π + π ) cis π + 1π π + π ) cis π + π π + π ) cis π + π ) ) ) cis 11π cis π cis 5π Exame 01, Ép. especial 7. Designado por z e w os números complexos que têm por imagens geométricas os pontos F e A, respetivamente. Assim temos que z w, porque os pontos A e F estão a igual distância da origem. Sabemos que o ângulo F OA tem amplitude 9 π 8π 9 ângulo giro em 9 partes iguais., porque os vértices do polígono dividem o Logo arg w) arg z) + 10π 9 Imz) Como o ponto A está dobre a parte negativa do eixo imaginário F temos que arg w) π, pelo que, substituindo na igualdade anterior, vem: π arg z) + 8π 9 π 8π 9 arg z) 7π 18 1π 11π arg z) arg z) 18 18 9 π 0 arg z) Rez) Resposta: Opção B A Exame 01, a Fase Página de 1
8. Usando a fórmula de Moivre para a radiciação temos que: π z 8 cis + kπ, k {0, 1,,,, 5}, temos que w 8 1 Para cada k {0, 1,,,, 5}, arg w) Assim, se k, temos que arg w) π + π Resposta: Opção A π + kπ π + kπ π + 1kπ π + 1kπ 5π Exame 011, Prova especial 9. Sendo a imagem geométrica de w o vértice A do octógono, designemos por z a imagem geométrica do vértice C do octógono. Como os dois números complexos são raízes de índice 8 de um mesmo número complexo, temos que w z. Imz) w Como o octógono está centrado na origem, e tem oito lados, o ângulo AOB tem de amplitude π 8 π radianos. Como o ângulo BOC tem a mesma amplitude, temos que o ângulo AOC tem de amplitude π + π π radianos. iw π 0 Rez) Ou seja arg z) arg w) + π, e como w z podemos afirmar que z w i Resposta: Opção C Exame 011, Ép. especial 10. Como i n+01 i n+ 5+ i n+5)+ i 1, temos que z 1 + i + 1) 1 + i Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρ cis θ, onde: ρ z 1 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 z 1 cis π, e como z z 1, recorrendo à fórmula de Moivre para a potência, temos que: z z 1 ) cis π ) cis π ) 8 cis π 8 Exame 011, Ép. especial Página 5 de 1
11. Como a área do setor circular é dada por αr, onde α é a amplitude do ângulo ao centro do setor circular e r o raio da circunferência, e designado por w o número complexos que tem por imagem geométrica o ponto A, temos que: 1. r w 5 5 5 usando a fórmula de Moivre); α é a amplitude do ângulo AOB e como A e B são vértices adjacentes de um pentágono regular centrado na origem por serem raízes de índíce 5 de um mesmo número complexo) temos que α π 5 Logo o valor da área do setor circular AOB é Resposta: Opção B αr π 5 π 5 π 5 1.1. Começamos por escrever 1 i) na f.t.: Seja 1 i ρ cis θ: Imz) 0 π 5 B A Rez) Exame 011, 1 a Fase ρ 1 i 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. Assim, aplicando a fórmula de Moivre para a potência, temos que ) 8 1 i) 8 5π cis ) 8 cis 8 5π ) 1 cis 0π 1 cis 10π) 1 cis 0 π )) Da mesma forma temos que cis cis π ) π ) cis 8 8 1 i)8 Assim temos que z π )) cis cis 8 1 cis ) 5π π + 5π ) 1 cis π + 10π ) 1 cis 1 cis 0 π ) cis cis ) 5π 1 cis π ) cis ) 9π π ) 1 cis + π 1 cis π ) 5π Página de 1
1.. Sabemos que as quatro raízes quartas de z são números complexos cujas imagens geométricas são os vértices de um quadrado, centrado na origem. Seja w uma das raízes quartas de z, como z 1 cis π, recorrendo à fórmula de Moivre, temos que w 1, ou seja a distância dos vértices do quadrado ao centro é, pelo que a diagonal do quadrado é. Imz) a Assim, podemos calcular o lado a do quadrado, recorrendo ao teorema de Pitágoras: a + a a 1 a 8 a 8 consideramos apenas a raiz positiva por se tratar de uma medida). Temos assim que a área A do polígono cujos vértices, no plano complexo, são as imagens geométricas das raízes quartas de z é dada por A 8) 8 a 0 w Rez) Exame 010, Ép. especial 1. Os vértices do pentágono são a representação geométrica de 5 números complexos, que são raízes de índice 5 do mesmo número complexo. Sejam z e w os números complexos que têm por imagens geométricas os pontos A e D, respetivamente. Imz) Como o ponto A tem de coordenadas 1, 0), temos que z cis 0. Como z w e arg w) π π, porque os vértices do 5 5 pentágono dividem o ângulo giro em 5 partes iguais, temos que D 0 A 1 Rez) w cis π 5 Resposta: Opção B Exame 010, a fase 1. Como a representação geométrica de w está sobre a parte negativa do eixo imaginário, sabemos que w ρ cis π. Assim, recorrendo à fórmula de Moivre, temos que w ρ cis π ) ρ cis 18π ρ cis 9π) Descontando as voltas completas, temos que w ρ cis 9π) ρ cis 9π 8π) ρ cis π, logo podemos concluir que w é um número real negativo. Resposta: Opção A Exame 010, a fase Página 7 de 1
15. Começamos por determinar z, recorrendo à fórmula de Moivre: π )) z cis ) cis π ) cis π + 0i Assim temos que: w z + i + i i i + i) i i i Escrevendo w na f.t. temos w ρ cis θ, onde: i + i i i 1 + i ρ w + tg θ 1 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Logo w cis π Exame 010, a Fase 1. Começamos por determinar z 1 ) 7, recorrendo à fórmula de Moivre, e escrever o resultado na f.a.: z 1 ) 7 π )) 7 cis cis 7 π ) cis π 1 7 7 Como z i, temos que: w i z 1) 7 z i 1) i Escrevendo w na f.t. temos w ρ cis θ, onde: ρ w 1 + 1 + i) + i) + i + i + i i) + i) i 1 + 5i 5 + 5i 1 + i + 1 5 tg θ 1 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Logo w cis π Exame 010, 1 a Fase Página 8 de 1
17. Como w é um dos vértices do quadrado, o número complexo que tem como imagem geométrica o ponto D, é um número complexo z, tal que: z w, porque o quadrado está centrado na origem, logo, todos os vértices estão a igual distância do centro arg z) arg w) π, porque a imagem geométrica do número complexo w é o ponto A, visto que 0 arg w) π, ou seja é um ângulo do primeiro quadrante, e o ângulo AOD é reto Assim, temos que: π z cis π ) cis π π ) cis π ) cis π ) Acrescentando π ao argumento calculado temos: z cis π ) + π cis π + π ) cis Resposta: Opção D ) 5π C B Imz) O D A Rez) π 18. Começamos por usar a fórmula de Moivre para calcular Exame 009, Ép. especial π )) 7 cis 1 7 cis 7 π ) cis π 1 7 7 Como a adição deve ser feita na f.a. vamos optar por calcular + i) também na f.a.: + i) + i) + i) + i) + i 1) + i) + i) + 8i + i + i + 11i + 11i ) ) π π Escrevendo cis na f.a. temos: cis i Assim, simplificando a expressão de z, vem: z π )) 7 cis + + i) 7 1 + + 11i 1 + 11i) i ) i + 11i π i i i i cis 11 + i 1) 11 + i 11 + 1 i Exame 009, a Fase 19. Seja w cis π ). Como π < arg w) < π 5, a imagem geométrica de w pertence ao o quadrante, logo o único vértice do polígono que pode ser a imagem geométrica do número complexo w, é o vértice H Resposta: Opção C Exame 008, Ép. especial Página 9 de 1
0. Escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρ cis θ, 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 Logo z 1 cis π ) Como existem raízes quartas de z, cujas imagens geométricas são os vértices de um quadrado centrado na origem, temos que as outras raízes quartas de z são: z cis π + π ) cis π + π ) cis π z π cis + π ) π cis + π ) cis π z π cis + π ) π cis + π ) cis 5π Pelo que a raiz quarta de z cuja imagem geométrica é um ponto do o quadrante é z cis 5π 1. Temos que z 1 1 i) 1 + i e escrevendo z 1 na f.t. temos z 1 ρ cis 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 Exame 008, a Fase Logo z 1 cis π Vamos agora recorrer à fórmula de Moivre para determinar z 1 ) : z 1 ) cis π ) cis π ) 8 cis π) 8 cis 0 Como z 1 ) z, podemos concluir que z 1 ) é uma raiz cúbica de z. Exame 008, 1 a Fase. Sabemos que as representações geométricas de duas raízes quadradas de um mesmo número complexo, são os extremos de um diâmetro de uma circunferência centrada na origem, ou seja, os argumentos dessas raízes diferem de π radianos. Nas opções A, B e C a diferença dos argumentos é de π radianos. Na opção D as representações geométricas dos dois números complexos estão sobre a bissetriz dos quadrantes ímpares, a igual distância do centro. Resposta: Opção D Exame 007, 1 a Fase. Sendo A a imagem geométrica de um número complexo w ρ cis θ, temos que w é uma raiz quadrada de z se z w ρ cis θ). Se π < θ < π, então π < θ < π e das quatro hipóteses de resposta, apenas o número complexo i cis π satisfaz esta condição. Resposta: Opção D Exame 00, 1 a Fase Página 10 de 1
π )). Começamos por usar a fórmula de Moivre para calcular cis 1 cis π ) cis π 1 Substituindo na expressão dada temos: + i cis π ) + i 1) i + i + i + i 10 10i 1 i 10 i) i) + i) i) Escrevendo 1 i na f.t. temos 1 i ρ cis θ, onde: ρ 1 i 1 + 1) 1 + 1 1 i i + i 1 10i 9 i 9 1) tg θ 1 1 1 ; como sen θ < 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do o quadrante, logo θ π Logo 1 i cis π ) 5. Começamos por usar a fórmula de Moivre para calcular Exame 00, 1 a Fase π )) cis 1 cis π ) cis π 1 Substituindo na expressão dada temos: [ i z1 ) 1 ] i 1) 1) 1 i) i i i 1) + 1) i) + i) i 1 + i + 1) i i i Exame 005, Ép. especial. A imagens geométricas de números complexos que sejam raízes cúbicas de um mesmo número complexo estão sobre os vértices de um triângulo equilátero centrado na origem. Logo os argumentos de quaisquer dois, dos três números complexos, diferem de π. Na opção D, a diferença dos argumentos é π π π; na opção C, a mesma diferença é π π π π e na opção B, a diferença dos argumentos é π π π. A opção A, é a única que verifica a condição 5π estabelecida para a diferença dos argumentos: π π π Resposta: Opção A Exame 005, a fase 7. Começamos por escrever z na forma trigonométrica: z i cis π. Como as raízes de índice n de um número complexo são os vértices de um polígono regular, se [P 1 P ] é um lado desse polígono, então os argumentos de z 1 e z diferem de π n. Assim 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 Página 11 de 1
8. Escrevendo w na f.t. temos w ρ cis π, onde ρ w. Recorrendo à fórmula de Moivre para a radiciação, podemos calcular as raízes de índice de w: w π ρ cis + kπ, k {0, 1, }, ou seja, as raízes são: k 0 z 1 ρ cis π k 1 z π ρ cis + π ) π ρ cis + π ) ρ cis 5π k z π ρ cis + π ) π ρ cis + 8π ) ρ cis 9π ρ cis π Desta forma temos que z ρ cis π é uma raiz cúbica de w e tem a sua representação geométrica sobre a parte negativa do eixo imaginário, pelo que a opção D é a única que é compatível com esta conclusão. Resposta: Opção D Exame 00, Ép. especial 9. Sabemos que z 1 ρ cis π, logo z 1 ρ ρ cis 0, e que z cis θ, logo z cis θ) Podemos assim calcular: z z cis θ) z cis θ)) ) cis θ θ) 9 ) cis 0 18 cis 0 18 e ) 8 z1 ρ cis π z 1 ρ cis 0 8 ρ π )) 8 ρ cis 0 1 cis π ) 8 1 8 cis 8 π ) 1 cis 8π Substituíndo os valores calculados, na expressão dada, vem: ) 8 z z z1 + 18 9 z 1 9 + 1 + 1 cis π) 1 Exame 00, Ép. especial 0. Sabemos que as representações geométricas das raízes de índice n de um número complexo, são os vértices de um polígono regular de n lados, inscrito numa circunferência de centro na origem. Assim, as imagens geométricas das raízes quartas de w são os vértices de um quadrado centrado na origem. Resposta: Opção B Exame 00, a Fase 1. Se w é uma raiz quarta de z, então a representação geométrica de w e das restantes raízes quartas z, estão sobre os vértices de um quadrado centrado na origem. Como a operação multiplicar por i corresponde a fazer uma rotação de amplitude π radianos e centro na origem, se multiplicarmos sucessivamente w por i obtemos as restantes raízes quartas de z. Assim temos que as restantes raízes quartas de z são: w 1 w i 1 + i)i i + i + i w w i 1 + i)i 1 + i) 1) 1 i w w i 1 + i)i 1 + i) i) i i i Exame 00, Prova para militares Página 1 de 1
. Escrevendo 1 + i na f.t. temos 1 + i ρ cis θ, 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 Logo 1 + i cis π Vamos agora recorrer à fórmula de Moivre para determinar as raízes quartas de 1 + i: π 1 + i cis + kπ, k {0, 1,, }, ou seja, temos raízes de índice :. k 0 z 1 cis π 1 k 1 z π cis 1 + π ) π cis 1 + π ) cis 7π 1 1 k z π cis 1 + π ) π cis 1 + 1π ) cis 1π 1 1 k z π cis 1 + π ) π cis 1 + 18π ) cis 19π 1 1.1. Começamos por calcular Exame 00, a Fase i) i) i) i i + i) i 1 i cis π ) cis π ) 8 cis π 9 9 8 cos π + i sen π ) ) 1 8 + i + i cis π i Substituíndo na expressão dada, temos: ) i + cis π ) 9 1 i + + i i i i i i i i 1) i cis π.. Se z 1 e z forem raízes cúbicas de um mesmo número complexo, as suas representações serão os vértices de um triângulo equilátero, inscrito numa circunferência centrada na origem. 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 cúbicas de um mesmo número complexo. Exame 00, 1 a fase - a chamada. Se w um número complexo diferente de zero, cuja imagem geométrica pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, temos que w ρ cis π w ρ cis π Logo, pela fórmula de Moivre para a potência, temos que: w ρ cis π ) w ρ cis π ) w ρ cis π w ρ cis π) Ou seja, w é um número real negativo, logo a sua representação geométrica pertence à parte negativa do eixo real. Resposta: Opção A Exame 00, 1 a fase - 1 a chamada Página 1 de 1
5. Se w é um número complexo cuja representação geométrica pertence à parte negativa do eixo real, temos que w ρ cis π ρ w ). ) π + kπ w ρ cis, k {0, 1}, ou seja, as raízes quadrada de w são: k 0 z 1 ρ cis π k 1 z ρ cis π Logo as duas raízes quadradas de w são números imaginários puros um positivo e outro negativo), e as respetivas representações geométricas pertence ao eixo imaginário.. Resposta: Opção B Exame 00, Prova para militares. 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 geométricas de z 1 e z são dois vértices de um quadrado inscrito numa circunferência centrada na origem. Como arg z 1 ) π, e a imagem geométrica 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 depois na f.a.: z cis 5π ) )) ) 5π 5π cos + i sen + 1 i + i + i 7. Começando por escrever z 1 na f.t., temos z 1 ρ cis θ, onde: ρ z 1 1 + 1 1 + 1 Exame 00, 1 a fase - a chamada tg θ 1 1 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ π Logo z 1 cis π z 1 e z são raízes quartas de um mesmo número complexo se z 1 ) z ). Recorrendo à fórmula de Moivre para a potência, temos: z 1 ) π ) cis ) cis z ) π cis π ) cis π ) ) cis π ) cis π) Logo, como z 1 ) z ) z, z 1 e z são raízes quartas de z. Exame 00, 1 a fase - 1 a chamada Página 1 de 1
8. Um número complexo z tem a sua imagem geométrica no interior do círculo de centro na origem e de raio 1, se z < 1 Podemos verificar que: i, logo i > 1 1 + i 1 + 1 1 + 1, logo 1 + i > 1 cis π ) 8, logo 7 cis π ) > 1 7 1 cis π ) ) 1 7 1 8, logo 1 cis π ) 7 < 1 Assim concluímos que e de raio 1. Resposta: Opção A 9. Como z 1 ρ temos: z ρ cis 1 z 1 ρ π 1 cis π ) tem a sua imagem geométrica no interior do círculo de centro na origem 7 ρ π ) ρ cis 0 1 cis π cis π Exame 001, Prova para militares Logo, recorrendo à fórmula de Moivre para a radiciação, temos que as duas raízes quadradas são dadas por: z1 z 1 1 cis π + kπ, k {0, 1}, ou seja: k 0 z 1 cis π π k 1 z cis + π ) cis π + π ) cis 7π 0. Como w + i) i, temos que w ) 11 i 11 i + i i Simplificando 1 + i), temos que: 1 + i) 1 + i)1 + i) 1 + i + i + i) 1 + i + 9i 1 9 + i 8 + i Substituindo na expressão dada, vem: w ) 11 1 + i) i) 8 + i) 8i i 8i 1) + 8i Exame 001, Prova para militares Exame 001, a fase 1. Como a figura é um heptágono, tem 7 vértices, que correspondem a 7 raízes de índice n, ou seja n 7. Como um dos vértices do heptágono pertence à parte positiva do eixo imaginário e está sobre uma circunferência centrada na origem e de lado 1, é a representação geométrica de um número complexo w que pode ser escrito na f.t como w cis π. Como w é uma raiz indice 7 de z, temos que: z w 7 cis π ) 7 1 7 cis 7 π ) cis 7π ) 7π cis π cis Resposta: Opção D 7π π ) cis π i Exame 001, 1 a fase - a chamada Página 15 de 1
. Recorrendo à fórmula de Moivre para a potência, e escrevendo o resultado na f.a., temos: z1 cis π ) cis π ) 8 cis π 8 Substituindo na espressão dada e simplificando, vem: z1 + 8 + i i i i i i 1) i Como Re i) 0 Im i) 0, temos que z 1 + é um número imaginário puro. i Exame 001, 1 a fase - 1 a chamada. Como z yi, temos que: z yi) y i y i 0 y 1 y, ou seja z é um número real positivo, pelo que a sua representação geomética pertence à parte positiva do eixo imaginário, ou seja o ponto A. Resposta: Opção A Exame 001, Prova modelo. Como os vértices do hexágono são as imagens geométricas das raízes de índice de um certo número complexo, os vértices estão sobre uma circunferência centrada na origem, logo cada par de vértices adjacentes definem com o semieixo real positivo, ângulos que diferem de π. Sejam w 1 e w os números complexos cujas representações geométricas são os vértice C e D, respetivamente. C Imz) B 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 vértices C e D estão a igual distância da origem, temos que w 1 ) w ), pelo que w cis 1π 1 Resposta: Opção B D π E 0 F A Rez) Exame 000, 1 a fase - 1 a chamada Página 1 de 1