vol. 3, cap.5
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A Matematica do Ensino Medio, volume 3
SOLUCOES DOS EXERCICIOS
CAPITULO 5
1. 1−√3 = 2 cos 300◦+i sen 300◦ (1−√3)5 = 25 ·cos(5×300◦)+i sen(5×300◦) =32 · cos 1500◦ + i sen 1500◦ = 32 · cos 60◦ + i sen 60◦ = 32(cos 60◦ + i sen 60◦) =
32 · 12+ i ·
√32= 16 + 16
√3i
FIGURA
2. Seja z = 1+ai1−ai =
(1+ai)·(1+ai)(1−ai)·(1+ai) =
(1+ai)2
1+a2= 1+2ai−a2
1+a2= 1−a2
1+a2+ i · 2a
1+a2
|z|2 = 1−a21+a2
2
+ 2a1+a2
2= 1−2a2+a4+4a2
(1+a2)2= 1+2a2+a4
(1+a2)2= (1+a2)2
(1+a2)2= 1
1 + ai
1− ai = 1
3. Seja z = x+ iy, com x e y reais.
Seja θ o argumento de z, de modo que z = x+ iy = ρ(cos θ + i sen θ).
Seja ω = −x + y e α o argumento de ω. Como (−x)2 + (−y)2 = x2 + y2,
entao ω = ρ(cosα+ i senα),
sen θ = yρe cos θ = x
ρ
senα = −yρe cosα = −x
ρ
Entao, α− θ e igual a uma quantidade ımpar de meias voltas.
α− θ = (2k + 1) · π, k ∈ Z
4. Seja z = x+ iy, com x e y reais.
Seja θ o argumento de z, de modo que z = x + iy = ρ(cos θ + i sen θ). Entao,
tan θ = yx
FIGURAS
Seja α o argumento do conjugado z. z = x − iy. Portanto, tanα = −yx=
− tan θ = tan(−θ)⇒ α = −θ+2kπ. Entao, a soma α+ θ e igual a uma quantidadeinteira de voltas ⇒ α+ θ = 2kπ .
1
10. i = 1 cos 90◦ + i sen 90◦
3√i =
1 cos 30◦ + i sen 30◦
↓ +120◦1 cos 150◦ + i sen 150◦
↓ +120◦1 cos 270◦ + i sen 270◦
1 cos 30◦ + i sen 30◦ =√32+ i
2
1 cos 150◦ + i sen 150◦ =√32+ i
2
1 cos 270◦ + i sen 270◦ = −i
Resposta:
√3
2+i
2, −√3
2+i
2,−i
11. −16 = 16[cos 180◦ + i sen 180◦]
4 16[cos 180◦ + i sen 180◦] =
2 cos 45◦ + i sen 45◦
↓ +90◦2 cos 135◦ + i sen 135◦
↓ +90◦2 cos 225◦ + i sen 225◦
↓ +90◦2 cos 315◦ + i sen 315◦
2 cos 45◦ + i sen 45◦ = 2(√22+ i
√22) =√2 +√2i
2 cos 135◦ + i sen 135◦ = 2(−√22+ i
√22) = −√2 +√2i
2 cos 225◦ + i sen 225◦ = 2(−√22− i
√22) = −√2 +√2i
2 cos 315◦ + i sen 315◦ = 2(√22− i
√22) =√2−√2i
Resposta:√2 +√2i, −
√2 +√2i, −
√2−√2i,√2−√2i
12. z3 = z
z = ρ · [cos θ + i sen θ]z = ρ(cos θ − i sen θ) = ρ(cos(−θ) + i sen(−θ)) = ρ · [cos(−θ) + i sen(−θ)]z3 = ρ3 · [cos 3θ + i sen 3θρ3[cos 3θ + i sen 3θ] = ρ[cos−θ + i sen−θ]3 = → ρ = 0 ou ρ = 1
ρ = 0→ z = 0
ρ = 1→ 3θ = −θ + 2kπ → 4θ = 2kπ → θ = kπ2, k ∈ Z
z1 = 0 z2 = 1[cos θ+i sen te] = 1 1[cos π2+cos π
2] = i 1[cos 3π
2+i sen 3π
2] = −i
3
Resposta:0, 1, i, −1, −i13. Seja z = 7 + i
√15
|z|2 = 49 + 15 = 64→ |z| = 8| 3√z| = 3 |z| = 2
14. z = a+ 3i, a ∈ R. Seja θ o argumento de z.tan θ = 3
a
Se θ = π6, entao
√33= 3
a→ a = 3
√3
15. Seja z = a+ bi, entao 1− z = (1− a) = (1− a)− bi e 1z= 1
a+bi= a−bi
a2+b2
|z| = √a2 + b2|1− z| = (1− a)2 + (−b)2
|1/z| = a2
(a2+b2)2+ b2
(a2+b2)2
= 1a2+b2
√a2 + b2 = (1− a)2 + b2 → a2 = (1− a)2
a = 1− a→ a = 1/2
ou
a = −1 + a→ impossıvel√a2 + b2 = 1√
a2+b2→ a2 + b2 = 1→ 1
4+ b2 = 1→ b = ±
√32
z =1
2+
√3i
2ou z =
1
2−√3i
2
16. Vamos pensar em |z + 1 + i| = |z − (−1− 1)| = 1.Ou seja, queremos todos os complexos z tais que a sua distancia ao numero fixo
−1− i vale 1.FIGURA
O conjunto de todos os valores que podemos atribuir a z forma uma circun-
ferencia de raio 1 centrada em −1− i.Queremos o de modulo maximo, ou seja, aquele que esta mais distante da origem.
Trace uma reta que passa pela origem e pelo centro da circunferencia. Essa
reta intersecta a circunferencia em dois pontos: o mais proximo da origem e o mais
distante da mesma. Essa reta e y = x, onde x e y sao reais. Assim,
2(x+ 1)2 = 1→ (x+ 1)√2 = 1→ x+ 1 = 1√
2→ x+ 1 =
√22→ x =
√22− 1
ou
−(x+ 1) ·√2 = 1→ −x− 1 = 1√2→ −x− 1 =
√22→ x = −
√22− 1
4
logo o complexo de modulo maximo e
√2
2− 1 + i −
√2
2− 1
17. Como no problema anterior, |z−2| = 1 e uma circunferencia de raio 1 centradaem 2 + a. A seguir, trace a reta que passa pelo centro da circunferencia e por −i.
FIGURA
Essa reta e y = 12x = 1. Queremos o mınimo e o maximo de |z − (−i)|, ou seja,
a distancia mınima e a distancia maxima de −i a circunferencia. Como a distanciade −i ao centro e √5 e o raio e 1, as distancis procuradas sao √5− 1 e √5 + 1.18. z+i
z−i =|z+i||z−i| =
distancia do complexo ao −idistancia do complexo ao i
Alem disso, |z| = 3, que corresponde a uma circunferencia de raio 3 centrada naorigem.
FIGURA
Devemos procurar o maior numerador com o menor denominado.
Logo, z = 3i
Entao, o maximo valor de z+iz−i =
3i+i3i−i = 2.
19. a) |z| = 1↔ d(z; 0) = 1
circunferencia de centro 0 e raio 1
b) |z + i| ≤ 1↔ d(z;−i) ≤ 1semicircunferencia de centro −i, isto e, (0,−1) e raio 1.c) |z + i| = |1− z|↔ d(z;−i) = d(z; 1)mediatriz do segmento de extremos −i e 1.d) |1 + z|+ |1− z| = 4↔ d(z;−1) + d( 1) = 4elipse de focos −1 e 1 e eixo maior 4.e) |1 + z|+ |1− z| = 2↔ d(z;−1) + d(z; 1) = 2segmento de reta (fechado) de extremos −1 e 1.f) se z = x+ yi (x, y reais),
|1 + z| = 2|1− z|↔ (1 + x)2 + y2 = 2 (1− x)2 + y2 ↔3x2 + 3y2 − 10x+ 3 = 0↔x2 − 10
3x+ y2 + 1 = 0↔
x− frac53 2+ y2 = 16
9
circunferencia de centro (53, 0) e raio 4
3·
5
g) Se z = x+ yi (x, y reais),z−1z+1
= x−1+yix+1+yi
= x−1+yix+1+yi
x+1−yix+1−yi =
= x2−1+y2+i[y(x+1)−y(x−1)](x+1)2+y2
e imaginario puro se e so se
x2 + y2 − 1 = 0 e (x+ 1)2 + y2 = 0.Circunferencia de centro (0, 0) e raio 1, exceto o ponto (−1, 0).
20. Seja z = x+ iy, com x e y reais.
z · z = (x+ iy)(x− iy) = x2 − ixy + ixt− i2y2 = x2 + y2 = |z|2.21. Seja z = x+ iy, com x e y reais.
|1− z|2+ |1+ z|2 = |1− x− yi|2+ |1+ x+ yi|2 = (1− x)2+ y2+ (1+ x)2+ y2 == 1− 2x+ x2 + y2 + 1 + 2x+ x2 + y2 = 2(1 + x2 + y2) = 2(1 + |z|2) = 2 + 2|z|2Resposta: D
22. a) z2 + 2iz − 5 = 0∆ = (2i)2 − 4 · 1 · (−5) = −4 + 20 = 16
z = −2i±42
z1 = 2− iz2 = −2− i
b) z3 + 1 = 0
z = 3√−1 = 3
√cos 180◦ + i sen 180◦ =
=
1 cos 60◦ + i sen 60◦
1 cos 180◦ + i sen 180◦
1 cos 300◦ + i sen 300◦
z1 =12+ i
√32
z2 = −1z3 =
12− i
√32
c) z3 + z2 + z + 1 = 0z4−1z−1 = 0
As raızes sao as raızes quartas da unidade, a excecao de z = 1.Respostas; − 1, 1,−i, i
d) z5 − z4 + z3 + z − 1 = 0z6−1z+1 = 0.
As raızes sao as raızes sextas de 1, a excecao de z = −1.
Respostas: 1,ω1
2±√3
2
6
23. a) |z + ω| ≤ |z|+ |ω| = 7 e |z + ω| ≥ | |z|+ |ω| | = 1. Resposta: 1 ≤ |z + ω| ≤ 7
b) |z − ω| = |z + (−ω))| ≤ |z|+ |− ω| = 3 + 4 = 7 e
|z − ω| = |z + (−ω)| ≥ | |z|− |− ω| | = |3− 4| = 1 Resposta: 1 ≤ |z − ω| ≤ 7
c) |z · ω| = |z| · |ω| = 12. Resposta: |z · ω| = 12
d) zω = |z|
|ω| =34 Resposta:
z
ω=3
4
24. Sejam α o argumento de z e β o argumento de ω. Entao z = 3 cosα+ i senα
e ω = 4 · cos β + i senβ.a) |z + ω| = 5z + ω = 3 cosα+ 3i senα+ 4 cos β + 4 senβ
|z + ω| = (3 cosα+ 4 cosβ)2 + (3 senα+ 4 senβ)2 =
= 9 cos2 α+ 24 cosα · cos β + 16 cos2 β + 9 sen2 α+ 24 senα senβ + 16 sen2 β == 25 + 24(cosα · cosβ + senα · senβ) = 5.
Entao, 25 + 24 cos(α− β) = 25→ cos(α− β) = 0→ α− β = π
2+ kπ , k ∈ Z
b) |z + ω| = 7Pelo mesmo argumento utilizado em a), 25 + 24 cos(α− β) = 49→ cos(α− β) = 1→
→ α− β = 2kπ , k ∈ Zc) |z + ω| = 125 + 24 · cos(α · β) = 1→ cos(α− β) = −1→ α− β = π + 2kπ, k ∈ Z
d) |z + ω| = √37
25 + 24 · cos(α− β) = 37→ cos(α− β) = 12 →
α− β + π3 + 2kπ, k ∈ Z
ou
α− β = 5π3 + 2kπ, k ∈ Z
25. Sejam z = |z|[cosα+ i senα] e w = |w|[cos β + i senβ].a) zω = |z| · |ω| · [cos(α+ β) + i sen(α+ β)]
Para que o produto seja um real, α+ β = kπ, k ∈ Zb) z
ω =|z||ω| · [cos(α− β) + i sen(α− β)]
Para que seja real, α− β = kπ, k ∈ Zc) z · ω imaginario puro.
α+ β =π
2+ kπ, k ∈ Z
8
d) zω imaginario puro.
α− β = π
2+ kπ, k ∈ Z
26. Ao numero fixo√3 + i, esta sendo somado um numero variavel (depende de θ).
FIGURA
O modulo de z sera maximo quando 0,√3 + i e z forem colineares. Dessa forma:
tan 30◦ = 2 sen θ2 cos θ → tan θ =
√33 → θ = 30◦
z = 2√3 + i · 2→ |z|
max=√12 + 4 = 4
Outra solucao:
z = (√3 + 2 cos θ) + i(1 + 2 sen θ)→ |z| = (
√3 + 2 cos θ)2 + (1 + 2 sen θ)2
= 3 + 4√3 cos θ + 4 cos2 θ + i+ 4 sen θ + 4 sen2 θ
= 8 + 8√32 · cos θ + 1
2 · sen θ= 8 + 8 · sen(60◦ + θ) Como o maximo valor de seno e 1.
|z|max
=√12 + 4 = 4
27. 1 + cos 2π3 + i sen2π3
n= 1 + cos 2π3 + i sen
2π3
n
1− 12 + i
√32
n= 1 + cos 2nπ
3 + i sen 2nπ3
cos π3 + i senπ3
n= 1 + cos 2nπ
3 + i sen 2nπ3
cos nπ3 + i sen
nπ3 = 1 + cos 2nπ
3 + i sen 2nπ3
cos nπ3 = 1 + cos 2nπ
3 (I)
sen nπ3 = sen 2nπ
3 (II)
cos nπ3 = 1 + cos 2nπ
3 → cos nπ3 = 1 + 2 · cos2 nπ
3 − 1→ cos nπ3 =
= 2 · cos2 nπ3
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩cos nπ
3 = 0
ou
cos nπ3 = 1
2
1o¯) se cosnπ3 = 0, entao nπ
3 = π2 + kπ → n
3 +12 + k → n = 3
2 + 3k com k inteiro. Nesse caso, n
nao sera inteiro. Logo esssa solucao sera descartada.
2o¯) se cosnπ3 = 1
2 , entaonπ3 = ± π
3 + 2kπ → n3 = ± 1
3 + 2k → n = ±1 + 6k com k inteiro.
sen nπ3 = sen 2n π
3 → sen nπ3 = 2 sen nπ
3 · cos nπ3
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩sen nπ
3 = 0
ou
cos nπ3 = 1
2
9
1o¯) se sennπ3 = 0, entao nπ
3 = kπ → n = 3k com k inteiro.
2o¯) se cosnπ3 = 1
2 , entao n = ± 1 + 6k com k inteiro.
As solucoes que satisfazem simultaneamente a (I) e (II) sao n = ± 1 + 6k, com k inteiro.
28. |z − 2| = |z + 4|→ lugar geometrico dos numeros complexos que equidistam de 2 e de −4, ouseja, a meidatriz do segmento que une (2, 0) e (−4, 0)→ x = −1
FIGURA
|z − 3|+ |z + 3| = 0→ elise de focos (3, 0) e (−3, 0) e eixo maior 10.FIGURA
Resolvendo o sistema
FIGURA
x = −1(−1)225 + y2
16 = 1→ y2
16 = 1− 125 =
2425 → y2 = 24−25
25 → y = ± 8√6
5
Solucoes: −1 + 8√6i
5; e − 1− 8
√6i
5
29. Como os coeficientes sao reais, entao, se z = x+ iy e raiz, z = x− iy tambem e.
Alem disso, x2 + y2 = 4.
r1 = r
r2 = x+ iy
r3 = x− iyr1 + r2 + r3 = 0→ r + x+ iy + x− iy = 0→ r + 2x = 0→ r = −2xr1r2+ r1r3+ r2r3 = −5→ rx+ riy+ rx− riy+ x2+ y2 = −5→ 2rx+4 = −5→ 2rx = −9Entao, 2(−x)x = −9→ 4x2 = 9→ x = ± 3/2 e r = ± 3
Alem disso, r1r2r3 = r(x2 + y2) = −q → −3 · 4 = −q → q = 12
3 · 4 = −q → q = −12Solucoes: 12 e − 12
30. Se ω e um complexo, entao 2ω e o seu dobro e 5ωi e o seu quıntuplo girado de 90◦, no sentidoanti-horario.
FIGURA
AO2 = 25 · |ω|2 + 4 · |ω|2 = 29 · |ω|2AO = |ω| ·√29cosAOB = 2|ω|
|ω|·√29 =2√29
29
10
31. θfinal = 360◦
variacao = 360◦
θinicial = 0◦
32. θinicial = 0◦
variacao = 0◦
θfinal = 0◦
33. Como 1z= 1
|z| e |z| > 1, o complexo 1ztem modulo menor que 1, sendo, portanto, sua imagem
interior ao cırculounitario.
Alem disso, se z = |z|(cos θ + i sen θ),z−1 = 1
|z| (caso i sen θ), ou seja, os argumentos de z e1z sao simetricos.
Resposta: t
34. a) 1 + cos θ + i sen θ = 2 cos2 θ2 + i2 sen
θ2 cos
θθ =
= 2 cos θ2 [cos
θ2 + i sen
θ2 ]
b) 1− cos θ − i sen θ = 2 sen2 θ2 − i · 2 sen θ
2 cosθ2 =
= 2 sen θ2 [sen
θ2 − i cos θ
2 ] =
= 2 sen θ2 [cos(
θ2 − π
2 ) + i sen(θ2 − π
2 )].
35. Seja z = a+ bi, a e b reais e ω = c+ di, c e d reais.
Observe que zω = (a+ bi)(c− di) = ac− adi+ bci+ bd e
zω = (a− bi)(c+ di) = ac+ adi− bci+ bdLogo, zω + zω = 2(ac+ bd)
Se imaginarmos z e ω como vetores, teremos→z = (a, b) e
→ω = (c, d).
Sabendo que→z ·→ω = |→z | · |→ω | · cos θ, entao ac+ bd = |z| |ω| · cos θ →
zω+zω2 = |z| |ω| · cos θ → cos θ = zω+zω
2·|z|·|ω|
36. s− ω = (ω · z)(cos 120◦ + i sen 120◦)→ s−ω
z−s =ω−zs−ω
z − s = (s− ω)(cos 120◦ + i sen 120◦)FIGURA
s2 − 2sω + ω2 = zω − z2 − sω + szz2 + s2 + ω2 = 2ω + sω + sz
37. (z − p)(cos±60◦ + i sen±60◦) = w − p, onde p e o afixo do centro.Resolvendo,
p = z(cos±60◦+i sen±60◦)−wcos±60◦+i sen∓60◦−1 =
z( 12±i√32 )−w
− 12±i
√32
11
38. A = 0
B = 1
C = 1 + i
D = 4
FIGURA
a) f(z) = 2z
f(A) = 0
f(B) = 2
f(C) = 2 + 2i
f(D) = 2i
FIGURA
b) f(z) = z
f(A) = 0
f(B) = 1
f(C) = 1− if(D) = −i
FIGURA
c) f(z) = iz
f(A) = 0
f(B) = i
f(C) = −1 + if(D) = −1
FIGURA
d) f(z) = iz
f(A) = 0
f(B) = i
f(C) = 1 + i
FIGURA
e) f(z) = −zf(A) = 0
f(B) = −1f(C) = −1− if(D) = −i
FIGURA
f) f(z) = (1 + i)z
f(A) = 0
f(B) = 1 + i
f(C) = 2i
12
f(D) = −1 + iFIGURA
g) f(z) = z + 1− if(A) = 1− if(B) = 2− if(C) = 2
f(D) = 1
FIGURA
h) f(z) = 2z + i
f(A) = i
f(B) = 2 + i
f(C) = 2 + 3i
f(D) = 3i
FIGURA
i) f(z) = (1− i)z + 2 + if(A) = 2 + i
f(B) = 3
f(C) = 4 + i
f(D) = 3 + 2i
FIGURA
39. a) f e uma homotetia de razao 2. A imagem e uma circunferencia de centro (2, 4) e raio 6.
b) f e uma simetria em relacao ao eixo real. A imagem e uma circunferencia de centro (1,−2)e raio 3.
c) f e uma rotacao de 90◦ em torno da origem. A imagem e uma circunferencia de centro
(−2, 1) e raio 3.d) f e uma simetria em relacao ao eixo real seguida de uma rotacao de 90◦ em torno da origem.
A imagem e uma circunferencia de centro (3, 1) e raio 3.
e) f e uma simetria em relacao a origem. A imagem e uma circunferencia de centro (−1,−2)e raio 3.
f) f(z) = (1+ i)z =√2 cos π
4 + i senπ4 z e uma rotacao de
π4 em torno da origem seguida de
uma homotetia de razao√2. A imagem e uma circunferencia de centro (1+ i) · (1+2i) = −1+3i,
ou seja, (−1, 3) e raio 3√2.g) f e uma translacao. A imagem e uma circunferencia de centro 1 + 2i + 1 − i = 2 + i, ou
seja, (2, 1) e raio 3.
h) f e uma homotetia de razao 2 seguida de uma translacao. A imagem e uma circunferencia
de centro 2(1 + 2i) + i = 2 + 5i, isto e, (2, 5) e raio 6.
i) f(z) = (1− i)z + (2 + i) = √2 cos −π4 + i sen −π4 z + 2 + i e uma rotacao de −π4 em torno
da origem, seguida de uma homotetia de razao√2, seguida de uma translacao. A imagem e uma
circunferencia de centro (1− i)(1 + 2i) + (2 + i) = 5 + 2i, isto e, (5, 2) e raio 3√2.
13
40. S1 = 1 + cos θ + i sen θ + cos 2θ + i sen 2θ + · · ·+ cosnθ + i sennθ.Esta e a soma dos termos de uma P.G. de termo inicial 1 e razao (cos θ + i sen θ).
Logo,
S1 =1·[(cos θ+i sen θ)n−1](cos θ+i sen θ)−1 = cosnθ+i sennθ−1
cos θ+i sen θ−1 =1−2 sen2 nθ
2 +2i sen nθ2 ·cos nθ2 −1
1−2 sen2 nθ2 +2i sen θ
2 ·cos θ2−1=
=2 sen nθ
2 ·[− sen nθ2 +i cos nθ2 ]
2 sen nθ2 ·[− sen θ
2+i cos θ2 ]=
sen nθ2 ·cos(π2+nθ
2 )+i sen(π2+θ2 )
sen θ2 ·cos(π2+ θ
2 )+i sen(π2+θ2 )
=sen nθ
2
sen θ2
· cos(nθ2 − θ
2 ) + i sen(nθ2 − θ
2 ).
b) S2 = 1 + cos θ + cos 2θ + · · ·+ cosnθ e igual a parte real da solucao acima (item a)).
S2 =sen nθ
2
sen θ2
· cos(nθ2 − θ
2 ) + i sen(nθ2 − θ
2 )
c) S3 = 1 + sen θ + sen 2θ + · · ·+ sennθ eigual a parte imaginaria da solucao do item a).
S3 =sen nθ
2
sen θ2
· sen(nθ2 − θ
2 )
e) f(z) = −zf(c) = (−1,−2) f(P ) = (−1− 5)
f(Q) = (−4,−2)f(R) = (−11, 1)f(S) = (2,−2)
f) f(z) = (1 + i)z
f(c) = −1,+3i f(P ) = −4 + 6i c = (−1, 3) P = (−4, 6)f(Q) = 2 + 6I Q = (2, 6)
f(R) = 2 R = (2, 0)
f(S) = −4 S = (−4, 0)g) f(z) = z + 1− if(c) = 2 + i f(P ) = 2 + 4i c = (2, 1) P = (2, 4)
f(Q) = 2 + 6i Q = (2, 6)
f(R) = 2− 2i R = (2,−2)f(S) = −1 + i S = (−1, 1)
h) f(z) = 2z + i
f(c) = 2 + 5i f(P ) = 2 + 11i c = (2, 5) P = (2, 11)
f(Q) = 8 + 5i Q = (8, 5)
f(R) = 2− i R = (2,−1)f(S) = −4 + 5i S = (−4, 5)
i) f(z) = (1− i)z + 2 + if(c) = 5 + 2i f(P ) = 8 + 5i c = (5, 2) P = (0, 5)
f(Q) = 8− i Q = (8,−1)f(R) = 2− i R = (2,−1)f(S) = 2 + 5i S = (2, 5)
14
Capıtulo 5
Pagina 166
1. a) (1+2i)2
3+4i= 1+4i+4i2
3+4i= 1+4i−4
3+4i= −3+4i
3+4i=
= −3+4i3+4i
· 3−4i3−4i
= −(3−4i)3)9−16i2
= −(9−24i+16i2)9+16 +
= −9+24i+1625 = 7+24i
25 = 725 +
2425 i.
b) (1− i)12 = [(1− i)2]6 = (1− 2i+ i2)6 = (1− 2i− 1)6 == (−2i)6 = [(−2i)2]3 = (4i2)3 = (−4)3 = −64.
c) i−3333. Divida 3333 por 4. 3333|41 333
Entao i−3333 = i−1 = i3 = −id) 1 + i + i2 + · · ·+ i1789Cada quatro potencias consecutivas somam zero.
1 + i+ i2 + i3
zero
+i4 + i5 + i6 + i7
zero
+· · ·+i1784 + i1785 + i1786 + i1787zero
+i1788+i1789 = i1788+i1789 =
= i0 + i1 = 1 + i
2. a) 2+ai1−i =
(2+ai)(1+i)(1−i)(1+i) =
2+2i+ai+ai2
1−i2 = 2+i(2+a)−a1+1 = 2−a
2 + i · (2+a)2
Para que seja real, 2+a2 = 0→ a = −2.
b) Para que seja imaginario puro, 2−a2 = 0→ a = 2.
3. z3 + z2 + z = 0
z(z2 + z + 1) = 0
Uma das raızes e z1 = 0.
z2 + z + 1 = 0
∆ = 1− 4 · 1 · 1 = −3z = −1±
√−32 · Entao: z2 = −1+
√3i
2 e z3 =−1−√3i
2
4. a)√−5− 12i = −5−
√144i2 = −5−√−144
Faca A = −5 e B = −144Use o fato de que A−√B = A+
√A2−B2 − A−√A2−B
2 ·
−5−√−144 = −5+√1692 − −5−√169
2 = ± 13−52 − −5−13
2 = ±(2−√−9) == ± 2− 3i
b)√i = 0 +
√−1 = ± 0+√02−(−1)2 =
0−√02−(−1)2 =
= ± 12 + −12 = ±(
√22 + i
√22 )
15
5. z2 = z. Seja z = a+ bi, com a e b reais.
(a+ bi)2 · (a− bi)
a2 + 2abi+ b2i2 = a− bi→ a2 − b2 + 2abi = a− bi→ a2 − b2 = a2ab = −b
i) se b = 0, entao 2a = −1→ a = − 1214 − b2 = − 12 → b2 = 3
4 → b =√32 ou b = −
√32
ii) se b = 0, entao a2 = a→ a = 0 ou a = 1.
Respostas: −12+ i
√3
2, −1
2− i√3
2, 1 e 0
6. a) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
(x+ iy)(x− iy) = 1→ x2 − i2y2 = 1→ x2 + y2 = 1
circunferencia centrada na origem e com raio 1
b) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
(x+ iy)2 = x2 + 2yi + i2y2 = x2 − y2 + 2xyi e imaginario puro.Entao x2 − y2 = 0→ x2 − y2 → x = ±yduas retas concorrentes na origem. Essas retas bissectam os quadrantes
c) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
Re(z) > 1→ semi-plano x > 1
d) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
x+iy = x− iy → 2iy = 0→ y = 0→ reta real (eixo horizontal no plano de Argand-Gauss
e) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
(x+iy)(x−iy)+x+iy+x−iy = 0→ x2+y2+2x = 0→ (x+1)2−1+y2 = 0→ (x+1)2+y2 = 1
circunferencia de raio 1 e centro em (−1, 0)f) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
x+ iy+ 1x+iy = x+ iy+
1(x−iy)(x+iy)(x−iy) = x+ iy+
x−iyx2+y2 = x+
xx2+y2 + i y − y
x2+y2e real →
y = yx2+y2 = 0→ y = y
x2+y2
i) se y = 0, x e qualquer nao nulo. → z = real nao nulo
ii) se y = 0, x2 + y2 = 1
circunferencia de raio 1 e centro em (0, 0) uniao com o eixo real, exceto z = 0
16
g) Seja z = x+ iy, com x e y reais.
z + 1 = (x+ 1) + iy e z − 1 = (x− 1) + iy(x+1)+iy(x−1)+iy
= [(x+1)+iy][(x−1)−iy][(x−1)+iy][(x−1)−iy] =
x2−1−y(x+1)i+y(x−1)i+y2
(x−1)2+y2= (x2+y2−1)−yi(x+1−x+1)
(x−1)2+y2
Re( z+1z−1 ) =
x2+y2−1(x−1)2+y2
= 1→ x2 + y2 − 1 = x2 − 2x+ 1 + y2 → x = 1
reta vertical x = 1, exceto z = 1
7. z = t+ i√1− t2 = x+ iy
Entao x = t e y =√1− t2. Observe que y2 = 1− t2 = 1− x2 e y ≥ 0→
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x2 + y2 = 1
e
y ≥ 0semi-circunferencia de raio 1 e centro na origem
8. Sejam x e y reais.
z = x+ iy
z = x− iy FIGURA um retangulo
−z = −x− iy−z = −x+ iy
9.(1− i)z + iω = i2z + (1 + i)ω = 0
Se 2z + (1 + i)ω = 0, entao seu conjugado tambem e nulo.
Assim 2z + (1− i)ω = 0.Ficamos com
(1− i)z + iω = i2z + (1− i)ω = 0 → 2(1− i)z + 2iω = 2i
2(1− i)z + (1− i)2ω = 0 → 2iω − (1− i)2ω = 2i→
→ 2iω − (1− 2i− 1)ω = 2i→ 2iω + 2iω = 2i→ ω =1
2
Entao 2z + (1 + i) · 12 = 0→ 2z = −12 − i2 → z = −1
4− i
4
10. z + 1z = 1
z2 + 1 = z
z2 − z + 1 = 0z = 1±√1−4
2 = 12 ± i
√32
11. a) a = p2 + q2
b = r2 + s2
ab = (p2 + q2)(r2 + s2) = (p+ iq)(p− iq)(r + is)(r − is) == (pr + ips+ iqr + i2qs)(pr − ips− iqr + i2qs) =
17
= [(pr − qs) + i(ps+ qr)][(pr − qs)− i(ps+ qr)] == (pr − qs)2 − i2(ps+ qr)2 = (pr − qs)2 + (ps+ qr)2
b) p = 5 q = 6 r = 7 s = 10
(52 + 62)(72 + 102) = (5 · 7− 6 · 10)2 + (5 · 10 + 6 · 7)2 = 252 + 922Observacao: Ha outra solucao, 952 + 82
12. Se os coeficientes sao reais, entao 1 + 3i tambem e raiz.
Se o polinomio e de 2o¯ grau, entao podemos escreve-lo como
[x− (1 + 3i)] · [x− (1− 3i)] = x2 − (1− 3i)x− (1 + 3i)x+ (1− 9i2) = x2 − 2x+ 10Observacao: Ha outras solucoes, mutliplas reais de x2 − 2x+ 10.
13. z2 + (a+ i)z + 2− 3i = 0Seja z = x+ 0i uma raiz real do polinomio dado.
x2 + (a+ i)x+ 2− 3i = (x2 + ax+ 2) + i(x− 3) = 0Entao x− 3 = 0→ x = 3 e
x2 + ax+ 2 = 0→ 9 + 3a+ 2 = 0→ a = −11/3
14. a) 2 +√3 = 2+
√22−32 + 2−√22−3
2 = 2+12 + 2−1
2 =√3√2+ 1√
2=
√6 +√2
2
b) 7 + 4√3 = 7 +
√48 = 7+
√72−482 + 7−√72−48
2 = 7+12 + 7−1
2 = 2 +√3
15. Se P (z) e um polinomio de coeficientes reais, entao P (z) = P (z).
Assim, se z = 1− 2i, entao P (z) = P (1 + 2i) = 2 + 3i = 2− 3i
16. z1 = 1 + 3i e raiz. Entao, como os coeficientes sao reais, z2 = 1 − 3i e raiz. Pela paridade dex4 + bx2 + c, se x e raiz, −x tambem e. Logo, z3 = −1 + 3i e z4 = −1− 3i
17. i−1 = 1i =
ii2 = −i
in + i−n = in + (i−1)n = in + (−i)n = in + (−1)n · inSe n for par, a expressao vale 2in, que pode ser 2 ou −2.Se n for ımpar, a expressao vale zero.
Resposta: tres.
18. 1 + i+ i2 + · · ·+ in = in+1−1n−1 (soma dos termos de uma P.G.)
i) Se n = 4k, k ∈ Zin+1 = i e a expressao valera i−1
i−1 = 1.
ii) Se n = 4k + 1, k ∈ Zin+1 = −1 e a expressao valera−1−1i−1 = −2
i−1 =−2·(−1−i)
(−1+i)·(−1−i) =2+2i1−i2 =
1(1+i)2 = 1 + i
18
iii) se n = 4k + 2, k ∈ Zin+1 = −i e a expressao valera −i−1
i−1 = −(i+1)·(−1−i)(−1+i)·(−1−i) =
(i+1)(1+i)2 = 2i
2 = i
iv) se n = 4k + 3, k ∈ Zin+1 = 1 e a expressao valera 1−1
i−1 = 0.
20. a) +2z = 6 + i
(a+ bi) + 2 · (a− bi) = 6 + ia+ 2a+ bi− 2bi = 6 + i3a− bi = 6 + ia = 2 e b = −1z = 2− ib) (1 + i)z + 3iz = 2 + i
(1 + i)(a+ bi) + 3i(a− bi) = 2 + ia+ bu+ ai− b+ 3ai+ 3b = 2 + ia+ 2b+ i(b+ 4a) = 2 + i
a+ 2b = 2
4a+ b = 1→ a = 0 e b = 1
z = 2− i
19
φ(100) = 100 1− 12 1− 1
5 = 100 · 12 · 45 = 40Resposta: 40
10. Este problema e equivalente ao problema 2.
11. a) Se d = MDC[p, q], existem inteiros positivos a e b tais que p = ad e q = bd.
Se zd = 1, entao zp = zad = (zd)a = 1a = 1 e zq = zbd = (zd)b = 1b = 1, ou seja, se z ∈ Ad,entao z ∈ Ap e z ∈ Aq, isto e, Ad ⊂ Ap ∩ Aq.
b) Se d = MDC[p, q], existem inteiros s e t tais que d = sp+ tq (Teorema de Bezout).
Se zp = 1 e zq = 1, entao zd = zsp+tq = (zp)s · (zq)t = 1s · 1t = 1, ou seja, se z ∈ Ap e z ∈ Aq,entao z ∈ Ad, isto e, Ap ∩ Aq ⊂ Ad.
c) Se AD ⊂ Ap ∩ Aq e Ap ∩ Aq ⊂ Ad, temos Ab ∩Aq = Ad.
12. a) Se uma raiz n-esima da unidade e tambem raiz p-esima da unidade para algum p < n, suas
potencias sao tambem raızes p-esimas da unidade. Logo, essas potencias poderao ter, no maximo,
p valores distintos, nao podendo, portanto, gerar todas as n raızes n-esimas da unidade; ou seja,
ela nao e raiz n-esima primitiva da unidade.
b) Se uma raiz n-esima da unidade, εk = cos 2kπn + i sen 2kπ
n (k = 0, 1, . . . , n − 1), nao eprimitiva, k nao e relativamente primo com n. Logo, existem k1 e p < n tais que
kn =
k1p e εk = cos
2kπn + i sen 2kπ
n = cos 2k1πp + i sen 3k1π
p
e raiz p-esima da unidade, com p < n.
13. a) 1 + 1)n = c0n + cn1 + c2n + · · ·+ cn
n
c0n + c1n + c
2n + · · ·+ cnn = 2n
b) (1− 1)n = c0n − c1n + c2n + · · ·+ cnn = 0
c,d)
Somando e subtraindo os resultados de a) e b),
1[c0n + c2n + c
nn + · · · ]− 2n
1[c1n + c3n + c
5n + · · · ] = 2n
Daı, c0n + c2n + c
4n + · · · = c1n + c3n + c5n + · · · = 1n
2 = 2n−1
e,f,g)
Sejam ε0 = cos2·0·π3 + i sen 2·0·π
3 = 1
ε1 = cos2·1·π3 + i sen 2·1·π
3 = −12 + i√32 e
ε2 = cos2·2·π3 + i sen 2·2·π
3 = −12 − i√32
as raızes cubicas da unidade.
Sejam
s0 = c0n + c
3n + c
6n + · · · ,
s1 = c1n + c
4n + c
7n + · · · , e
s2 = c2n + c
5n + c
8n + · · · .
21
(1 + ε0)n = c0n + c
1nε10 + c
2nε20 + · · ·+ cn
nεn0 = c
0n + c
1n + c
2n + · · ·+ cn
n ja que ε0 = 1
(1 + ε0)n = c00 + c
1n + · · ·+ cn
n = s0 + s1 + s2 = 2n
(1 + ε1)n = c0n + c
1nε11 + c
2nε21 + c
3nε31 + · · ·+ cn
nεn1
No entanto,
ε01 = ε31 = ε61 = · · · = 1ε11 = ε41 = ε71 = · · · = ε1ε21 = ε51 = ε71 = · · · = ε2
Entao
(1 + ε1)n = c0n.1 + c
1nε1 + c
2nε2 + c
3n.1 + c
1nε1 + c
5nε2 + · · ·+ cn
nεn1
= s0 + ε1 · s1 + ε2 · s2(1 + ε2)
n = c0n + c1nε12 + c
2nε22 + c
3nε32 + · · ·+ cn
nεn2
No entanto,
ε02 = ε32 = ε62 = · · · = 1ε12 = ε42 = ε72 = · · · = ε2ε22 = ε52 = ε82 = · · · = ε1
Entao
(1 + ε2)n = c0n.1 + c
1nε2 + c
2nε1 + c
3n.1 + c
4nε2 + c
5nε1 + · · ·+ cn
nεn2
= s0 + ε2 · s1 + ε1 · s2
Temos
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩(1 + ε0)
n = s0 + s1 + s2
(1 + ε1)n = s0 + ε1s1 + ε2s2
(1 + ε2)n = s0 + ε2s1 + ε1s2
ou seja,
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩s0 + s1 + s2 = 2
n
s0 + (− 12 + i√32 )s1 + (−12 − i
√32 − i
√32 )s2 = (
12 + i
√32 )
n
s0 + (− 12 + i√32 )s1 + (−12 + i
√32 − i
√32 )s1 = (
12 + i
√32 )
n
s0 + s1 + s2 = 2n
s0 − 12 (s1 + s2) + i
√32 (s1 − s2) = cos nπ
6 − i sen nπ6
Somando as 3 equacoes: 3 · s0 = 2n + 2 cos nπ6 ·
Daı,
c0n+ c3n+c
6n+ · · · = s0 = 2n
3 +23 cos
nπ6 · Alem disso: subtrando a terceira equacao da segunda:
i√3(s1 − s2) = 2i sen nπ
6 → s1 − s2 = 2√3
3 sen nπ6
Entao:
s1 + s2 = 2n − s0 = 2n − 2n
3 − 23 cos
nπ6 = 2
3 · 2n − 23 cos
nπ6 e
s1 − s2 = 2√33 sen nπ
6
2s1 =23 · 2n − 2
3 · cos nπ6 +
2√3
3 sen nπ6 → s1 =
2n
3 − 13 · cos nπ
6 +√33 sen nπ
6
2s2 =23 · 2n − 2
3 · cos nπ6 − 2
√3
3 sen nπ6 → s2 =
2n
3 − 13 · cos nπ
6 −√33 sen nπ
6
22
h) (1 + i)n = c0n + ic1n + i
2c2n + c3c3n + i
4c4n + · · ·√2
n(cos nπ
4 + i sennπ4 ) = [c
0n − c2n + c4n + · · · ] + i[c1n − c3n + c5m − · · · ]
c0n − c2n + c4n = · · · = Re[√2
n(cos mπ
4 + i sen nπ4 0] =
√2
ncos nπ
4 ·
23