Variáveis Complexas - Geraldo Ávila

(1)

Livro: Vari´

aveis Complexas e Aplica¸

c˜

oes - LTC

(Geraldo ´

Avila)

[email protected]

Resolvido por Diego Oliveira e compilado dia 25/04/2017

Solucion´ario (em constru¸c˜ao) da 3a _edi¸_c˜_{ao do}

livro de Variáveis Complexas e aplica¸cões do autor: Geraldo Ávila.

Para quem desejar; uma c´opia do livro pode ser baixada em:

http://www.bibliotecadaengenharia.com/2014 /08/variaveis-complexas-geraldo-avila.html

A postagem de novas solu¸cões desse livro de-pende muito da quantidade de visualiza¸cões e down-loads que esse pdf obter. Sendo assim, pode haver atrasos na postagem. De todo modo, não deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸cões. www.number.890m.com

Sum´

ario

1 Números Complexos 2 1.1 EXERCÍCIOS DA P ÁGINA 7 . . . 2 1.2 EXERCÍCIOS DA P ÁGINA 11 . . . 16 1.3 EXERCÍCIOS DA P ÁGINA 15 . . . 25 1.4 EXERCÍCIOS DA P ÁGINA 19 . . . 32

(2)

1 N´

umeros Complexos

1.1 EXERC´

ICIOS DA P ´

AGINA 7

Reduza a forma a + bi cada uma das expressões dadas nos Exerc´ıcios: 1 a 11. 1. (3 + 5i) + (−2 + i) 2. (−3 + 4i) − (1 − 2i) 3. (√3 + 2i) − i[2 − i(√3 − 4)] 4. (3 − 5i)(−2 − 4i) 5. 1 + i 3 · −6 5+ 3i 6. 3i − 1 3+ i 2 7. 7 − 2i 2 − 2i 5 8. (2 + 3i)2 9. (4 − 2i)2 10. (1 + i)3 11. 1 + 2i + 3i2_{+ 4i}3_{+ 5i}4_{− 6i}5 Solu¸cão de 1: (3 + 5i) + (−2 + i) = (3 + (−2)) + (5i + i) = 1 + 6i Solu¸cão de 2: (−3 + 4i) − (1 − 2i) = (−3 + 4i) + (−1 + 2i) = (−3 + (−1)) + (4i + 2i) = −4 + 6i Solu¸cão de 3: (√3 + 2i) − i[2 − i(√3 − 4)] = (√3 + 2i) − 2i − i2₍√_{3 − 4)} = (√3 + 2i) − 2i − (−1)(√3 − 4) = (√3 + 2i) − 2i + (√3 − 4) = (√3 + 2i) + −2i − (√3 − 4) = (√3 −√3 − 4) + (2i − 2i) = −4 Solu¸cão de 4: (3 − 5i)(−2 − 4i) = 3(−2) + 3(−4i) − 5(−2) + 5(4i) = −6 − 12i + 10 + 20i = (−6 + 10) + (20i − 12i) = 4 + 8i

(3)

Solu¸cão de 5: 1 + i 3 · −6 5+ 3i = 1 −6 5 + 1(3i) + i 3 −6 5 + i 3(3i) = −6 5+ 3i − 3i 5 + i 2 = −6 5+ 3i − 3i 5 − 1 = −6 5− 1 + 3i −3i 5 = −11 5 + 12i 5 Solu¸cão de 6: 3i − 1 3 + i 2 = −1 3+ 3i − i 2 = −1 3+ 6i 2− i 2 = −1 3+ 5 i 2 Solu¸cão de 7: 7 − 2i 2 − 2i 5 = 7 − 4i −4i 2 5 = 7 − 4i −4(−1) 5 = 7 − 4i +4 5 = 7 − 4 5 − 4i = 31 5 − 4i Solu¸cão de 8: (2 + 3i)2 = (2 + 3i) · (2 + 3i)

= 2(2) + 2(3i) + 3i(2) + 3i(3i) = 4 + 6i + 6i + 9i2

= 4 + 6i + 6i + 9(−1) = 4 + 6i + 6i − 9 = (4 − 9) + (6i + 6i)

(4)

= −5 + 12i Solu¸cão de 9: Análoga a anterior Solu¸cão de 10: (1 + i)3

= (1 + i)(1 + i)(1 + i)

= (1 + 1(i) + i(1) + i(i))(1 + i) = 1 + i + i + i2_{)(1 + i)} = (1 + 2i + (−1))(1 + i) = (1 + 2i − 1)(1 + i) = 2i(1 + i) = 2i(1) + 2i(i) = 2i + 2i2 = 2i + 2(−1) = −2 + 2i Solu¸c˜ao de 11: 1 + 2i + 3i2_{+ 4i}3_{+ 5i}4_{− 6i}5

= 1 + 2i + 3(−1) + 4(−i) + 5(i2₎2_{− 6(i}2₎2_{· i}

= 1 + 2i − 3 − 4i + 5(−1)2_{− 6(−1)}2_{· i} = 1 + 2i − 3 − 4i + 5 − 6i = (1 − 3 + 5) + (2i − 4i − 6i) = 3 + (−8i) = 3 − 8i 12. Mostre que N X n=0

in = 1; = −i, i ou zero, conforme o resto da divis˜ao de N por 4 seja 0, 1, 2 ou 3, respectivamente.

Solu¸c˜ao:

Para entender a resolu¸cão desse problema vamos partir de uma solu¸cão par-ticular. Supondo N = 8 então, por hipótese, o resultado do somatório deve ser 0, pois 4|8. 8 X n=0 in= i0+ i1+ i2+ i3+ i4+ i5+ i6+ i7+ i8 8 X n=0 in = (i0+ 14+ i8) + (i1+ i5) + (i2+ i6) + (i3+ i7) como i4p+r_{= i}r_ent˜_ao

(5)

8 X n=0 in = i0+ (i0+ i0) + (i1+ i1) + (i2+ i2) + (i3+ i3) 8 X n=0 in = 1 + (1 + 1) + (i + i) + (−1 − 1) + (−i + −i) 8 X n=0 in= 1 + 2 +2i − 2 −2i 8 X n=0 in = 1

Com base nesse exemplo em particular podemos pensar que se N > 8 e 4|N ent˜ao

N

X

n=0

in= i0+ i1+ i2· · · + iN −1+ iN

Como teremos um somat´orio com n + 1 termos isolando o primeiro termo poderemos criar 4 grupos.

N X n=0 in= i0+ (i1+ i2+ · · · + iN −1+ iN) N X n=0

in = i0+(i1+· · ·+iN −3)+(i2+· · ·+iN −2)+(i3+· · ·+iN −3)+(i4+· · ·+iN −4)

O primeiro grupo tˆem a divis˜ao de seus expoentes igual a 1 quando divididos por 4. O segundo grupo resto igual a 2 e assim por diante de modo que:

N X n=0 in = i0+ n − 1 4 i 1 +n − 1 4 i 2 +n − 1 4 i 3 +n − 1 4 i 4 N X n=0 in= i0+ n − 1 4 i − n − 1 4 − n − 1 4 i + n − 1 4 N X n=0 in = i0+ 0 N X n=0 in = 1

Para N = 0 também temos 1 como resultado. E juntamente com o exemplo particular completamos a demonstra¸cão para N múltiplo de 4.

(6)

13. Mostre que (x + iy)2_{= x}2_{− y}2_{+ 2ixy}

Solu¸c˜ao:

(x + iy)2_{= (x + iy)(x + iy)}

= x(x) + x(iy) + iy(x) + iy(iy) = x2_{+ xiy + iyx + y}2_i2

= x2_{+ ixy + ixy + y}2₍₋₁₎

= x2+ ixy + ixy − y2 = x2_{− y}2_{+ 2ixy}

14. Mostre que (x − iy)2= x2− y2_{− 2ixy}

Solu¸c˜ao:

(x − iy)2= (x − iy)(x − iy) = x(x) − x(iy) − iy(x) + iy(iy) = x2_{− 2ixy + i}2_y2

= x2− y2_{− 2ixy}

15. Mostre que (x + iy)2_{(x − iy)}2_{= (x}2_{+ y}2₎2

Solu¸c˜ao:

(x + iy)2_{(x − iy)}2_{= [(x + iy)(x + iy)] · [(x − iy)(x − iy)]}

= (x2_{− y}2_{+ 2ixy) · (x}2_{− y}2_{− 2ixy)}

= x2_(x2_{) − x}2_(y2_{) − x}2_{(2ixy) − y}2_(x2_{) + y}2_(y2_{) + y}2_{(2ixy) + 2ixy(x}2_{) −}

2ixy(y2) − 2ixy(2ixy)

= x4_{− x}2_y2_{− 2ix}3_{y − y}2_x2_{+ y}4_{+ 2ixy}3_{+ 2ix}3_{y − 2ixy}3_{− 4i}2_x2_y2

= x4_{+ y}4_{+ 2x}2_y2

= (x2_{+ y}2₎2

16. Mostre que (x + iy)n_{(x − iy)}n_{= (x}2_{+ y}2₎n

Solu¸c˜ao:

Aprendemos que o princ´ıpio de indu¸cão é uma técnica de demonstra¸cão criada para ser aplicada sobre o conjunto dos números naturais. Assim, pode parecer estranho, mas essa questão pode ser resolvida por indu¸cão.

(7)

Base:

Para n = 1 temos:

(x + iy)1_{· (x − iy)}1_{= (x}2_{+ y}2₎1

x(x) − x(iy) + iy(x) − iy(iy) = x2_{+ y}2

x2− i2_y2_{= x}2_{+ y}2

x2_{+ y}2_{= x}2_{+ y}2

Passo indutivo:

Fazendo n = k + 1 ent˜ao: (x + iy)k+1_{· (x − iy)}k+1

= (x + iy)k(x − iy)k· (x + iy)(x − iy)

Por hip´otese (x + iy)k_{(x − iy)}k _{= (x}2_{+ y}2₎k _ent˜_ao:

(x + iy)k_{(x − iy)}k_{· (x + iy)(x − iy) = (x}2_{+ y}2₎k_{· (x + iy)(x − iy)}

= (x2_{+ y}2₎k_{· (x}2_{+ y}2₎

= (x2_{+ y}2₎k+1

C.Q.D.

Reduza à forma a + bi cada uma das expressões dadas nos exerc´ıcios 17 a 27. 17. 1 2 + 3i 18. 1 4 − 3i 19. 1 − i 3 − 2i 20. 3 − i 2i − 1 21. 1 − i 1 + i 22. 1 − i 1 − i 23. 4 − 3i i − 1 24. √1 − i 2 − i 25. 1 (1 + i)2 26. 1 + i 1 − i 30 27. (1 − i) √3 + 2i Solu¸cão de 17: 1 2 + 3i · 2 − 3i 2 − 3i = 2 − 3i 13 = 2 13− 3 13i Solu¸cão de 18: 1 4 − 3i · 4 + 3i 4 + 3i = 4 + 3i 25 = 4 25+ 3 25i

(8)

Solu¸cão de 19: 1 − i 3 − 2i · 3 + 2i 3 + 2i = 5 − i 13 Solu¸cão de 20: 3 − i 2i − 1 = i − 3 1 − 2i i − 3 1 − 2i · 1 + 2i 1 + 2i = −9i 5 − 3 5 Solu¸cão de 21:

Similar a décima sétima. Solu¸cão de 22:

Similar a décima nona. Solu¸cão de 23: Análoga as anteriores. Solu¸cão de 24: Análoga as anteriores. Solu¸cão de 25: 1 (1 + i)2 = 1 2i = 1 2i· 0 − 2i 0 − 2i = −2i −4i2 = −2i 4 = 0 − 1 2i Solu¸cão de 26: 1 + i 1 − i 30 = 1 + i 1 − i· 1 + i 1 + i 30 = 2i 2 30 = (i)30_{= i}4·7+2 = i2 = −1

(9)

Solu¸c˜ao de 27:

(1 − i) √3 + 2i = 1(√3) + 1(2i) − i(√3) − i(2i) =√3 + 2i − i√3 + 2

= (√3 + 2) + (2 −√3)i

Nos exerc´ıcios 28 a 32, represente graficamente os n´umeros complexos z1,

z2, z1z2e z1/z2. 28. z1= 3 + 4i; z2= 1 − i 5√2 29. z1= 1 + i√3 2 ; z2= √ 3 + i 2 30. z1= 1 + i 2√2; z21 + i √ 3 31. z1= 1 + 2i; z2= 2 − i 32. z1= 3 − i; z2= 3 − i/2 Solu¸c˜ao de 27 a 32:

A solu¸cão ficará a cargo do leitor. Caso o mesmo tenha dificuldade pode consultar um livro qualquer do 1◦ ano do ensino médio.

33. Infelizmente o pdf que utilizo não possui essa questão, e várias out-ras, de forma leg´ıvel. Assim, se o leitor puder me envia-la ficaria muito grato ([email protected]). 34. Mostre que 1 − i √ 2 √ 2 + i = −i Solu¸cão: 1 − i√2 √ 2 + i · √ 2 − i √ 2 − i = −i 35. Mostre que Im " (1 − i√3)2 i − 2 # = 2(1 + 2 √ 3) 5 Solu¸cão: A cargo do leitor. 36. Mostre que 1 + i · tg(θ) 1 − i · tg(θ) = cos(2θ) + isen(2θ)

(10)

Solu¸c˜ao: 1 + i · tg(θ) 1 − i · tg(θ) = 1 + i · tg(θ) 1 − i · tg(θ)· 1 + i · tg(θ) 1 + i · tg(θ) =1 + 2i · tg(θ) − tg 2_(θ) 1 + tg2_(θ) = 1 + 2isen(θ) cos(θ) − sen2_(θ) cos2_(θ) 1 + sen 2_(θ) cos2_(θ)

Multiplicando denominador e numerador da fun¸c˜ao por cos2_{(θ) teremos:}

=cos

2_{(θ) + 2i · sen(θ)cos(θ) − sen}2_(θ)

cos2_{(θ) + sen}2_(θ) = (cos

2_(θ)−sen2_{(θ))+2i·sen(θ)cos(θ)}

= cos(2θ) + i(2 · sen(θ)cos(θ)) = cos(2θ) + i · sen(2θ)

C.Q.D.

37 Dados dois n´umeros complexos α e β, prove que |α + β|2+ |α − β|2= 2|α|2+ 2|β|2

Fa¸ca um gráfico e obtenha a seguinte interpreta¸cão geométrica: a soma dos quadrados dos lados de um paralelogramo é igual a soma dos quadrados das diagonais.

Solu¸c˜ao:

Para entender o problema veja a imagem a seguir.

x y β α −β θ 180◦ θ2

Sabe se que (α + β)2_{= α}2_{+ β}2_{+ 2αβ · cos(θ)}

e tamb´em que (α − β)2_{= α}2_{+ β}2_{+ 2αβ · cos(θ} 2)

(11)

entretanto θ2= 180◦− θ ent˜ao:

(α − β)2= α2+ β2+ 2αβ · cos(180◦− θ) sendo assim

|α+β|2_+|α−β|2_{= α}2_{+ β}2_{+ 2αβ · cos(θ)+ α}2_{+ β}2_{+ 2αβ · cos(180}◦_{− θ)} ⇒ |α + β|2_{+ |α − β|}2_{= 2α}2_{+ 2β}2_{+ 2αβ (cos(θ) + cos(180}◦_{− θ))}

como cos(180◦− θ) = −cos(θ) ent˜ao:

|α + β|2_{+ |α − β|}2_{= 2α}2_{+ 2β}2_{+ 2αβ (cos(θ) − cos(θ))}

⇒ |α + β|2_{+ |α − β|}2_{= 2α}2_{+ 2β}2

C.Q.D.

Obs: Esse exerc´ıcio foi resolvido considerando o desenho logo no in´ıcio, entretanto a mesma l´ogica se aplicaria a qualquer valor de θ ou θ2. O esquema

foi usado apenas para facilitar o entendimento do leitor, mas se faz desnecess´ario numa prova escrita.

38. Dados três vértices de um paralelogramo pelos números complexos z1,

z2 e z3 determine o v´ertice z4 oposto a z2. Fa¸ca um gr´afico.

Solu¸c˜ao1: Re Im 2 1 0 -1 -2 -2 -1 0 1 2 z1 z4 z3 z2 ~b ~c ~ d ~a

1_Solu¸_c˜_{ao retirada da lista do professor Ricardo Leite da Unisal.} _{Dispon´ıvel em:} https://geanb.files.wordpress.com/2013/09/lista1.pdf

(12)

~a = z1− z2

~b = z4− z1

~c = z3− z4

~

d = z2− z3

Em um paralelogramo os lados opostos s˜ao iguais e paralelos. Assim, pode-mos escrever:

~a = −~c ⇒ z1− z2= z4− z3⇒ z4= z1+ z3− z2

~b = −~d ⇒ z2− z3= z1− z4⇒ z4= z1+ z3− z2

39. Prove que o produto de dois n´umeros complexos ´e zero se se somente se um dos fatores se anula.

Solu¸c˜ao:

(⇒) Dados dois n´umeros complexos z1= a+bi e z2= c+di, sendo a, b, c, d ∈

R, temos que:

z1· z2= (a + bi)(c + di)

= (ac − bd) + (ad + bc)i Se z1· z2= 0 ent˜ao:

(ac − bd) = 0 e tamb´em (ad + bc) = 0 De (ac − bd) = 0 tiramos que:

a =bd c (i)

E de (ad + bc) = 0 tiramos a = −bc

d (ii)

De (i) e (ii) montamos a seguinte igualdade.

bd c = −

bc d Que implica em:

(13)

b = 0 ou d c = −

c d ⇒ d

2_{= −c}2

Note no entanto que d2 não pode ser negativo (pois está ao quadrado) de modo que a única possibilidade e que b seja igual a 0.

Se de (i) e (ii) evidenciarmos b e fizermos uma compara¸c˜ao ac

d = − ad

c Facilmente chegamos a conclus˜ao de que a = 0.

Logo provamos que se z1· z2= 0 ent˜ao z1(ou um dos termos) ´e igual a zero.

(⇐) A rec´ıproca ´e simples de ser demostrada, bastando fazer z1= 0 e depois

z2= 0, e demonstrar que nos dois casos o produto ´e nulo. Veja:

z1· z2= 0 se z1= 0.

z1· z2= 0 se z2= 0.

40. O teorema fundamental da Álgebra afirma que todo polinômio com coe-ficientes complexos possui uma raiz (real ou complexa). Prove, como corolário, que todo polinômio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multiplicidades, e sendo α1, ..., αnessas ra´ızes, então P (x) se escreve P (x) = a(x−α1)...(x−αn).

Prove também que se o polinômio têm coeficientes reais, e se α é uma raiz com-plexa, então α também é raiz.

Solu¸c˜ao:

O que o problema praticamente nos pede é a demonstra¸cão de três coisas: i) todo polinômio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multipli-cidades;

ii) se α1, · · · , αn s˜ao ra´ızes de P (x) ent˜ao escreve-se P (x) = a(x −

α1) · · · (x − αn).

iii) todo polinômio com coeficientes reais tendo α como uma raiz com-plexa, então α também é raiz.

As duas primeiras demonstra¸c˜oes podem ser provadas juntas. A terceira ser´a provada separadamente.

Seja P (x) um polinˆomio de grau n dado por: P (x) = anxn+ · · · + a1x + a0.

Valendo-nos do Teorema Fundamental da Álgebra, este polinômio tem pelo menos uma raiz que denominaremos α1. Valendo-nos também do teorema de

B´ezout2_{, podemos escrever:}

2_{Teorema de B´}_{ezout ou Teorema do Resto diz o seguinte: O resto da divis˜}_{ao de um} polinômio P (x) pelo binômio (x − a) é igual a P (a). E uma das consequências desse teorema ´

(14)

P (x) = (x − α1) · P1(x)

Onde P1(x) tem grau n − 1 e tamb´em tem uma raiz que denominaremos α2.

Sendo assim,

P1(x) = (x − α2) · P2(x)

Que implica em:

P (x) = (x − α1) · (x − α2) · P2(x)

Procedendo-se assim n vezes, teremos; Pn−1(x) = (x − αn) · Pn(x), onde

Pn(x) ´e um polinˆomio de grau zero, ou seja, uma constante. Essa constante

ser´a igual a an, pois foi o ´unico termo que restou de P (x). Desta forma podemos

expressar P (x) da seguinte forma:

P (x) = an(x − α1)(x − α2) · · · (x − αn)

Sendo α1, · · · , αn as ra´ızes de P (x).

Observa-se que nenhum outro valor diferente de α1, · · · , αnpode ser raiz do

polinômio, visto que nenhum fator do segundo membro se anula para valores diferentes destes. Logo, todo polinômio de grau n não pode ter mais do que n ra´ızes diferentes. E desconsiderando as multiplicidades pode se afirmar que o polinômio P (x) de grau n possui de fato n ra´ızes.

(15)

Quer saber quando sairá a próxima atualiza¸cão desse documento? Nesse caso você pode:

• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); • ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).

E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao.

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Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matem´atica acesse: www.number.890m.com

(16)

1.2 EXERC´

ICIOS DA P ´

AGINA 11

Nos exerc´ıcios 1 a 12 determine o argumento dos n´umeros complexos dados, escreva esses n´umeros na forma polar e represente geometricamente.

1. z = −2 + 2i 2. z = 1 − i√3 3. z = −√3 + i 4. z = _i 1 + i 5 5. z = 1 −1 − i√3 6. z = −1 − i 7. z = −3 + 3i 1 + i√3 8. z = √−4 3 − i 9. z = 1 + 2i 10. z = −1 + 3i 11. z = −3 − 2i 12. z = 4 − i Solu¸c˜ao de 1:

Note que a representa¸cão geométrica de z forma um triângulo retângulo com a parte negativa do eixo OX.

2

-2

θ

Representa¸c~ao geom´etrica.

Cuja hipotenusa ´e igual a 2√2:

|z| =p(−2)2_{+ (2)}2_{= 2}√₂

Pelo triângulo formado sabe-se que: cos(θ) = − 2 2√2 = − √ 2 2 (1) e também sen(θ) = 2 2√2 = √ 2 2 (2) o que de (1) e (2) implica em θ = 135◦ ou 3 4π. Logo a forma polar será:

(17)

z = 2√2 cos 3 4π + i · sen 3 4π Solu¸cão de 2: 2. z = 2cosπ 3 + i · sen π 3 Solu¸cão de 3: 3. z = 2 cos5π 6 + i · sen 5π 6 Solu¸cão de 4: 4. z = 1 4√2 cos5π 4 + i · 5π 4 Solu¸cão de 9 :

9. z =√5(cosθ + i · senθ), onde θ = arcos(1/√5), 0 < θ < π/2 Solu¸c˜ao de 12:

12. z =√17(cosθ + isenθ), onde θ = arcos(4/√17), −π/2 < θ < 0 Obs:

Devido a simplicidade do exerc´ıcio as demais solu¸c˜oes ficar˜ao a cargo do leitor. Entretanto, o leitor que desejar ter alguns exemplos resolvidos pode consultar o link:

https://pt.scribd.com/doc/278722022/Exercicios-Resolvidos-Forma-Polar-ou-Trigonometrica

Nos exerc´ıcios 13 a 18, reduza os n´umeros z1e z2`a forma polar e determine

as formas polares de z1z2e z1/z2. Represente esses quatro n´umeros num gr´afico.

13. z1= √ 3 + 3i; z2= 3 − i√3 2 14. z1= 1 + i; z2= √ 3 + i 15. z1= 1 − i; z2= −1 + i √ 3 16. z1= −1 − i; z2= −1 − i √ 3 17. z1= 1 + 2i; z2= 2 + i 18. z1= 1 − i; z2= −1 + 2i Solu¸c˜ao de 13: Se z1= √ 3 + 3i ent˜ao: |z1| = q (√3)2_{+ 3}2_{= 2}√₃

(18)

θ1= arctg ₃ √ 3 ⇒ θ1= π 3rad = 60 ◦

Sendo assim, sua forma polar trigonom´etrica ser´a: z1= 2 √ 3hcosπ 3 + i · sinπ 3 i

De forma similar se conclui que a forma polar de z2 ´e:

z2= √ 3 cos 11π 6 + i · sin 11π 6

De posse da forma polar de z1 e z2 facilmente determina-se o produto ou

divis˜ao de um pelo outro.

z1· z2= |z1| · |z2| [cos(θ1+ θ2) + i · sen(θ1+ θ2)] ⇒ z1· z2= 2 √ 3 ·√3 cos π 3 + 11π 6 + i · sen π 3 + 11π 6 ⇒ z1· z2= 6 cos 13π 6 + i · sen 13π 6 como 13π 6 ≡ π 3 então: z1· z2= 6 h cosπ 3 + i · senπ 3 i e a divisão: z1 z2 = |z1| |z2| [cos (θ1− θ2) + i · sen (θ1− θ2)] ⇒ z1 z2 = 2 √ 3 √ 3 cos π 3 − 11π 6 + i · sen π 3 − 11π 6 ⇒ z1 z2 = 2 cos −3π 2 + i · sen −3π 2 como −3π 2 ≡ π 2 então: z1 z2 = 2hcosπ 2 + i · senπ 2 i

(19)

Solu¸c˜ao de 14,...,18: A cargo do leitor.

19. Prove que se |z1| = |z2| = |z3| = 1 e z1+ z2+ z3= 0, ent˜ao z1, z2e z3s˜ao

os vértices de um triangulo equilátero inscrito no circulo de centro na origem. Fa¸ca um gráfico.

Solu¸c˜ao3_:

Como por hip´otese |z1| = |z2| = |z3| = 1 ent˜ao podemos escrever na forma

polar z1, z2e z3: z1= cos φ + ı sin φ z2= cos(φ + θ1) + ı sin(φ + θ1) z3= cos(φ + θ2) + ı sin(φ + θ2) sendo z1+ z2+ z3= 0 temos: z1+ z2+ z3= 0

⇒ cos φ + ı sin φ + cos(φ + θ1) + ı sin(φ + θ1) + cos(φ + θ2) + ı sin(φ + θ2) = 0

⇒ [cos φ + cos(φ + θ1) + cos(φ + θ2)]+ı [sin φ + sin(φ + θ1) + sin(φ + θ2)] =

0

3_Resolvida _pelo _usu´_ario _candre _do _forum _Tutor _Brasil _em _2014: http://www.tutorbrasil.com.br/forum/matematica-ensino-superior/numeros-complexos-t37485.html

(20)

de onde temos: (

cos φ + cos(φ + θ1) + cos(φ + θ2) = 0

sin φ + sin(φ + θ1) + sin(φ + θ2) = 0

utilizando

sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β obtemos:

cos(φ + θ1) = cos φ cos θ1− sin φ sin θ1

cos(φ + θ2) = cos φ cos θ2− sin φ sin θ2

sin(φ + θ1) = sin φ cos θ1+ cos φ sin θ1

sin(φ + θ2) = sin φ cos θ2+ cos φ sin θ2

substituindo no sistema: (

cos φ + cos φ cos θ1− sin φ sin θ1+ cos φ cos θ2− sin φ sin θ2= 0

sin φ + sin φ cos θ1+ cos φ sin θ1+ sin φ cos θ2+ cos φ sin θ2= 0

colocando cos φ e sin φ em evidencia: (

cos φ(1 + cos θ1+ cos θ2) − sin φ(sin θ1+ sin θ2) = 0

cos φ(sin θ1+ sin θ2) + sin φ(1 + cos θ1+ cos θ2) = 0

queremos que a igualdade seja satisfeita independente de φ, ent˜ao temos: (

1 + cos θ1+ cos θ2= 0

sin θ1+ sin θ2= 0

da segunda obtemos:

sin θ1= − sin θ2⇒ sin θ1= sin(−θ2) ⇒ θ2= −θ1 ou θ2= −180 − θ1

da primeira op¸c˜ao temos: 1 + cos θ1+ cos(−θ1) = 0

1 + cos θ1+ cos θ1= 0

2 cos θ1= −1

(21)

da segunda op¸c˜ao temos: 1 + cos θ1+ cos(−180◦− θ1) = 0

1 + cos θ1+ cos(180◦+ θ1) = 0

1 + cos θ1− cos θ1= 0

1 = 0

que e um absurdo, portanto não pode ser a segunda, logo esses números correspondem a vetores unitários defasados a 120◦ um dos outros, como exem-plificado na figura abaixo:

z2 z3 z1 O α = 120◦ γ = 240◦ β -1 -0.5 0 0.5 1 0.5 1 0 -0.5 -1 20. Prove que

cos(3θ) = cos3(θ) − 3cos(θ)sen2(θ) e sen(3θ) = −sen3(θ) + 3 · cos2(θ) · sen(θ)

Solu¸c˜ao4_:

Pela f´ormula de De Moivre:

4_{Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setembro} de 2013

(22)

(cos(θ) + i · sin(θ))3_{= cos(3θ) + i · sin(3θ)} ₍₁₎

Desenvolvendo o lado esquerdo de 1:

(cos(θ) + i · sin(θ)) · (cos(θ) + i · sin(θ))2_{= (cos(θ) + i · sin(θ))(cos(2θ) + i ·}

sin(2θ)) (2)

= (cos(θ) · cos(2θ) − sin(θ) · sin(2θ)) + i(sin(θ) · cos(2θ) − cos(θ) · sin(2θ)) (3)

Considerando as rela¸c˜oes trigonom´etricas:

cos(2θ) = cos(θ + θ) = cos(θ) · cos(θ) − sin(θ) · sin(θ) = cos2(θ) − sin2(θ) (4)

sin(2θ) = sin(θ + θ) = sin(θ) · cos(θ) − sin(θ) · cos(θ) = 2sin(θ) · cos(θ) (5) Substituindo as rela¸c˜oes de 4 em 2:

[cos(θ) · (cos2_{(θ) − sin}2_{(θ)) − sin(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))] + i[sin(θ) · (cos}2_{(θ) −}

sin2_{(θ)) − cos(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))]}

= [cos3(θ) − cos(θ) · sin2(θ) − 2sin2(θ) · cos(θ)] + i[sin(θ) · cos2(θ) − sin3(θ) + 2sin(θ) · cos2(θ)]

= cos3_{(θ) − 3 · cos(θ) · sin}2_{(θ)] + i[−sin}3_{(θ) + 3 · cos}2_(θ)sin(θ)]

Igualando a última expressão com o termo do lado direito da equa¸cão de De Moivre (1):

cos3(θ) − 3 · cos(θ) · sin2(θ)] + i[−sin3(θ) + 3 · cos2(θ) · sin(θ)] = cos(3θ) + i · sin(3θ)

cos(3θ) = cos3(θ) − 3 · cos(θ) · sin2(θ) Partes reais.

sin(3θ) = −sin3_{(θ) + 3cos}2_{(θ) · sin(θ) Partes imagin´}_arias.

21. Obtenha fórmulas análogas às do exerc´ıcio anterior para cos(4θ) e sen(4θ).

Solu¸c˜ao:

Agindo de modo muito semelhante a quest˜ao anterior chegamos at´e: sin(4θ) = 4 · sin(θ) · cos3_{(θ) − 4 · sin}3_(θ)cos(θ)

cos(4θ) = cos4(θ) − 6 · cos2(θ)sin2(θ) + sin4(θ)

(23)

cos(nθ) = cosn(θ) −n(n − 1)

2 cos

n−2_{θ · sen}2_{(θ) + · · ·}

= P (cos(θ), sen(θ))

sen(nθ) = n · cosn−1(θ) · sen(θ) −n(n − 1)(n − 2)

6 cos

n−3_sen3_{(θ) + · · ·}

= Q(cosθ, senθ),

onde P e Q são polinômios convenientes homogêneos de grau n nas duas variáveis cos(θ) e sen(θ).

Solu¸c˜ao:

(24)

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(25)

1.3 EXERC´

ICIOS DA P ´

AGINA 15

1. Mostre que 2 + i 2 − i√3 2 = 5 7 e (√3 + 1)(1 − 3i) √ 5 = 2 √ 2 Solu¸c˜ao:

Primeiro vamos escrever 2 + i

2 − i√3 na forma a + bi. 2 + i 2 − i√3· 2 + i√3 2 + i√3 = 4 −√3 7 + 2(√3 + 1) 7 i

Agora calculamos o m´odulo

4 −√3 7 + 2(√3 + 1) 7 i = v u u t 4 −√3 7 !2 + 2( √ 3 + 1) 7 !2 =r 5 7

Mas, como queremos o quadrado do módulo então a resposta em 5 7. A prova da segunda igualdade é similar e, portanto, fica a cargo do leitor.

2. Demonstre, por indu¸c˜ao, a desigualdade seguinte e interprete o resultado graficamente.

|z1+ z2+ ... + Zn||z1| + |z2| + ... + |zn|

Solu¸c˜ao5:

Para provar por indu¸c˜ao temos que considerar um caso base n = 2. |z1+ z2| =

q

(z1+ z2)(z1+ z2)

=p(z1+ z2)(z1+ z2)

=√z1z1+ z1z2+ z2z1+ z2z2

=p|z1|2+ |z2|2+ |z1|eiθ1|z2|e−iθ2+ |z1|e−iθ1|z2|eiθ2

= q

|z1|2+ |z2|2+ |z1||z2| ei(θ1−θ2)+ ei(θ2−θ1)

=p|z1|2+ |z2|2+ 2|z1||z2|cos(θ1− θ2)

≤p|z1|2+ |z2|2+ 2|z1||z2|

5_{Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite do curso de Engenharia da Unisal em setembro} de 2013

(26)

=p(|z1| + |z2|)2

= |z1| + |z2|

Em seguida, consideramos que a desigualdade é válida para um certo n e devemos provar que também vale para n0= n + 1:

n+1 X k=1 zk = n X k=1 zk+ zn+1 Fazemos zj= n X k=1

zk um n´umero complexo como qualquer outro:

|zk+ zn+1| ≤ |zj| + |zn+1| = n X k=1 zk + |zn+1| ≤ n X k=1 |zk| + |zn+1| n+1 X k=1 |zk|

3. Supondo ser |z2| > |z3| prove que

z1 z2+ z3 ≤ |z1| |z2− |z3|| .

Obs.: O enunciado dessa questão está incompleto. Isso ocorre pois o pdf que estou usando não possui algumas questões de forma leg´ıvel. Entretanto, caso tenha essa questão e me deseja envia-la por email ([email protected]) ela poderá ser inclu´ıda na próxima atualiza¸cão.

Solu¸c˜ao: z2≤ |z2+ z3− z3| ≤ |(z2+ z3) + (−z3)| ≤ |z2+ z3| + |z3| ⇒ z2≤ |z2+ z3| + |z3| ⇒ z2− |z3| ≤ |z2+ z3| ⇒ |z2− |z3|| ≤ |z2+ z3| ⇒ 1 |z2+ z3| ≤ 1 |z2− |z3||

(27)

⇒ |z1| |z2+ z3|

≤ |z1| |z2− |z3||

Como se queria demonstrar.

4. Prove que |z| ≤ |x| + |y| ≤√2|z|, onde z = x + iy Solu¸c˜ao:

Primeiro vamos provar a o lado esquerdo da desigualdade, ou seja: |z| ≤ |x| + |y|

Note que 0 ≤ x2_y2

para todo x e y ∈ R ´e dessa desigualdade que vamos partir. 0 ≤ x2_y2 ⇒ 0 ≤p x2_y2 ⇒ 0 ≤ 2p x2_y2

Somando x2_{+ y}2_{em ambos os termos}

x2+ y2≤ x2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2 Como x2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2_{= (}√_x2₊p y2₎2 _ent˜_ao: x2_{+ y}2_{≤ (}√_x2₊p y2₎2 ⇒px2_{+ y}2_≤q₍√_x2₊p y2₎2 ⇒p x2_{+ y}2_≤√_x2₊p y2 ⇒ |z| ≤ |x| + |y|

Similarmente se mostra a segunda parte da desigualdade, isto ´e: |x| + |y| ≤√2|z|

veja:

(x2_{− y}2₎2_{≥ 0}

⇒ x4_{− 2x}2_y2_{+ y}4_{≥ 0}

⇒ x4_{+ y}4_{≥ 2x}2_y2

(28)

⇒ x4_{+ y}4_{+ 2x}2_y2_{≥ 2x}2_y2_{+ 2x}2_y2

⇒ x4_{+ y}4_{+ 2x}2_y2_{≥ 4x}2_y2

⇒ (x2_{+ y}2₎2_{≥ 4x}2_y2

Tirando a raiz de ambos os termos ⇒p(x2_{+ y}2₎2_≥p

4x2_y2

⇒ x2_{+ y}2_{≥ 2}p x2_y2

Somando x2_{+ y}2_{em ambos os termos}

x2_{+ x}2_{+ y}2_{+ y}2_{≥ x}2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2 ⇒ 2x2_{+ 2y}2_{≥ x}2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2 ⇒ 2(x2_{+ y}2_{) ≥ x}2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2 Como 2(x2+ y2) ´e igual a (√2 ·px2_{+ y}2₎2 _{e x}2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2 _´_{e igual a} (√x2₊p y2₎2 _ent˜_ao: 2(x2_{+ y}2_{) ≥ x}2_{+ 2}p x2_y2_{+ y}2 ⇒ (√2 ·px2_{+ y}2₎2_{≥ (}√_x2₊p y2₎2 ⇒ (√2 · |z|)2_{≥ (|x| + |y|)}2

tirando a raiz de ambos os termos q

(√2 · |z|)2_≥_{p(|x| + |y|)}2

⇒√2 · |z| ≥ |x| + |y|

Se√2 · |z| ≥ |x| + |y| e |z| ≤ |x| + |y| ent˜ao: |z| ≤ |x| + |y| ≤√2|z| como se queria mostrar.

5. Prove que |z1|−|z2| ≤ |z1−z2| quaisquer que sejam os n´umeros complexos

z1 e z2.

Solu¸c˜ao:

(29)

|z1| − |z2| ≥ |z1− z2|

⇒p(x1− x2)2+ (y1− y2)2≥px21+ y12+px22+ y22

fazendo o quadrado de ambos os lados

(x1− x2)2+ (y1− y2)2≥ x21+ y12+ x22+ y22− 2p(x21+ y12)(x22+ y22) ⇒ −2x1x2− 2y1y2≥ −2p(x21+ y 2 1)(x 2 2+ y 2 2)

multiplicando ambos os lados por −1/2 x1x2+ y1y2≤p(x12+ y21)(x22+ y22)

e fazendo o quadrado de ambos os lados novamente 2x1· x2· y1· y2≤ (x12· y22) + (y21· x22)

⇒ 0 ≤ (y1x2− x1y1)2

o que ´e verdadeiro para todo x1, x2, y1 e y2 ∈ R.

6. Prove que, se vale a desigualdade do exerc´ıcio anterior, ent˜ao |z1± z2| ≤

|z1| + |z2|. Quaisquer que sejam os n´umeros z1 e z2, isto ´e, a desigualdade do

triangulo (1.1) ´e equivalente a (1.2) ou (1.3). Solu¸c˜ao:

Na quest˜ao anterior provamos que |z1| − |z2| ≤ |z1− z2| implica em

0 ≤ (y1x2− x1y2)2

Assim, para provar que |z1± z2| ≤ |z1| + |z2| basta mostrar que |z1+ z2| ≤

|z1| + |z2| e |z1− z2| ≤ |z1| + |z2| tamb´em implicam em:

0 ≤ (y1x2− x1y2)2 Primeira prova. |z1+ z2| ≤ |z1| + |z2| ⇒p(x1+ x2)2+ (y1+ y2)2≤px21+ y12+px22+ y22 ⇒ (x1+ x2)2+ (y1+ y2)2≤ px2 1+ y12+px22+ y22 2 ⇒ (x1+ x2)2+ (y1+ y2)2≤ x21+ y12+ 2 px2 1+ y 2 1·px 2 2+ y 2 2 + x22+ y22 simplificando

(30)

⇒ 2x1x2+ 2y1y2≤ 2 p(x2 1+ y 2 1)(x 2 2+ y 2 2) ⇒ x1x2+ y1y2≤p(x12+ y12)(x22+ y22) ⇒ (x1x2+ y1y2)2≤ (x21+ y12)(x22+ y22) ⇒ (x1x2)2+ 2(x1x2· y1y2) + (y1y2)2≤ (x1x2)2+ (x1y2)2+ (y1x2)2+ (y1y2)2 simplificando novamente ⇒ 2(x1x2· y1y2) ≤ (x1y2)2+ (y1x2)2 ⇒ 0 ≤ (x1y2)2− 2(x1x2· y1y2) + (y1x2)2 ⇒ 0 ≤ 0 ≤ (y1x2− x1y2)2

Como quer´ıamos demonstrar.

A segunda parte da demonstra¸c˜ao ´e similar e fica a cargo do leitor.

7. Sendo z 6= 0, mostre que Re z = |z| se e somente se z > 0. Solu¸c˜ao:

(⇒) Se z = x + yi ent˜ao |z| =px2_{+ y}2_{. Como Re z = |z| ent˜}_ao:

x =px2_{+ y}2

⇒ y = 0 e x > 0 Provando a primeira parte.

(⇐) Se z > 0 então z é um número real puro de modo que o fato de que Re z = |z|.

8. Utilize o resultado anterior com z = z1z2 para provar que, sendo z1 6= 0

e z2 6= 0 ent˜ao a igualdade vale em (1.1) se e somente se arg(z1) = arg(z2), a

menos de um m´ultiplo inteiro de 2π. Interprete este resultado geometricamente. Solu¸c˜ao:

(31)

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(32)

1.4 EXERC´

ICIOS DA P ´

AGINA 19

1. Calcule as ra´ızes dos números complexos dados nos Exerc´ıcios 1 a 8 e fa¸ca a representa¸cão gráfica correspondente.

1. √3₋₁ 2. (1 + i√3)1/2 3. √2i 4. √−2i 5. √5 i 6. Sem enunciado. 7. (−1 + i√3)1/4 8. (−1 − i√3)3/2 Solu¸c˜ao de 1:

Antes de iniciar a resolu¸cão pe¸co ao leitor que tenha acesso a cópia f´ısica do livro que, se poss´ıvel, envie-me o enunciado da questão 6 da página 19 ou mesmo os enunciados das questões que faltam. Essa seria uma boa forma de agradecer por este pdf que está sendo escrito e colocado de gra¸ca para você. Vamos agora a questão.

Como mostrado na pr´oxima imagem o argumento de −1 ´e igual a 180.

180◦ z

Re Im

Usando a f´ormula de Moivre: 3 √ −1 cos 180 ◦_{+ 2kπ} 3 + i · sen 180 ◦_{+ 2kπ} 3 para k = 0, 1 e 2. Para k = 0 teremos: 3 √ −1 = cos (60◦_{) + i · sen (60}◦_{) =}1 2 + √ 3 2 = 1 +√3 2 Para k = 1 teremos: 3 √ −1 = cos (180) + i · sen (180) = −1 + 0 = −1

(33)

Para k = 2 teremos: 3 √ −1 = cos (300◦_{) + i · sen (300}◦_{) =}1 2 − √ 3 2 = 1 −√3 2 Assim, as ra´ızes são −1 e 1 ± √ 3i 2 . Solu¸cão de 2 á 11:

O processo de resolu¸cão dessas questões é exatamente o mesmo da questão anterior de modo que será deixado a cargo do leitor.

12. Decomponha o polinˆomio P (x) = x4_{+ 1 em fatores do 2}◦ _{grau com}

coeficientes reais. Solu¸c˜ao de 1:

Existe pelo menos duas formas de chegar a solu¸cão desse problema. A primeira é apresentada na página 20 do livro mesmo que de forma extrema-mente tosca por parte do autor6_{. A segunda ser´}_{a apresentada ao leitor agora e}

se trata de determinar a fatora¸cão de x4+ y4, que é uma expressão bem trivial a estudantes do ensino médio. Deduzir essa expressão nos será bem mais útil, pois tratara um caso geral.

Tomando x4 _{+ y}4 _{adicionamos alguns termos para completar o trinˆ}_omio

quadrado perfeito:

x4_{+ y}4_{+ 2x}2_y2_{− 2x}2_y2

Reorganizamos e fatoramos o trinˆomio (x4_{+ 2x}2_y2_{+ y}4_{) − 2x}2_y2

Observe agora que, entre os parˆenteses, temos uma diferen¸ca de dois quadra-dos, sendo assim

(x4+ 2x2y2+ y4) − 2x2y2= (x2+ y2)2− 2x2_y2

Fatorando temos

(x2_{+ y}2₊√_2xy)(x2_{+ y}2₋√_2xy)

Fazendo agora y = 1 ent˜ao:

6_{Note que em nenhum momento o autor explica de onde retirou o valor de w e isso n˜}_{ao ´}_e tão impl´ıcito. Também não há aqui nenhum exemplo anterior ao exerc´ıcio que nos dê, mesmo que intuitivamente, a no¸cão da substitui¸cão.

(34)

x4_{+ (1)}4_{= (x}2_{+ 1}2₊√_{2x · 1)(x}2_{+ 1}2₋√_{2x · 1)}

⇒ x4_{+ 1 = (x}2_{+ 1 +}√_2x)(x2_{+ 1 −}√_2x)

Finalizando o problema.

13. Fa¸ca o mesmo com o polinˆomio P (x) = x4_{+ 9.}

Solu¸c˜ao:

No exerc´ıcio 12 chegamos a identidade de x4_{+ y}4_{= (x}2_{+ y}2₊√_2xy)(x2₊

y2₋√_{2xy). Como x}4_{pode ser escrito como (x}2₎2_{e 9 como (}√4₉₎4_{, ent˜}_ao:

x4_{+ 9 = (x}2₎2_{+ (}√4 9)4 = (x2_{+ (}√4 9)2₊√_2x√4 9) · (x2_{+ (}√4 9)2₋√_2x√4 9) Como √4

9 =√3 ent˜ao tamb´em poder´ıamos escrever: x4+ 9 = (x2+ (√3)2+√2x√3) · (x2+ (√3)2−√2x√3) ⇒ x4_{+ 9 = (x}2_{+ 3 +}√_2x√_{3) · (x}2_{+ 3 −}√_2x√₃₎

Nos Exercs. 14 a 21, decomponha cada polinômio dado em um produto de fatores do 1◦ grau. 14. P (z) = z6− 64 15. P (z) = z6+ 64 16. P (z) = 3z2_{− i} 17. P (z) = 5z3_{+ 8} 18. P (z) = z2− 2z + 2 19. P (z) = 2z2− z + 1 20. P (z) = z2_{− (1 + i)z + 5i} 21. P (z) = z4_{− (1 − i)z}2_{− i} Solu¸cão de 14: z6_{− 64 = (z}3₎2_{− 8}2_{= ((z}3₎2_{+ 8}2_{+ 8}√_2z3_)((z3₎2_{+ 8}2_{− 8}√_2z3₎ Solu¸cão de 15: Veja questão 17. Solu¸cão de 16: 3z2_{− i = (}√_3z)2₋√₋₁

(35)

= (√3z)2− (p√−1)2

como x2_{− y}2_{= (x + y)(x − y) ent˜}_ao:

(√3z)2_{− (}p√

−1)2_{= (}√_{3z +}p√

−1)(√3z −p√−1)

Comop√−1 =√i ent˜ao tamb´em podemos escrever:

(√3z)2− (p√−1)2_{= (}√_{3z +}√_i)(√_{3z −}√_i) Solu¸c˜ao de 17: 5z3+ 8 = (√3 5)3z3+ (√3 8)3 = (√3_5z)3_{+ (}√3₈₎3

Usando a identidade x3_{+ y}3_{= (x + y)(x}2_{− xy + y}2_{) chegamos ´}_a:

(√3 5z)3_{+ (}√3 8)3_{= ((}√3 5z) + (√3 8)) · ((√3 5z)2_{− (}√3 5z)(√3 8) + (√3 8)2₎ Solu¸c˜ao de 18:

Usando Bhaskara descobrimos que P (z) = 0 para z = 1 + i e 1 − i. Sendo assim, P (z) ´e divis´ıvel tanto por x − (1 + i) como x − (1 − i) 7 _{Realizando a}

divisão polinômial chegamos a solu¸cão:

z2− 2z + 2 = (x − 1 − i)(x + 1 − i) Solu¸c˜ao de 19:

Veja quest˜ao 18. Solu¸c˜ao de 208

Resolvendo a equa¸cão P (z) pelo método de Bhaskara chega-se á:

z = −(−(1 + i)) + √

−18i 2

Usando a f´ormula de Moivre teremos que:

7_{Veja teorema da divis˜}_{ao polinomial no livro t´}_{opicos da Matem´}_{atica Elementar volume 1.} 8_{Resolvida pelo Prof. Ms. Ricardo Leite da Unisal em Setembro de 2013.):}

(36)

√ −18i = ±√18 cos 3π/2 2 + i · sen 3π/2 2 = ±3√2 − √ 2 2 + i √ 2 2 ! = {−3 + 3i, 3 − 3i}

sendo assim, as ra´ızes de P (z) ser˜ao:

zo= 1 + i − 3 + 3i 2 = −2 + 4i 2 = −1 + 2i z1= 1 + i + 3 − 3i 2 = 4 − 2i 2 = 2 − i

Assim, o polinˆomio P (z) pode ser escrito como:

P (z) = A · (z − zo)(z − z1)

= 1(z − (−1 + 2i))(z − (2 − i)) = (1 − 2i)(−2 + i)

Para tirar a prova que essa ´e realmente a resposta procurada, faze-mos a multiplica¸c˜ao:

P (z) = z2− 2z + iz + z − 2 + i − 2zi + 4zi − 2t2

= z2+ (−2 + i + 1 − 2i)z + (−2 + i + 4i − 2i2) = z2_{− (1 + i)z + 5i}

Veja quest˜ao 21. Veja a quest˜ao 20.

(37)

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