Exercícios Resolvidos: Equações Complexas

Exercícios Resolvidos

Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

Exercícios Resolvidos: Equações Complexas Complexas Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 29/04/2017

O que é preciso saber? A resoluç resolução ão de equações equações complexas complexas depende basicame basicamente nte da habilidad habilidade e de memorização de exemplos e de treino. Não existe um algoritmo único, assim como a fórmula de bhaskara, para resolução das mesmas.

Exemplo 1: Determine um z ∈ C tal que sen s en ( z ) = 0 . Solução:

Como sen s en ( z ) =

ez

− e− z 2

então

ƒ ( z ) = 0

⇒

ez

− e− z 2

= 0

⇒ ez − e− z = 0

( 1)

Chamando ez =  então a equação (1) pode ser escrita como: 

−

1



= 0

⇒ 2 − 1 = 0

( 2)

Usando Bháskara obtemos as soluções de (2) que são: 1 = 1 e  2 = Para  1 temos: ez = 1

⇒ n(ez ) = n (1) ⇒ z = = 0 ⇒ z = = 0 + r g(1 ) 1

− 1.



⇒ z = = 2 kπ Exemplo 2: Resolva a equação cos c os ( z ) = 2 . Solução:

Como cos c os ( z ) =

ez + e − z 2

então:

cos ( z ) = 2 

⇒

ez + e − z 2

= 2 

⇒ ez + e − z = 4 

(1 )

Chamando e z de  então a equação (1) pode ser escrita como: 2

Cujas raízes são: Se  =



4



4

− 1 ou −



4

− 4 + 1 = 0 − 1.

− 1 teremos: ez =



4

−1 

⇒ n(ez ) = n ( 4 − 1)  n ( 4 − 1) ⇒ z = = 

Como arg(1 ) =

π 2

+ 2 kπ então:

= n ( 2 + z =

 ) + π + 5

Exemplo 3: Resolva e z = e z . Solução:

Se e z = e z então:

2

2

2 kπ



ln(e z ) = ln(e z ) = z z =

Como z =  + y y  então: (  + y ) = ( 

− y )

por igualdade polinomial vem que  =  e y = y , porem como , y R então y = y y = 0, logo e z = e z somente quando z =  + 0 , ou em outras palavras, apenas quando z e numero real puro.

−

− ⇒ ⇒

∈ ∈

Exemplo 4: Resolva as equações: a. z 5

− 2 = 0;

b. z 4 +  = 0 Solução de A: z 5

 5

− 2 = 0 ⇒ z 5 = 2 ⇒ z = =

2

Tomando Tomando um z 0 = 2 usando a fórmula de Moivre para ( z 0 )1 / 5 teremos:

z 0 = 2

1 5

2kπ

   cos

5

+ sen

2kπ

  5

k

∈ ∈ Z 8π

  

Assim para k = 0 , . . . , 4 teremos as raízes 2 5 , . . . , 21 / 5 cos Solução de B: z 4 +  = 0

⇒ z 4 = −  ⇒ z = = − 1 / 4

Na forma polar temos que

−  = cos

3π

  2

Pelo teorema de Moivre:

3

+ sen

3π

  2

5

+ sen

8π

  5


 − 4


 = 1 1 / 4

 

cos

 

3π 2

 

+ 2 kπ 4

+ sen

 

3π 2

  

+ 2 kπ 4

Assim para k = 0 .

 − 4

 = 1 1 / 4

 − 4

  

cos

   

3π 2

+ sen

4

3π

 = cos

3π

        

8

+ sen

2 4

   

3π 8

As outras raízes são dadas para k = 1 , 2 e 3 .

OBSERVAÇÃO Outra forma de se resolver funções do tipo z n + α = 0 com α > 0 é apresentada a seguir: = 0 z n + α = = z z = z eθ

|| z n = − α ⇔ | z z |n enθ = − α (1) 1

| z z |n |enθ | = | − α | ⇒ | z z |n = α ⇒ | z z | = (α ) n Substituindo em ( 1 ) obtemos: αe nθ =

− α ⇒ enθ = − 1 ⇒ Ar g(z ) =

⇒ nθ = (2k + + 1 )π, k ∈ ∈ Z ⇒ θ =



cos ( nθ ) = 1 sn (nθ ) = 0

−

( 2k + + 1 ) π

n

Portanto as soluções são:

4

k

∈ ∈ Z



1  

= α z =

n

e(θk ) , onde θ k =

(2k + + 1 ) π

n

,k

∈ Z.

Para determinar unicamente o ângulo de z temos que determinar k

∈ ∈ Z tal que

− π < θ < π .

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