Variáveis Complexas - Geraldo Ávila

Livro: Vari´ aveis Complexas e Aplica¸co ˜es - LTC ´ (Geraldo Avila) [email protected] Resolvido por Diego Oliveira e compilado dia 25/04/2017

Solucion´ ario (em constru¸cão) da 3a edi¸cão do livro de Vari´ aveis Complexas e aplica¸cões do autor: ´ Geraldo Avila. Para quem desejar; uma cópia 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 depende muito da quantidade de visualiza¸cões e downloads 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¸c˜ oes. www.number.890m.com

Sum´ ario 1 N´ umeros Complexos 1.1 EXERCÍCIOS DA 1.2 EXERCÍCIOS DA 1.3 EXERCÍCIOS DA 1.4 EXERCÍCIOS DA

´ PAGINA ´ PAGINA ´ PAGINA ´ PAGINA

7 11 15 19

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2 2 16 25 32

1

N´ umeros Complexos

1.1

´ EXERCÍCIOS DA PAGINA 7

Reduza a forma a + bi cada uma das expressões dadas nos Exerc´ıcios: 1 a 11.

2i 7. 7 − 2i 2 − 5

1. (3 + 5i) + (−2 + i) 2. (−3 + 4i) − (1 − 2i) √ √ 3. ( 3 + 2i) − i[2 − i( 3 − 4)]

8. (2 + 3i)2 9. (4 − 2i)2

4. (3 − 5i)(−2 − 4i) i 6 5. 1 + · − + 3i 3 5 i 1 + 6. 3i − 3 2

10. (1 + i)3 11. 1 + 2i + 3i2 + 4i3 + 5i4 − 6i5

Solu¸ c˜ ao de 1: (3 + 5i) + (−2 + i) = (3 + (−2)) + (5i + i) = 1 + 6i Solu¸ c˜ ao de 2: (−3 + 4i) − (1 − 2i) = (−3 + 4i) + (−1 + 2i) = (−3 + (−1)) + (4i + 2i) = −4 + 6i Solu¸ c˜ ao 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¸ c˜ ao de 4: (3 − 5i)(−2 − 4i) = 3(−2) + 3(−4i) − 5(−2) + 5(4i) = −6 − 12i + 10 + 20i = (−6 + 10) + (20i − 12i) = 4 + 8i 2

Solu¸ c˜ ao de 5: i 6 1+ · − + 3i 3 5 6 i 6 i =1 − + 1(3i) + − + (3i) 5 3 5 3 6 3i = − + 3i − + i2 5 5 6 3i = − + 3i − −1 5 5 6 3i = − − 1 + 3i − 5 5 11 12i =− + 5 5 Solu¸ c˜ ao de 6: i 1 + 3i − 32 i 1 = − + 3i − 3 2 1 i i =− + 6 − 3 2 2 1 i =− +5 3 2 Solu¸ c˜ ao de 7: 2i 7 − 2i 2 − 5 4i2 = 7 − 4i − 5 4(−1) = 7 − 4i − 5 4 = 7 − 4i + 5 4 − 4i = 7− 5 31 = − 4i 5 Solu¸ c˜ ao 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)

3

= −5 + 12i Solu¸ c˜ ao de 9: An´ aloga a anterior Solu¸ c˜ ao 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 + 4i3 + 5i4 − 6i5 = 1 + 2i + 3(−1) + 4(−i) + 5(i2 )2 − 6(i2 )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

in = 1; = −i, i ou zero, conforme o resto da divisão de

n=0

N por 4 seja 0, 1, 2 ou 3, respectivamente. Solu¸ c˜ ao: Para entender a resolu¸c˜ ao desse problema vamos partir de uma solu¸cão particular. Supondo N = 8 ent˜ ao, por hipótese, o resultado do somatório deve ser 0, pois 4|8. 8 X

in = i0 + i1 + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8

n=0 8 X

in = (i0 + 14 + i8 ) + (i1 + i5 ) + (i2 + i6 ) + (i3 + i7 )

n=0

como i4p+r = ir ent˜ ao

4

8 X

in = i0 + (i0 + i0 ) + (i1 + i1 ) + (i2 + i2 ) + (i3 + i3 )

n=0 8 X

in = 1 + (1 + 1) + (i + i) + (−1 − 1) + (−i + −i)

n=0 8 X

in = 1 + 2 + 2i − 2 − 2i

n=0 8 X

in = 1

n=0

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

in = i0 + i1 + i2 · · · + iN −1 + iN

n=0

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

in = i0 + (i1 + i2 + · · · + iN −1 + iN )

n=0

N X

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

n=0

O primeiro grupo têm a divisão 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

i =i +

n=0 N X n=0

n−1 1 n−1 2 n−1 3 n−1 4 i + i + i + i 4 4 4 4

in = i0 +

n−1 n−1 n−1 n−1 i− − i+ 4 4 4 4 N X

in = i0 + 0

n=0 N X

in = 1

n=0

Para N = 0 também temos 1 como resultado. E juntamente com o exemplo particular completamos a demonstra¸cão para N m´ ultiplo de 4. De forma similar se demonstra as demais afirma¸cões.

5

13. Mostre que (x + iy)2 = x2 − 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 − y 2 = x2 − y 2 + 2ixy

14. Mostre que (x − iy)2 = x2 − y 2 − 2ixy Solu¸ c˜ ao: (x − iy)2 = (x − iy)(x − iy) = x(x) − x(iy) − iy(x) + iy(iy) = x2 − 2ixy + i2 y 2 = x2 − y 2 − 2ixy

15. Mostre que (x + iy)2 (x − iy)2 = (x2 + y 2 )2 Solu¸ c˜ ao: (x + iy)2 (x − iy)2 = [(x + iy)(x + iy)] · [(x − iy)(x − iy)] = (x2 − y 2 + 2ixy) · (x2 − y 2 − 2ixy) = x2 (x2 ) − x2 (y 2 ) − x2 (2ixy) − y 2 (x2 ) + y 2 (y 2 ) + y 2 (2ixy) + 2ixy(x2 ) − 2ixy(y 2 ) − 2ixy(2ixy) = x4 − x2 y 2 − 2ix3 y − y 2 x2 + y 4 + 2ixy 3 + 2ix3 y − 2ixy 3 − 4i2 x2 y 2 = x4 + y 4 + 2x2 y 2 = (x2 + y 2 )2

16. Mostre que (x + iy)n (x − iy)n = (x2 + 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 n´ umeros naturais. Assim, pode parecer estranho, mas essa questão pode ser resolvida por indu¸cão.

6

Base: Para n = 1 temos: (x + iy)1 · (x − iy)1 = (x2 + y 2 )1 x(x) − x(iy) + iy(x) − iy(iy) = x2 + y 2 x2 − i2 y 2 = x2 + y 2 x2 + y 2 = x2 + 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 = (x2 + y 2 )k então: (x + iy)k (x − iy)k · (x + iy)(x − iy) = (x2 + y 2 )k · (x + iy)(x − iy) = (x2 + y 2 )k · (x2 + y 2 ) = (x2 + y 2 )k+1 C.Q.D.

Reduza ` a forma a + bi cada uma das expressões dadas nos exerc´ıcios 17 a 27. 17.

1 2 + 3i

20.

3−i 2i − 1

23.

18.

1 4 − 3i

21.

1−i 1+i

1−i 24. √ 2−i

19.

1−i 3 − 2i

22.

1−i 1−i

25.

Solu¸ c˜ ao de 17: 2 − 3i 2 − 3i 2 3 1 · = = − i 2 + 3i 2 − 3i 13 13 13 Solu¸ c˜ ao de 18: 1 4 + 3i 4 + 3i 4 3 · = = + i 4 − 3i 4 + 3i 25 25 25 7

4 − 3i i−1

1 (1 + i)2

26.

1+i 1−i

30

27. √ (1 − i) 3 + 2i

Solu¸ c˜ ao de 19: 1 − i 3 + 2i 5−i · = 3 − 2i 3 + 2i 13 Solu¸ c˜ ao de 20: 3−i i−3 = 2i − 1 1 − 2i i − 3 1 + 2i −9i 3 · = − 1 − 2i 1 + 2i 5 5 Solu¸ c˜ ao de 21: Similar a décima sétima. Solu¸ c˜ ao de 22: Similar a décima nona. Solu¸ c˜ ao de 23: An´ aloga as anteriores. Solu¸ c˜ ao de 24: An´ aloga as anteriores. Solu¸ c˜ ao de 25: 1 1 = 2 (1 + i) 2i =

1 0 − 2i −2i · = 2i 0 − 2i −4i2

=−

2i 1 =0− i 4 2

Solu¸ c˜ ao de 26: 30 30 1+i 1+i 1+i = · 1−i 1−i 1+i 30 2i = = (i)30 = i4·7+2 2 = i2 = −1

8

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 , z1 z2 e z1 /z2 . 28. z1 = 3 + 4i; z2 =

1−i √ 5 2

30. z1 =

√ 1+i √ ; z2 1 + i 3 2 2

31. z1 = 1 + 2i; z2 = 2 − i

√ √ 1+i 3 3+i 29. z1 = ; z2 = 2 2

32. z1 = 3 − i; z2 = 3 − i/2

Solu¸ c˜ ao de 27 a 32: A solu¸c˜ ao ficar´ a 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 outras, de forma leg´ıvel. Assim, se o leitor puder me envia-la ficaria muito grato ([email protected]). √ 1−i 2 34. Mostre que √ = −i 2+i Solu¸ c˜ ao: √ √ 1−i 2 2−i √ ·√ = −i 2+i 2−i √ # √ (1 − i 3)2 2(1 + 2 3) 35. Mostre que Im = i−2 5 "

Solu¸ c˜ ao: A cargo do leitor.

36. Mostre que

1 + i · tg(θ) = cos(2θ) + isen(2θ) 1 − i · tg(θ) 9

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)

2

=

1 + 2i · tg(θ) − tg (θ) = 1 + tg 2 (θ)

sen(θ) sen2 (θ) − cos(θ) cos2 (θ) 2 sen (θ) 1+ cos2 (θ)

1 + 2i

Multiplicando denominador e numerador da fun¸cão por cos2 (θ) teremos: =

cos2 (θ) + 2i · sen(θ)cos(θ) − sen2 (θ) = (cos2 (θ)−sen2 (θ))+2i·sen(θ)cos(θ) cos2 (θ) + sen2 (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 gr´ afico 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. y β

180◦

θ

x

θ2 α −β Sabe se que (α + β)2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(θ) e também que (α − β)2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(θ2 ) 10

entretanto θ2 = 180◦ − θ então: (α − β)2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(180◦ − θ) sendo assim |α+β|2 +|α−β|2 = α2 + β 2 + 2αβ · cos(θ) + α2 + β 2 + 2αβ · cos(180◦ − θ) ⇒ |α + β|2 + |α − β|2 = 2α2 + 2β 2 + 2αβ (cos(θ) + cos(180◦ − θ)) como cos(180◦ − θ) = −cos(θ) então: |α + β|2 + |α − β|2 = 2α2 + 2β 2 + 2αβ (cos(θ) − cos(θ)) ⇒ |α + β|2 + |α − β|2 = 2α2 + 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 desnecessário numa prova escrita.

38. Dados três vértices de um paralelogramo pelos n´ umeros complexos z1 , z2 e z3 determine o vértice z4 oposto a z2 . Fa¸ca um gráfico. Solu¸ c˜ ao1 : Im z4 2

~b z1

1

~c Re

0 ~a -1

z3 d~

-2 z2 -2

-1

0

1 Solu¸ c˜ ao

1

2

retirada da lista do professor Ricardo Leite da Unisal. https://geanb.files.wordpress.com/2013/09/lista1.pdf

11

Dispon´ıvel em:

~a = z1 − z2 ~b = z4 − z1 ~c = z3 − z4 d~ = z2 − z3 Em um paralelogramo os lados opostos são iguais e paralelos. Assim, podemos 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 é 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 também (ad + bc) = 0 De (ac − bd) = 0 tiramos que: a=

bd (i) c

E de (ad + bc) = 0 tiramos a=−

bc (ii) d

De (i) e (ii) montamos a seguinte igualdade. bc bd =− c d Que implica em:

12

b = 0 ou

d c = − ⇒ d2 = −c2 c d

Note no entanto que d2 n˜ ao pode ser negativo (pois está ao quadrado) de modo que a u ńica possibilidade e que b seja igual a 0. Se de (i) e (ii) evidenciarmos b e fizermos uma compara¸cão ac ad =− d c Facilmente chegamos a conclusão de que a = 0. Logo provamos que se z1 · z2 = 0 então z1 (ou um dos termos) é igual a zero. (⇐) A rec´ıproca é simples de ser demostrada, bastando fazer z1 = 0 e depois z2 = 0, e demonstrar que nos dois casos o produto é nulo. Veja: z1 · z2 = 0 se z1 = 0. z1 · z2 = 0 se z2 = 0.

´ 40. O teorema fundamental da Algebra afirma que todo polinômio com coeficientes complexos possui uma raiz (real ou complexa). Prove, como corolário, que todo polinˆ omio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multiplicidades, e sendo α1 , ..., αn essas ra´ızes, então P (x) se escreve P (x) = a(x−α1 )...(x−αn ). Prove também que se o polinˆ omio têm coeficientes reais, e se α é uma raiz complexa, ent˜ ao α também é raiz. Solu¸ c˜ ao: O que o problema praticamente nos pede é a demonstra¸cão de três coisas: i) todo polinˆ omio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multiplicidades; ii) se α1 , · · · , αn s˜ ao ra´ızes de P (x) então escreve-se P (x) = a(x − α1 ) · · · (x − αn ). iii) todo polinˆ omio com coeficientes reais tendo α como uma raiz complexa, ent˜ ao α também é raiz. As duas primeiras demonstra¸cões podem ser provadas juntas. A terceira será provada separadamente. Seja P (x) um polinˆ omio de grau n dado por: P (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 . ´ Valendo-nos do Teorema Fundamental da Algebra, este polinômio tem pelo menos uma raiz que denominaremos α1 . Valendo-nos também do teorema de Bézout2 , podemos escrever: 2 Teorema

de B´ ezout ou Teorema do Resto diz o seguinte: O resto da divis˜ ao de um polinˆ omio P (x) pelo binˆ omio (x − a) ´ e igual a P (a). E uma das consequˆ encias desse teorema ´ e que se a ´ e uma raiz do polinˆ omio P(x), isto ´ e, se P (a) = 0, ent˜ ao P (x) = (x − a)Q(x)

13

P (x) = (x − α1 ) · P1 (x) Onde P1 (x) tem grau n − 1 e também 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) é um polinˆ omio de grau zero, ou seja, uma constante. Essa constante ser´ a igual a an , pois foi o u ńico 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 , · · · , αn pode ser raiz do polinˆ omio, 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 polinˆ omio P (x) de grau n possui de fato n ra´ızes.

14

Quer saber quando sair´ a 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.

www.number.890m.com

Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 15

1.2


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 5 i 4. z = 1+i

5. z =

1 √ −1 − i 3

6. z = −1 − i 7. z =

−3 + 3i √ 1+i 3

−4 8. z = √ 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¸c˜ ao geométrica de z forma um triângulo retângulo com a parte negativa do eixo OX.

2

θ -2 Representa¸ c~ ao geom´ etrica.

√ Cuja hipotenusa é igual a 2 2: p √ |z| = (−2)2 + (2)2 = 2 2 Pelo triˆ angulo formado sabe-se que: √ 2 2 cos(θ) = − √ = − (1) 2 2 2 e também √ 2 2 sen(θ) = √ = (2) 2 2 2 o que de (1) e (2) implica em θ = 135◦ ou

3 π. 4

Logo a forma polar ser´ a: z = |z|(cosθ + i · senθ)

16

√ 3 3 z = 2 2 cos π + i · sen π 4 4 Solu¸ c˜ ao de 2: π π 2. z = 2 cos + i · sen 3 3 Solu¸ c˜ ao de 3: 5π 5π 3. z = 2 cos + i · sen 6 6 Solu¸ c˜ ao de 4: 1 5π 5π 4. z = √ cos +i· 4 4 4 2 Solu¸ c˜ ao 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¸cões ficarão 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-ouTrigonometrica

Nos exerc´ıcios 13 a 18, reduza os n´ umeros z1 e z2 à forma polar e determine as formas polares de z1 z2 e z1 /z2 . Represente esses quatro n´ umeros num gráfico. √ 3−i 3 13. z1 = 3 + 3i; z2 = 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: q√ √ |z1 | = ( 3)2 + 32 = 2 3 17

θ1 = arctg

3 √ 3

⇒ θ1 =

π rad = 60◦ 3

Sendo assim, sua forma polar trigonométrica será: π π i √ h + i · sin z1 = 2 3 cos 3 3 De forma similar se conclui que a forma polar de z2 é: z2 =

√

11π 11π 3 cos + i · sin 6 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 )] √ √ π 11π π 11π ⇒ z1 · z2 = 2 3 · 3 cos + + + i · sen 3 6 3 6 13π 13π ⇒ z1 · z2 = 6 cos + i · sen 6 6 π 13π ≡ ent˜ ao: 6 3 h π π i z1 · z2 = 6 cos + i · sen 3 3 como

e a divis˜ ao: z1 |z1 | [cos (θ1 − θ2 ) + i · sen (θ1 − θ2 )] = z2 |z2 | √ π 11π z1 2 3 π 11π √ − + i · sen − ⇒ = cos z2 3 6 3 6 3 z1 3π 3π ⇒ = 2 cos − + i · sen − z2 2 2 3π π ≡ ent˜ ao: 2 2 h π π i z1 = 2 cos + i · sen z2 2 2

como −

18

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

19. Prove que se |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 e z1 + z2 + z3 = 0, então z1 , z2 e z3 são os vértices de um triangulo equilátero inscrito no circulo de centro na origem. Fa¸ca um gr´ afico. Solu¸ c˜ ao3 : Como por hip´ otese |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 então podemos escrever na forma polar z1 , z2 e 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-complexost37485.html

19

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, então 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 cos θ1 = − 12 ⇒ θ1 = 120◦ ou θ1 = 240◦ 20

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 n´ umeros correspondem a vetores unit´ arios defasados a 120◦ um dos outros, como exemplificado na figura abaixo:

1

z2

0.5 α = 120◦ z1

O

◦

γ = 240

0

β -0.5

z3

-1

-0.5

-1

0

1

0.5

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

21

(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 trigonométricas: 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) − sin2 (θ)) − sin(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))] + i[sin(θ) · (cos2 (θ) − sin (θ)) − cos(θ) · (2sin(θ) · cos(θ))] 2

= [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) · sin2 (θ)] + i[−sin3 (θ) + 3 · cos2 (θ)sin(θ)] Igualando a u ´ltima 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) + 3cos2 (θ) · sin(θ) Partes imagin´ arias.

21. Obtenha f´ ormulas análogas às do exerc´ıcio anterior para cos(4θ) e sen(4θ). Solu¸ c˜ ao: Agindo de modo muito semelhante a questão anterior chegamos até: sin(4θ) = 4 · sin(θ) · cos3 (θ) − 4 · sin3 (θ)cos(θ) cos(4θ) = cos4 (θ) − 6 · cos2 (θ)sin2 (θ) + sin4 (θ)

22. Prove, de um modo geral, que

22

cos(nθ) = cosn (θ) −

n(n − 1) cosn−2 θ · sen2 (θ) + · · · 2

= P (cos(θ), sen(θ))

sen(nθ) = n · cosn−1 (θ) · sen(θ) −

n(n − 1)(n − 2) cosn−3 sen3 (θ) + · · · 6

= Q(cosθ, senθ), onde P e Q s˜ ao polinˆ omios convenientes homogêneos de grau n nas duas vari´ aveis cos(θ) e sen(θ). Solu¸ c˜ ao: Veja a quest˜ ao anterior.

23



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1.3


√ 2 + i 2 √ 5 ( 3 + 1)(1 − 3i) √ = e √ 1. Mostre que =2 2 7 2−i 3 5 Solu¸ c˜ ao: 2+i √ na forma a + bi. 2−i 3 √ √ √ 2+i 3 4 − 3 2( 3 + 1) 2+i √ · √ = + i 7 7 2−i 3 2+i 3

Primeiro vamos escrever

Agora calculamos o m´ odulo v √ √ √ !2 u 4 − 3 2( 3 + 1) u 4 − 3 t + i = + 7 7 7

!2 r √ 5 2( 3 + 1) = 7 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 | = = =

p

q (z1 + z2 )(z1 + z2 )

(z1 + z2 )(z1 + z2 )

√

z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 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

25

=

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 zk k=1

X n zk + zn+1 = k=1

Fazemos zj =

n X

zk um n´ umero complexo como qualquer outro:

k=1

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

≤

n X

|zk | + |zn+1 |

k=1 n+1 X

|zk |

k=1

z1 |z1 | ≤ 3. Supondo ser |z2 | > |z3 | prove que . z2 + z3 |z2 − |z3 || Obs.: O enunciado dessa questão está incompleto. Isso ocorre pois o pdf que estou usando n˜ ao possui algumas questões de forma leg´ıvel. Entretanto, caso tenha essa quest˜ ao e me deseja envia-la por email ([email protected]) ela poder´ a ser inclu´ıda na pr´ oxima 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 1 ≤ |z2 + z3 | |z2 − |z3 || 26

⇒

|z1 | |z1 | ≤ |z2 + z3 | |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 y 2 para todo x e y ∈ R é dessa desigualdade que vamos partir. 0 ≤ x2 y 2 p ⇒ 0 ≤ x2 y 2 p ⇒ 0 ≤ 2 x2 y 2 Somando x2 + y 2 em ambos os termos x2 + y 2 ≤ x2 + 2 Como x2 + 2

p

p x2 y 2 + y 2

p √ x2 y 2 + y 2 = ( x2 + y 2 )2 então:

p √ x2 + y 2 ≤ ( x2 + y 2 )2 q√ p p ⇒ x2 + y 2 ≤ ( x2 + y 2 )2 ⇒

p

x2 + y 2 ≤

√

x2 +

p

y2

⇒ |z| ≤ |x| + |y| Similarmente se mostra a segunda parte da desigualdade, isto é: |x| + |y| ≤ veja: (x2 − y 2 )2 ≥ 0 ⇒ x4 − 2x2 y 2 + y 4 ≥ 0 ⇒ x4 + y 4 ≥ 2x2 y 2 Somando 2x2 y 2 a ambos os termos 27

√

2|z|

⇒ x4 + y 4 + 2x2 y 2 ≥ 2x2 y 2 + 2x2 y 2 ⇒ x4 + y 4 + 2x2 y 2 ≥ 4x2 y 2 ⇒ (x2 + y 2 )2 ≥ 4x2 y 2 Tirando a raiz de ambos os termos p (x2 + y 2 )2 ≥ 4x2 y 2 p ⇒ x2 + y 2 ≥ 2 x2 y 2

⇒

p

Somando x2 + y 2 em ambos os termos p x2 + x2 + y 2 + y 2 ≥ x2 + 2 x2 y 2 + y 2 p ⇒ 2x2 + 2y 2 ≥ x2 + 2 x2 y 2 + y 2 p ⇒ 2(x2 + y 2 ) ≥ x2 + 2 x2 y 2 + y 2 p √ p 2 2 2 + y 2 )2 e x2 + 2 x2 y 2 + y 2 ´ Como 2(x + y ) ´ e igual a ( 2 · x e igual a p √ ( x2 + y 2 )2 ent˜ ao: p 2(x2 + y 2 ) ≥ x2 + 2 x2 y 2 + y 2 p √ √ p ⇒ ( 2 · x2 + y 2 )2 ≥ ( x2 + y 2 )2 √ ⇒ ( 2 · |z|)2 ≥ (|x| + |y|)2 tirando a raiz de ambos os termos q√ p ( 2 · |z|)2 ≥ (|x| + |y|)2 ⇒ Se

√

2 · |z| ≥ |x| + |y|

√

2 · |z| ≥ |x| + |y| e |z| ≤ |x| + |y| então: |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: Fazendo zn = xn + iyn ent˜ ao:

28

|z1 | − |z2 | ≥ |z1 − z2 | p p p ⇒ (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 ≥ x21 + y12 + x22 + y22 fazendo o quadrado de ambos os lados (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 ≥ x21 + y12 + x22 + y22 − 2 p ⇒ −2x1 x2 − 2y1 y2 ≥ −2 (x21 + y12 )(x22 + y22 )

p (x21 + y12 )(x22 + y22 )

multiplicando ambos os lados por −1/2 x1 x2 + y1 y2 ≤

p

(x21 + y12 )(x22 + y22 )

e fazendo o quadrado de ambos os lados novamente 2x1 · x2 · y1 · y2 ≤ (x21 · y22 ) + (y12 · x22 ) ⇒ 0 ≤ (y1 x2 − x1 y1 )2 o que é verdadeiro para todo x1 , x2 , y1 e y2 ∈ R.

6. Prove que, se vale a desigualdade do exerc´ıcio anterior, então |z1 ± z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. Quaisquer que sejam os n´ umeros z1 e z2 , isto é, a desigualdade do triangulo (1.1) é equivalente a (1.2) ou (1.3). Solu¸ c˜ ao: Na quest˜ ao anterior provamos que |z1 | − |z2 | ≤ |z1 − z2 | implica em 0 ≤ (y1 x2 − x1 y2 )2 Assim, para provar que |z1 ± z2 | ≤ |z1 | + |z2 | basta mostrar que |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | e |z1 − z2 | ≤ |z1 | + |z2 | também implicam em: 0 ≤ (y1 x2 − x1 y2 )2 Primeira prova. |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | p p p ⇒ (x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 ≤ x21 + y12 + x22 + y22 ⇒ (x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 ≤

p

x21 + y12 +

⇒ (x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 ≤ x21 + y12 + 2 simplificando

29

p

x22 + y22

2

p p x21 + y12 · x22 + y22 + x22 + y22

⇒ 2x1 x2 + 2y1 y2 ≤ 2 ⇒ x1 x2 + y1 y2 ≤

p

p

(x21 + y12 )(x22 + y22 )

(x21 + y12 )(x22 + y22 )

⇒ (x1 x2 + y1 y2 )2 ≤ (x21 + y12 )(x22 + y22 ) ⇒ (x1 x2 )2 + 2(x1 x2 · y1 y2 ) + (y1 y2 )2 ≤ (x1 x2 )2 + (x1 y2 )2 + (y1 x2 )2 + (y1 y2 )2 simplificando novamente ⇒ 2(x1 x2 · y1 y2 ) ≤ (x1 y2 )2 + (y1 x2 )2 ⇒ 0 ≤ (x1 y2 )2 − 2(x1 x2 · y1 y2 ) + (y1 x2 )2 ⇒ 0 ≤ 0 ≤ (y1 x2 − x1 y2 )2 Como quer´ıamos demonstrar. A segunda parte da demonstra¸cão é 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: p

x2 + y 2 . Como Re z = |z| então: p x = x2 + y 2

(⇒) Se z = x + yi ent˜ ao |z| =

⇒y=0ex>0 Provando a primeira parte. (⇐) Se z > 0 ent˜ ao z é um n´ umero real puro de modo que o fato de que Re z = |z|.

8. Utilize o resultado anterior com z = z1 z2 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: Sem resposta até o momento.

30



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1.4


1. Calcule as ra´ızes dos n´ umeros complexos dados nos Exerc´ıcios 1 a 8 e fa¸ca a representa¸c˜ ao gr´ afica correspondente. √ 7. (−1 + i 3)1/4

√ 4. √−2i 5. 5 i 6. Sem enunciado.

√ 1. 3 −1 √ 1/2 2. (1 √ + i 3) 3. 2i

√ 8. (−1 − i 3)3/2

Solu¸ c˜ ao de 1: Antes de iniciar a resolu¸c˜ ao 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 quest˜ ao. Como mostrado na pr´ oxima imagem o argumento de −1 é igual a 180. Im

180◦ Re z

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

√ √ 1 3 1+ 3 −1 = cos (60 ) + i · sen (60 ) = + = 2 2 2 ◦

◦

Para k = 1 teremos: √ 3

−1 = cos (180) + i · sen (180) = −1 + 0 = −1

32

Para k = 2 teremos: √ √ 1 3 1− 3 −1 = cos (300 ) + i · sen (300 ) = − = 2 2 2 √ 1 ± 3i . Assim, as ra´ızes s˜ ao −1 e 2 √ 3

◦

◦

Solu¸ c˜ ao de 2 ´ a 11: O processo de resolu¸c˜ ao dessas questões é exatamente o mesmo da questão anterior de modo que ser´ a deixado a cargo do leitor.

12. Decomponha o polinˆ omio 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 p´ agina 20 do livro mesmo que de forma extremamente tosca por parte do autor6 . A segunda será apresentada ao leitor agora e se trata de determinar a fatora¸cão de x4 + y 4 , que é uma expressão bem trivial a estudantes do ensino médio. Deduzir essa expressão nos será bem mais u ´til, pois tratara um caso geral. Tomando x4 + y 4 adicionamos alguns termos para completar o trinômio quadrado perfeito: x4 + y 4 + 2x2 y 2 − 2x2 y 2 Reorganizamos e fatoramos o trinômio (x4 + 2x2 y 2 + y 4 ) − 2x2 y 2 Observe agora que, entre os parênteses, temos uma diferen¸ca de dois quadrados, sendo assim (x4 + 2x2 y 2 + y 4 ) − 2x2 y 2 = (x2 + y 2 )2 − 2x2 y 2 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 t˜ ao impl´ıcito. Tamb´ em n˜ ao h´ a aqui nenhum exemplo anterior ao exerc´ıcio que nos dˆ e, mesmo que intuitivamente, a no¸c˜ ao da substitui¸c˜ ao.

33

x4 + (1)4 = (x2 + 12 + ⇒ x4 + 1 = (x2 + 1 +

√

√

2x · 1)(x2 + 12 −

2x)(x2 + 1 −

√

√

2x · 1)

2x)

Finalizando o problema.

13. Fa¸ca o mesmo com o polinômio P (x) = x4 + 9. Solu¸ c˜ ao: √ No exerc´ıcio 12 chegamos a identidade de x4 + y 4 = (x2 + √ y 2 + 2xy)(x2 + √ y 2 − 2xy). Como x4 pode ser escrito como (x2 )2 e 9 como ( 4 9)4 , então: √ x4 + 9 = (x2 )2 + ( 4 9)4 √ √ √ √ √ √ = (x2 + ( 4 9)2 + 2x 4 9) · (x2 + ( 4 9)2 − 2x 4 9) Como

√ 4

9=

√

3 ent˜ ao também poder´ıamos escrever:

√ √ √ √ √ √ x4 + 9 = (x2 + ( 3)2 + 2x 3) · (x2 + ( 3)2 − 2x 3) ⇒ x4 + 9 = (x2 + 3 +

√

√ √ √ 2x 3) · (x2 + 3 − 2x 3)

Nos Exercs. 14 a 21, decomponha cada polinômio dado em um produto de fatores do 1◦ grau.

14. 15. 16. 17.

P (z) = z 6 − 64 P (z) = z 6 + 64 P (z) = 3z 2 − i P (z) = 5z 3 + 8

18. 19. 20. 21.

P (z) = z 2 − 2z + 2 P (z) = 2z 2 − z + 1 P (z) = z 2 − (1 + i)z + 5i P (z) = z 4 − (1 − i)z 2 − i

Solu¸ c˜ ao de 14: √ √ z 6 − 64 = (z 3 )2 − 82 = ((z 3 )2 + 82 + 8 2z 3 )((z 3 )2 + 82 − 8 2z 3 ) Solu¸ c˜ ao de 15: Veja quest˜ ao 17. Solu¸ c˜ ao de 16: √ √ 3z 2 − i = ( 3z)2 − −1

34

p√ √ = ( 3z)2 − ( −1)2 como x2 − y 2 = (x + y)(x − y) então: p√ p√ p√ √ √ √ ( 3z)2 − ( −1)2 = ( 3z + −1)( 3z − −1) Como

p√

−1 =

√

i ent˜ ao também podemos escrever:

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

Solu¸ c˜ ao de 17: √ √ 5z 3 + 8 = ( 3 5)3 z 3 + ( 3 8)3 √ √ = ( 3 5z)3 + ( 3 8)3 Usando a identidade x3 + y 3 = (x + y)(x2 − xy + y 2 ) chegamos á: √ √ √ √ √ √ √ √ ( 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) é divis´ıvel tanto por x − (1 + i) como x − (1 − i) 7 Realizando a divis˜ ao polinˆ omial chegamos a solu¸cão: z 2 − 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¸ c˜ ao P (z) pelo m´ etodo de Bhaskara chega-se ´ a:

z=

−(−(1 + i)) + 2

√

−18i

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. pelo Prof. Ms. Ricardo Leite da Unisal em Setembro de 2013.):

8 Resolvida

35

√

√

3π/2 3π/2 −18i = ± 18 cos + i · sen 2 2

√ = ±3 2

√ √ ! − 2 2 +i 2 2

= {−3 + 3i, 3 − 3i} sendo assim, as ra´ızes de P (z) ser˜ ao: 1 + i − 3 + 3i −2 + 4i = = −1 + 2i 2 2 1 + i + 3 − 3i 4 − 2i z1 = = =2−i 2 2

zo =

Assim, o polinˆ omio 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, fazemos a multiplica¸ c˜ ao: P (z) = z 2 − 2z + iz + z − 2 + i − 2zi + 4zi − 2t2 = z 2 + (−2 + i + 1 − 2i)z + (−2 + i + 4i − 2i2 ) = z 2 − (1 + i)z + 5i Veja quest˜ ao 21. Veja a quest˜ ao 20.

36

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Variáveis Complexas - Geraldo Ávila

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