MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 8
1
Pág. 265 Actividades de investigação
Não, porque a descoberta do tesouro não depende do ponto onde se
inicia a marcha.
Localização:
• da palmeira: P = a + bi
• do sândalo: S = c + di
• do ponto de partida: A = x + yi
A primeira estaca, E1, deve ser colocada no ponto de coordenadas:
i iX P x P x a b y b ax
A segunda estaca, E2, deve ser colocada no ponto de coordenadas:
i iX S x S x c d y d c x
O ponto médio entre as estacas tem de coordenadas:
1 2
1 1i
2 2E E a b c d b a c d
Tal como se pode verificar, as coordenadas do ponto médio entre
as estacas não depende das coordenadas de A, mas somente da
palmeira e do sândalo.
Pág. 268
1.1
1.2 a)
Observação: As imagens geométricas de z1 e z2 são
simétricas relativamente ao eixo real.
b)
Observação: As imagens geométricas de z1 e z2 são
simétricas relativamente à origem do referencial.
Pág. 269
2.1 a) (2 – 3i) + (4 – i) =
= 2 – 3i + 4 – i = 6 – 4i
b) (– 1 + i) – (2 – 3i) = – 1 + i – 2 + 3i =
= – 3 + 4i
c) (2 + i) – 3i = 2 + i – 3i = 2 – 2i
d) 3 3 3 3
i i i i2 4 2 4
6 32i
4 4
3
4 + 2i
e) 1 1 1 1
2i 1 i 2i 1 i2 2 2 2
1 2 4 1
i i2 2 2 2
1 3
2 2 i
2.2 z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = a + bi + c + di
= (a + c) + (b + d) i
2.3 a) z1 + z2 = (– 2 + 3i) + (– 1+ 2i)
= – 2 + 3i – 1 + 2i
= – 3 + 5i
b) z1 – z2 = (– 2 + 3i) – (– 1+ 2i)
= – 2 + 3i + 1 – 2i
= – 1 + i
MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
2
Pág. 270
3.1 a) (2 + i)i = 2i + i2
= 2i + (– 1) = 2i – 1 = – 1 + 2i
b) i (1 – 5i) = i – 5i2 = i – 5 (– 1) = i + 5 = 5 + i
c) 25 10 52 i 3 i 6 i 3i i
2 2 2
5
6 5i 3i 12
5
6 2i2
12 5
2i2 2
=17
2 + 2i
d) 21 3 13 i i 3i i i
2 2 2
3 6 1
i i 12 2 2
3 5
i 12 2
=5 5
2 2 i
3.2 (a + b i) (c + d i) = ac + ad i + bc i + bd i2
= ac + ad i + bc i – bd = (ac – bd) + (ad + bc) i
4.1 (2 – 3i) (2 + 3i) = 22 – (3i)2 = 4 – 9i2 = 4 + 9 = 13
4.2 (1 – i) (1 + i) = 12 – i2 = 1 + 1 = 2
4.3 (– 1 + i) (i + 1) = (i – 1) (i + 1) = i2 – 12
= – 1 – 1 = – 2
5.1 (– 2 + 3i)2 = 4 – 12i + 92 = 4 – 12i – 9 = – 5 – 12i
5.2
2
21 11 i 1 i i
2 4
11 i
4 =
3
4+ i
5.3 (– 1 + i)3 = (– 1 + i)2 (– 1 + i)
= (1 – 2i + i2) (– 1 + i) = (1 – 2i – 1) (– 1 + i)
= (– 2i) (– 1 + i) = 2i – 2i2 = 2 + 2i
5.4 (a + b i)2 = a2 + 2ab i + (bi)2 = a2 + 2ab i + b2 i2
= a2 + 2ab i – b2 = (a2 – b2) + 2 ab i
Pág. 271
6.1
2
2
1 2i i1 2i i 2i
i i i i
1 2
2 i1
6.2
2
2 2
1 3i 1 i1 3i 1 i 3i 3i
1 i 1 i 1 i 1 i
1 4i 3 2 4i
1 1 2
– 1 – 2i
6.3
3 1 2i3
1 2i 1 2i 1 2i
2 2 2
3 6i 3 6i
1 4i1 2i
3 6i 3 6
i5 5 5
6.4
1 1 2 3i1
2 3i2 3i 2 3i 2 3i
2
2 3i 2 3i
134 9i
2 3
13 13 i
6.5 2 3i 2 3i
1 5i1 5i
zz
2 3i 1 5i
1 5i 1 5iz
2
2
2 10i 3i 15i
1 25iz
2 13i 15 13 13i
1 25 26z z
1 1
2 2 i = z
6.6
2
2 2 2
i ii i i i
i i
a b c da b ac ad bc bd
c d c di c di c d
2 2
i iac ad bc bd
c d
2 2 2 2
ac bd bc ad
c d c d
i
Pág. 272
7.1 i39 = (i4)9 × i3 = i3 = – i
Cálculo auxiliar
7.2 i37 + i999 – 2i 25 =
= (i4)9 × i + (i4)249 × i3 – 2 (i4)6 i
= i + i3 – 2 i
= i – i – 2 i
= – 2 i
39 4
03 9
MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
3
Pág. 273
8. Consideremos que a + bi é uma raiz quadrada de
– 3 + 4i.
Então:
2 2 23 4i i 3 4i 2 ia b a ab b
2
22 2
23
3
2 4 2, 0
aa b a
abb a
a
2
2
43 1
2
aa
ba
Resolvendo a equação (1), vem que:
2 2 4
2
43 3 4a a a
a
4 23 4 0a a
Substituindo a2 = y, vem:
2 9 163 4 0 3
2y y y
3 5
2y
4 1y y
4y é impossível, uma vez que y = a2 e a
21 1 1 1y a a a
Se a = – 1 então b = – 2.
Se a = 1 então b = 2.
Logo, as raízes quadradas de – 3 + 4i são – 1 – 2i e
1 + 2i.
9.
z1 = 3 – 2i
z2 = i (3 – 2i) = 3i – 2i2 = 2 + 3i
z3 = – i (3 – 2i) = – 3i + 2i2 = – 2 – 3i
9.1 z1 z2 → R (0, 90)
9.2 z1 z3 → R (0, – 90)
Pág. 274
10. Mostrar que 1 2 1 2z z z z
Pretende-se mostrar que o conjugado da soma de dois
complexos é igual à soma dos conjugados das parcelas.
Sejam z1 = a + bi e z2 = c + di
1.º membro = 1 2z z
i ia b c d
ia c b d
ia c b d
2.º membro = 1 2z z
i ia b c d
i ia b c d
ia c b d
= 1.º membro
Logo, 1 2 1 2z z z z c.q.m.
Pág. 275
11.1 2 24 0 4z z
4 i 4z z
2i 2iz z
11.2 2 10 26 0z z
10 100 4 26
2z
10 4
2z
10 2i
2z
5 i 5 iz z
11.3 216 8 5 0z z
8 64 4 16 5
2 16z
8 256
32z
8 16i
32z
1 1 1 1
i i4 2 4 2
z z
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
4
11.4 3 16 0z z 2 16 0z z
20 16z z
0 16z z
0 4i 4iz z z
11.5 3 26 13 0z z z 2 6 13 0z z z
20 6 13 0z z z
6 36 4 13
02
z z
6 16
02
z z
6 4i
02
z z
0 3 2i 3 2iz z z
11.6 2 2i 5 0z z
22i 2i 4 5
2z
2i 4 20
2z
2i 4
2z
2 i 2 iz z
11.7 3 26i 10z z z
3 26i 10 0z z z
2 6i 10 0z z z
20 6i 10 0z z z
26i 6i 40
02
z z
6i 36 40
02
z z
6i 2
02
z z
0 1 3i 1 3iz z z
Pág. 277
12.1 1 3z
módulo: 1 3z
argumento: 1arg 0z
12.2 z2 = 2 + 2i
módulo: 2 2
2 2 2 8 2 2z
1
1
2tg arg 1 π
24
arg 1.º
z
z Q
é argumento de z1
12.3 z3 = 5i
módulo: 3 5z
argumento: 3
πarg
2z
12.4 4 3 3iz , a imagem geométrica de
z4 3, 3 2.º Q
módulo: 22
4 3 3 9 3z
12 2 3
4
4
3π 5πtg arg
π36 6
arg 2.º
z
z Q
é argumento de z4
12.5 5 2z
módulo: 5 2z
argumento: 5arg πz
12.6 6 2iz
módulo: 6 2i 2z
argumento: 6
3πarg
2z
12.7 7 1 3iz
módulo: 2
2
7 1 3 1 3 2z
7
7
3πtg arg 3
13
arg 4.º
z
z Q
é argumento de z7
Pág. 278
13.1 1 3z
Logo, 1arg 0z e 1 3z ,
daí que z1 = 3 cis 0.
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
5
13.2 2 3 iz
A imagem geométrica de
z2 3,1 1.º Q
2
1
1 3tg arg π
336
arg 1.º
z
z Q
é argumento de z1
2
2
2 3 1 2z
daí que 2
π2cis
6z
.
13.3 3 4iz
arg 3
π
2z e 3 4z
daí que 3 4cis2
z
.
13.4 4 4 4iz
A imagem geométrica de
z4 4, 4 3.º Q
4
4
4tg arg 1 π 5π
π44 4
arg 3.º
z
z Q
é argumento de z4
2 2
4 4 4 16 16 32 4 2z
daí que 4
5π4 2 cis
4z .
13.5 5 2iz
arg 5
3π
2z e 5 2z ,
daí que 5
3π2cis
2z .
Pág. 279
14.1 π π
2 cos i sin3 3
z
1 3 2 2 3
2 i i2 2 2 2
1 3i
14.2 π
5cis4
π π5 cos i sin
4 4
2 25 i
2 2
5 2 5 2i
2 2
Pág. 280
15.1 b) cisz
cos i sin
cos i sinz
cos i sin
cos( ) i sin( )
cis
b) 2
z z z
Seja cisz então cisz
Donde cis cisz z
2cis
2cis0
2 cos0 i sin 0
2 1 i 0
22 z
Logo, 2
z z z .
c) 2
1 z
z z
Seja cisz , então cisz e z
Temos que:
1.º membro =
cis1 1
cis cis cisz
cis cis
cis0
2.º membro =
2 2
cisz
z
cis
= 1.º membro
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
6
De outro modo:
Seja: iz a b ,então: iz a b e 2 2z a b
1.º membro = 1 1
iz a b
2 2 2
i i
i i i
a b a b
a b a b a b
2 2
ia b
a b
2.º membro =
2 2
2 2
iz a b
z a b
2 2
ia b
a b
= 1.º membro
15.2 a) 1 2
1 π πcis 5cis
3 4 4z z
1 π π 55cis cis0
3 4 4 3
b) 1 3
1 π 3πcis 3cis
3 4 4z z
1 π 3π3cis
3 4 4
4π1cis cis π
4
c) 1 2 3z z z
1 2 3z z z
5 3πcis0 3cis
3 4
5 3π 3π3cis 0 5cis
3 4 4
15.3 Há uma infinidade de soluções.
Por exemplo: 2cis 2cis 4cis0
4cis cis 4cis 02 2
15.4 a) 1 1 6 2i 6 2iz z
π π2 2cis 2 2cis
6 6
5
3
π π8cis 8cis0 8
6 6
Cálculo auxiliar
Seja 1 6 2iz , então:
2 2
1 6 2 6 2 2 2z
Assim:
1
1
2 3tg arg
36
arg 4.º
z
z Q
π
6 é um argumento de z1
Donde:
1
π2 2 cis
6z
e
1
π2 2 cis
6z
b) 1 2 3z z z
π 3π
2 2cis 2cis 2cis π6 2
π 3π
2 2 2 2 cis π6 2
π 9π 6π8 2cis
6 6 6
=π
8 2cis3
Pág. 282
16.1 a) 29z , sendo 1cisπz
29z
29 291cis π 1 cis 29π
1cis π cisπ
b)
80
3 1i
2 2
80
7π1cis
6
80 7π1 cis 80
6
560πcis
6
=
4πcis
3
2πcis
3
Cálculo auxiliar
Seja 1
3 1i
2 2z , então:
2 2
1
3 1 3 11
2 2 4 4z
1
3tg arg
3z arg( ) 3.º1z Q
π 7ππ
6 6 é um argumento de 1z
1
7πcis
6z
pela propriedade associativa
da multiplicação
pela alínea a)
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
7
c) 100
1 i
100
π2 cis
4
100 π
2 cis 1004
100
1cis 25π
2
100
1
2
1
2
cis π
50
1
2 cis π
16.2 Seja cisz
a) 2cosz z
Se cisz então cisz , sendo:
1.º membro = cis cis -z z
cos i sin cos i sin
cos isin cos isin
2cos = 2.º membro
b) 2 2 2cos 2z z
1.º membro = 222 2 cis cisz z
cis 2 cis 2
cos 2 isin 2
cos 2 isin 2
cos 2 isin 2
cos 2 i sin 2
2cos 2 = 2.º membro
c) 2cosn nz z n
1.º membro = cis cisnnn nz z
cis n cis n
cos n isin n
cos i sinn n
cos i sinn n
cos n i sin n
2cos n = 2.º membro
d) sin2i
n nz zn
2.º membro = 2i
n nz z
cis2 cis
2i
n n
cis cis
2i
n n
cos i sin cos i sin
2i
n n n n
cos i sin cos i sin
2i
n n n n
2i sin
2i
n
sin n = 1.º membro
Pág. 283
17.1
π2cis
2i 2
π πcis cis
6 6
π π 3π π π
2cis 2cis 2cis2 6 6 6 3
17.2
22π3 1 cisi62 2
π1 i2cis
4
2
1 π πcis
6 42
2
2 2π 3πcis
2 12 12
2
2 πcis
2 12
2
2 π 1 πcis 2 cis
2 12 2 6
Cálculo auxiliar
Seja 1
3 1i
2 2z , então:
2 2
1
3 1 3 11
2 2 4 4z
MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
8
1
3tg arg
3z arg( ) 1.º1z Q
π
6 é um argumento de
1z
1
πcis
6z
Seja 2 1 iz
2 2
2 1 1 2z
2
2
tg arg 1 π
4arg 1.º
z
z Q
é um argumento de z2
2
π2 cis
4z
17.3
535 4 315 1 i i1 i
3 i 3 i
5
5
5π2cis
1 i 4
π3 i2cis
6
5
2 5π πcis
2 4 6
5
2 15π 2πcis 5
2 12 12
4 2 13π 2 65π
cis 5 cis32 12 8 12
2 17π
cis8 12
Cálculo auxiliar
Seja 1 1 iz , então:
2 2
1 1 1 2z
1
1
1tg arg 1 π 5π
π14 4
arg 3.º
z
z Q
é um argumento de z1
1
πcis
6z
Seja 2 3 iz , então:
2 2
2 3 1 4 2z
2
2
1 3tg arg π
336
arg 1.º
z
z Q
é um argumento de z2
logo 2
π2cis
6z
17.4
4 4 4513i 1 i i i 1 ii
1 i 1 i
4i 1 i i 4
i i1 i 1 i
i 1 ii 4
1 i 1 i
2i 4 i i 5
1 i 1 i
5cis0 5 πcis
π 422cis
4
5 2 πcis
2 4
Cálculo auxiliar
Seja 1 iw , então: 2w .
1
tg arg 1 π1
4arg 1.º
w
w Q
é um argumento de w
π
2 cis4
w
44 4 π
1 i 2 cis 4 4cisπ4
w
4 cos π isinπ 4 1 i 0 4
17.5
55
22 22
i1 3 4i3 4i i ii
3i 3i
5
5
2
5 24 2
i3 4i
3 4i ii
3 i3 i i
55
53 3i π1 i 2 cos
3 4
5π 5π
4 2cis 4 2cis 2π4 4
3π
4 2 cis4
MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
9
Pág. 285
18.1 a) π
3 i 2cis6
π2 π
62cis , 0, 12
k
k
Se k = 0, 0
π2 cis
12z
Se k = 1, 1
11π2 cis
12z
b) 441 1 3π
i 1cis42 2
4
3π2 π
41cis , 0, 1, 2, 34
k
k
3π 8 π
cis , 0, 1, 2, 316
kk
Se k = 0 → 0
3πcis
16z
Se k = 1 → 1
11πcis
16z
Se k = 2 → 2
19πcis
16z
Se k = 3 → 3
27πcis
16z
Cálculo auxiliar
Seja 3 iw , então:
2 2
3 1 2w
1 3
tg arg33
arg 4.º
w
w Q
π
6 é um argumento de w
Seja 1 1 2 2
i i2 22 2
z
2 2
2 2 2 21
2 2 4 4z
2
tg arg 12
arg 2.º
z
z Q
π 3ππ
4 4 é argumento de z
Logo 3π
1cis4
z
c) 55
3π32i 32cis
2
5
3π2 π
232cis , 0, 1, 2, 3, 45
k
k
3π2 π
22cis , 0, 1, 2, 3, 45
k
k
3π 4 π
2cis , 0, 1, 2, 3, 410
kk
Se k = 0 → 0
3π2cis
10z
Se k = 1 → 1
7π2cis
10z
Se k = 2 → 2
11π2cis
10z
Se k = 3 → 3
15π2cis
10z
Se k = 4 → 4
19π2cis
10z
18.2 a) 3 3 31 0 1 1z z z
33 0 2 π1cis0 1cis , 0, 1, 2
3
kz z k
2 π
cis , 0, 1, 23
kz k
k = 0 → 0 cis0z
k = 1 → 1
2πcis
3z
k = 2 → 2
4πcis
3z , logo
2π 4πcis 0,cis , cis
3 3S
b) 4 4 41 0 1 1z z z
4 1cisπz
4 π 2 π1cis , 0,1, 2,3
4
kz k
π 2kπ
cis , 0,1, 2,34
z k
MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
10
k = 0 → 0
πcis
4z
k = 1 → 1
3πcis
4z
k = 2 → 2
5πcis
4z
k = 3 → 3
7πcis
4z , logo
π 3π 5π 7πcis , cis , cis , cis
4 4 4 4S
c) 6 6i 1 0 1 iz z
6 1 iz
Como 1 – i = π
2cis4
, vem:
6π
2cis4
z
12
π2 π
42cis , 0,1, 2,3, 4,56
k
z k
12 π 8 π2cis , 0,1, 2,3, 4,5
24
kz k
k = 0 → 12
0
π2cis
24z
k = 1 → 12
1
7π2cis
24z
k = 2 → 12 12
2
15π 5π2cis 2cis
24 8z
k = 3 → 12
3
23π2cis
24z
k = 4 → 12
4
31π2cis
24z
k = 5 → 12 12
5
39π 13π2cis 2cis
24 8z
logo:
12 12π 7π2cis , 2cis
24 12S
12 125π 23π2cis , 2cis
8 24
12 1231π 13π2cis , 2cis
24 8
d) 3 3z z z z
3 0z z
2 1 0z z
20 1z z
0 1 1z z z
1,0,1S
e) 2z z
Fazendo cisz , temos:
22 cis cis( )z z
2cis( ) cis( 2 )
2 2 0
2 2 3 2k k k k
1 0 0 1
22
33
kkkk
20 cis 0 cis cis
3 3z z z z
20, cis 0, cis , cis
3 3S
Pág. 286
19. – 64 = 64 cis π
6 6 6 π 2 π π 2 π64 64cis 64cis 2cis ,
6 6
k k
0, 1, 2, 3, 4, 5k
Então:
0
π2cis
6z
1
3π π2cis 2cis
6 2z
2
5π2cis
6z
3
7π2cis
6z
4
9π 3π2cis 2cis
6 2z
5
11π2cis
6z
MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
11
Pág. 287
20.1 Sabemos que 1 1 3iz , daí que:
2
2
1 1 3 2z
1
3tg arg
1z arg( ) 1.º1z Q
π
3 é um argumento de
1z
1
π2cis
3z
;
2
π 2π2cis 2cis π 2
3 3z
3
2π 5π2cis π 2cis
3 3z
1 3
2 i 1 3i2 2
20.2. Calculando a soma, na forma algébrica 1z w ,
2z w
e 3z w , obtém-se o transformado do triângulo de
vértices 1z ,
2z e3z pela translação
uT , assim:
1 1' 1 3i i 1 3 1z z w i
2 2' 2 i 2 iz z w i
3 3' 1 3i i 1 3 1z z w i
20.3. 1
π π2cis cis
3 3z z
π π
2cis3 3
=2π
2cis3
2
π2cis π cis
3z z
π
2cis π3
4π
2cis3
3
5π π2cis cis
3 3z z
5π π2cis
3 3
2cis 2π
Interpretação: O produto deπ
cis3
por cada número
complexo z cuja imagem, no plano complexo, é um
vértice do triângulo, é o número complexo cuja imagem
é o transformado de z na rotação de centro (0, 0) e ângulo
igual a π
3.
Pág. 288
1. Seja cisz r ,então o seu simétrico é:
cisz r
Logo, a resposta correcta é a (B), uma vez que:
cis π cis 2π π cis π
Resposta: (B).
2. π
3cis3
z
Para que z seja imaginário puro de coeficiente positivo,
temos:
π π
2 π,3 2
k k
5π2 π,
6k k
Por exemplo, 5π
6
Resposta: (B).
3. z = i20 + i
z = (i4)5 + i
z = 1 + i
módulo: 2z
argumento: π
arg4
z :
π
2cis4
z
Resposta: (C).
4. As imagens geométricas de números conjugados são
simétricas relativamente ao eixo real.
Resposta: (D).
5. 2 cis 2w w , é dobro do simétrico de w.
Resposta: (C).
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
12
6. i – w = i – (2 + i ) =i – 2 – i = – 2
Donde i – w é um número real.
Resposta: (A).
7. Sendo π
2cis9
z
,
então, 2
1 1 1cis0
2π 2π4cis 4cis
9 9
z
1 2π
cis4 9
Resposta: (C).
Pág. 289
1.1 (z – 3)2 (1 – 2i)2 – i9
= [(3 – i) – 3]2 (1 – 2i)2 – (i4)2 × i
= (– i)2 (1 – 4i + 4i2) – i
= – (1 – 4i – 4) – i
= 3 + 4i – i
= 3 + 3i
1.2 Inverso do conjugado de w é 1
w, isto é,
1
3 3i, donde:
2
1 3 3i 3 3i
3 3i 3 3i 3 3i 9 3i
2
3 3i 3 3i 3 3 1 1i i
18 18 18 6 69 9i
Na forma trigonométrica:
2 21 1 1 1 1 2
6 6 36 36 6w
1tg arg 1
π
41arg 1.º
w
Qw
é um argumento de1
w
Daí que: 1 2 π
cis6 4w
.
2.1 O polinómio x3 – 3x2 + x + 5 é divisível por x + 1,
porque P (– 1) = 0.
2.2 3 2 23 5 1 4 5x x x x x x
2 4 16 20
4 5 02
x x x
2 i 2 ix x
Os zeros do polinómio são – 1, 2 + i e 2 – i.
3. Do enunciado podemos retirar que:
• 1z z
• cisz com π
π2
.
•
As imagens de z e z são simétricas em relação ao eixo
real. Donde: π 5π 5π
arg π arg6 6 6
z z
3.1 π 5π π 5π
i cis cis cis2 6 2 6
z
4π 1 3
=cis i3 2 2
3.2
5πcis
4π π6cis
πi 6 2cis
2
z
4π 1 3
cis i3 2 2
4. 3 2
1 2z z w
2
π2 i 3cis
3w
2 2π
2 i 2 i 3cis3
w
2 2π4 4i i 2 i 3cis
3w
1 3
3 4i 2 i 3 i2 2
w
2 3 3 36 3i 8i 4i i
2 2
3 3 3
2 11i i2 2
2 11i
3 3 3i
2 2
w
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13
3 3 3
2 11i i2 2
9 27
4 4
32 33 33 3 3 i
2 2
9
i
w
11 3 2 2 3 11i
6 6w
5. z1 = 3i
Portanto z2 = – 3i é também um número complexo cuja
imagem geométrica é um vértice do losango.
O perímetro do losango é 16. Logo, donde AB = 4.
2 2
AB OB OA
2
16 9 OB
2
16 9 OB
2
7 OB
Portanto, 7OB
Resposta: – 3i, 7 e – 7
6.
3π
2cis 1 i4
z
3 3π π
2 cis 2cis4 4
z
3
π2cis
43π
2 cis4
z
πcis
1 π4 cis3π 2 2
2cis4
z z
7. Sabemos que:
• 1
πcis
4z OA
• 2 26 2cisz
• a área do rectângulo [OABC] é 12.
Assim, vem:
OCOABC
A OA
12
12 6 26 2
OA OA
2 2 22
22OA OA OA
Assim: 1
π2cis
4z
π π2 cos i sin
4 4
2 2
2 i 1 i2 2
Como 1
πarg
4z e
π
2AÔC , então:
2
π πarg
4 2z , logo 2
3πarg
4z
2
3π 3π 3π6 2cis 6 2 cos i sin
4 4 4z
2 26 2 i 6 6i
2 2
Resposta: z1 = 1 + i e z2 = – 6 + 6i
8. z1 tem um argumento π
3, logo 1 1
πcis
3z r
z2 tem módulo 3 3 , logo 2 23 3cisz
Então:
10
1
2 2
1
zz z
z
=
10
1
2 2
1
πcis
33 3cis 3 3 cis
r
r
10
2 π3 3 cis 0 cis
3
10 10π27cis 0 1 cis
3
4π 4π
27 cos0 isin0 cos isin3 3
1 3
27 1 i 0 i2 2
1 3 53 3
27 i i2 2 2 2
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14
9. A imagem geométrica de z pertence ao 4. quadrante
(eixos não incluídos). Logo, z é da forma:
cisz r , com π
02
3 3cis 3z r
E como π
02
, então: 3π
3 02
.
Daí que a imagem geométrica de 3 3cis 3z r ,
com 3π
3 02
, não pode pertencer ao 1.
quadrante, mas pode pertencer ao 2., 3. ou 4.
quadrantes.
10. Seja cisz r , tal que, 3π
4 ou
π
4 , uma vez
que a imagem geométrica de z pertence à bissetriz dos
quadrantes pares.
Assim:
20 20 60πcis
4z r
ou 20 20 20π
cis4
z r
20 20cis 15z r ou 20 20cis 5z r
ou seja:
20 20cis πz r ou 20cis πz r
Logo, a imagem geométrica de z20 pertence ao eixo
real, uma vez que 20arg πz ou 20arg πz
Então, uma equação da recta à qual pertence a imagem
geométrica de z20 é y = 0 ou Im(z) = 0.