Razões Trigonométricas num triângulo rectângulo
sen  =
CB
cos  =
AB
tg  =
CB
AC
AC
AB
=
cateto oposto hipotenusa
=
cateto adjacente hipotenusa
=
cateto oposto cateto adjacente
C
A
B
Ângulo e Arco generalizados Se α é a amplitude de um ângulo (ou arco), todo os ângulos com o mesmo lado origem e o mesmo lado extremidade são da forma: α + k . 360º , k ∈ ZZ ou α + 2kπ π , k ∈ ZZ α + 360º
α – 360º
α
α
+ –
Definição de seno, co-seno e tangente no círculo trigonométrico (círculo de raio 1 unidade)
Q (1, tg α)
y
sen α = sen (α α + k360º) = ordenada de P = cos α = cos (α α + k360º) = abcissa de P = tg α = tg (α α + k180º) =
y 1 P (cos α, sen α)
OP x
sen α
OP
y ordenada de P = abcissa de P x
–1
α
0 cos α
tg α = ordenada de Q –1
1
x
Relações entre seno, co-seno e tangente de um ângulo
sen α2 + cos α2 = 1
tg α =
sen α cos α
tg2 α + 1 =
1 cos 2 α
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos complementares α e π/2 — α y 1
sen (π/2 — α) = cos α cos (π/2 — α) = sen α
sen α –1
α 0 cos α
tg α 1x
tg (π/2 — α) = cotg α –1
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos que diferem π/2 y 1 π/ + α 2
sen α
–1
α 0 cos α
tg α 1x
sen (π/2 + α) = cos α cos (π/2 + α) = —sen α tg (π/2 + α) = —cotg
–1
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos suplementares α e π — α y 1 π–α
sen (π π — α) = sen α cos (π π — α) = — cos α α tg (π π — α) = — tg α
–1
sen α
α 0 cos α
–1
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos que diferem π y 1 sen α –1
α 0 cos α
π+α –1
sen (π π + α) = —sen α tg α
cos (π π + α) = — cos α
1x
π + α) = tg α tg (π
tg α 1x
π/2 — α Relações entre as razões trigonométricas de ângulos α e 3π y 1
π/2 — α) = —cos α sen (3π
tg α
sen α
π/2 — α) = —sen α cos (3π
α 0 cos α
–1
π/2 — α) = cotg α tg (3π
1x
3π/ – α 2
–1
π/2 Relações entre as razões trigonométricas de ângulos que diferem 3π y 1 sen α
α 0 cos α
–1
π/2 + α) = —cos α sen (3π
tg α
π/2 + α) = sen α cos (3π
1x
π/2 + α) = —cotg α tg (3π
3π/ +α 2
–1
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos simétricos α e — α y 1
sen (— α) = — sen α
tg α
sen α
cos (— α) = cos α
α 0 cos α
–1
tg (— α) = —tg α
1x
–α
–1
Valores exactos de razões trigonométricas (0 ≤ α ≤ π/2 )
α seno co-seno tangente
0
π 6
π 4
π 3
π 2
0
1 2
2 2
3 2
1 0 nd
1
3 2
2 2
1 2
0
3 3
1
3
2π/3 3π/4
y π/ 2
π/3
π/4 π/6
5π/6 π
2π x
-π/6
-5π/6 -3π/4 -2π/3
-π/4
-π/2
-π/3
4. Prova que: a) 1 + tg2 x =
1 cos 2 x
1 + tg x = 1 +
sen 2 x
2
b) 1 −
cos 2 x + sen 2 x 2
cos x
cos x
=
1 2
cos x
2
2
(dado que sen x + cos x = 1)
cos 2 θ = sen θ 1 + sen θ
1−
1 + sen θ − cos 2 θ sen 2 θ + cos 2 θ + sen θ − cos 2 θ cos 2 θ = = 1 + sen θ 1 + sen θ 1 + sen θ =
c)
2
=
(sen α + cos α = 1) 2
2
sen 2 θ + sen θ sen θ (sen θ + 1) = = sen θ 1 + sen θ 1 + sen θ
1 + sen α cos α 2 + = 1 + sen α cos α cos α 1 + sen α cos 2 α + (1 + sen α ) 2 cos 2 α + sen 2α + 1 + 2 sen α cos α + = = 1 + sen α cos α (1 + sen α ) cos α (1 + sen α ) cos α =
d)
(1 − cos x )(1 + cos x ) 2
2 + 2 sen α 2(1 + sen α ) 2 = = (1 + sen α ) cos α (1 + sen α ) cos α cos α
2
= tg x
cos x (1 − cos x )(1 + cos x ) cos 2 x
=
1 − cos 2 x cos 2 x
=
sen 2 x + cos 2 x − cos 2 x cos 2 x
=
sen 2 x cos 2 x
2
= tg x
5. Qual a velocidade da extremidade do ponteiro dos minutos de um relógio (em cm por minuto) que mede 10 cm de comprimento? Resolução
O ponteiro dos minutos dá uma volta por hora, ou seja, a sua xtremidade percorre uma circunferência de raio 10 cm durante 1 hora. Assim: P = 2πr = 20π V = e/t = 20π cm/h V=
20π ≈ 1 cm/min 60
3π + x 2
7. Sabendo que sen
=
1 3
e x ∈ ]π , 2π[, π + x 2
calcula o valor exacto de cos (π + x) – 2 cos Resolução
Se x ∈ ]π , 2π[ e sen 3π + x = 2
1 então é necessário que x ∈ ]π , 3π/2[ 3
3π Verifica-se também que sen + x = – cos x , logo cos x 2 2
2
2
=—
3π/2+x 1 /3
1 3
x
2
sen x + cos x = 1 <=> sen x = 1 – cos x
1 2 <=> sen x = 1 – − 3 1 2 <=> sen x = 1 – 9 2
<=> sen x = 1 –
2
1 /3 –1/3
1 9
<=> sen x = ±
8 9
<=> sen x = −
2 2 3
(sen x < 0 dado que x ∈ ]π , 3π/2[ )
Por análise do círculo trigonométrico conclui-se que cos (π + x) = – cos x
=
1 2 2 π e cos + x = — sen x = 3 2 3
x+π
Finalmente: 2 2 1 π = 1− 4 2 + x = cos (π + x) – 2cos – 2 2 3 3 3
x +π/2
x
EQUAÇÕES TRIGONOMÉTRICAS sen x = sen α <=> x = α + 2kπ π, k ∈ ZZ v x = π — α + 2kπ π, k ∈ ZZ
y 1 π–α
cos x = cos α <=> x = α + 2kπ π, k ∈ ZZ v x = — α + 2kπ π, k ∈ ZZ
sen α
α 0 cos α
–1
tg x = tg α <=> x = α + kπ π, k ∈ ZZ
tg α 1x –α
–1
8. Resolve, em IR, as equações: x 2
c) 4 + 8sen
= 0
x 8sen = – 4 <=> sen 2 <=>
e)
x 1 = – 2 2
x 5π =– + 2kπ, k∈Z Zv 2 6
x π = − + 2kπ, k∈Z Z 2 6
<=> x = –
10 π 2π + 4kπ, k∈Z Z v x = − + 4kπ, k∈ZZ 6 6
<=> x = –
5π π + 4kπ, k∈Z Z v x = − + 4kπ, k∈ZZ 3 3
−5π/6
−π/6
1 1 tg x = 3 3 1 1 3 3 3 tg x = <=> tg x = <=> tg x = <=> tg x = 3 3 3 3 π <=> x = + kπ, k∈Z Z 3
π/3
3
g) 2sen (πx) – 1 = 0 2sen (πx) – 1 = 0 <=> sen (πx) = <=> πx =
1 2
π 5π + 2kπ, k∈Z Z v πx = + 2kπ, k∈Z Z 6 6
<=> x =
π 2kπ 5π 2kπ + , k∈Z Z v πx = + , k∈Z Z 6π 6π π π
<=> x =
1 5 + 2k, k∈Z Z v πx = + 2k, k∈Z Z 6 6
5π/6
π/6
1
h) sen = 0 x π
1 1 1 sen = 0 <=> = kπ, k∈Z Z <=> x = , k∈Z Z \{0} x k π x
9. Resolve as equações:
2π
3π/4
a) sen x + cos x = 0 sen x + cos x = 0 <=> sen x = – cos x <=> x =
3π + kπ, k∈Z Z 4
-π/4
π/3
c) 3cos θ = 2sen2 θ Sabendo que sen2 θ = 1 – cos2 θ , temos 3cos θ = 2( 1 – cos θ ) <=> 3cos θ = 2 – 2cos θ 2
2
-π/3
<=> 2cos θ + 3cos θ – 2 = 0 2
<=> cos θ =
4
<=> cos θ =
− 3 ± 25 4
1 −3 + 5 −3 − 5 v θ = <=> cos θ = 4 4 2
<=> cos θ = <=> θ = ±
− 3 ± 3 2 − 4 × 2( −2)
v cos θ = –2
π + 2kπ, k∈Z Z 3
d) cos2 θ + 2sen θ = 2 1 – sen θ + 2sen θ – 2 = 0 <=> – sen θ + 2sen θ – 2 = 0 <=> sen θ – 2sen θ + 1 = 0 2
2
2
<=> (sen θ – 1) = 0 <=> sen θ = 1 <=> θ = 2
11. Resolve a condição |sen x | <
1 2
π + 2kπ, k∈Z Z 2
no intervalo:
a) [0 , 2π] b) [–π , π] |sen x | <
1 2
<=> sen x <
1 2
∧ sen x > –
1 2
a) x ∈ [0 , π/6 [ ∪ ] 5π/6 , 7π/6 [ ∪ ] 11π/6 , 2π ]
b)
x ∈ [–π , –5π/6 [ ∪ ] –π/6 , π/6[ ∪ ] 5π/6 , π ]
5π/6
π/6
-5π/6
-π/6
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS COMO FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL As funções trigonométricas são consideradas funções periódicas, isto é: Uma função f diz-se periódica se existe um número positivo P tal que f (x + P) = f(x), ∀ x ∈ Df Representação gráfica das funções seno e co-seno no intervalo [0 , 2π π]
π/2 — x) , ∀x∈ Note-se que cos x = sen (π ∈IR Propriedades comuns Domínio: IR Contradomínio: [—1 , 1] Período: 2π π Contínuas em IR: lim sen x = sen a e lim cos x = cos a x →a
Não existe lim
sen x
x → ±∞
x →a
e lim
cos x
x → ±∞
Os gráficos não apresentam quaisquer assimptotas Outras propriedades sen x
cos x
Paridade Função ímpar: sen (–x) = – sen x, ∀x∈IR Zeros: x = kπ, k∈ZZ
Função par: cos (–x) = cos x, ∀x∈IR π Zeros: x = + kπ, k∈ZZ 2
Sinal Positiva: x ∈ ] 0 + 2kπ , π + 2kπ [, k∈ZZ
x ∈ ]−π/2 + 2kπ , π/2 + 2kπ [, k∈ZZ
Negativa: x ∈ ]π + 2kπ , 2π + 2kπ [, k∈ZZ
x ∈ ] π/2 + 2kπ , 3π/2 + 2kπ [, k∈ZZ
Monotonia Crescente: x ∈ ]−π/2 + 2kπ, π/2 + 2kπ [, k∈ZZ
x ∈ ]π + 2kπ , 2π + 2kπ [, k∈ZZ
Decresc.te: x ∈ ] π/2 + 2kπ, 3π/2 + 2kπ[, k∈ZZ
x ∈ ]0 + 2kπ , π + 2kπ [, k∈ZZ
Extremos Mínimo = —1, minimizantes: −π/2 + 2kπ, k∈ZZ
minimizantes: π + 2kπ, k∈ZZ
Máximo = 1, maximizantes: π/2 + 2kπ, k∈ZZ
maximizantes: 2kπ, k∈ZZ
Representação gráfica das função tangente no intervalo [–2π π , 2π π] +∞ 6 y
5
y
4
π + 2
3
π − 2
2 1 −2π
−1,5π
−π
−0,5π
-1
x 0
0,5π
π
1,5π
1x
2π
-2 -3 -4 -5 -6
–∞
Propriedades + kπ π, k∈ ∈ZZ 2
π
Domínio: IR \ x =
Contradomínio: IR Período: π Assimptotas verticais do gráfico: rectas de equações x = lim π x → + 2
tg x = lim
π x → + 2
sen x cos x
=
1 0
−
= —∞ e
lim π x → − 2
tg x
π 2
= lim
+ kπ π, k∈ ∈ZZ
π x → − 2
sen x cos x
Não existe lim tg x x → ±∞
Paridade Função ímpar: tg (–x) = – tg x, ∀x∈IR Zeros: x = kπ, k∈ZZ
Sinal tg x >0 <=> x ∈ ] 0 + kπ , π/2 + kπ [, k∈ZZ tg x < 0 <=> x ∈ ] π/2 + kπ , π + kπ [, k∈ZZ
Monotonia Crescente: x ∈ ]−π/2 + kπ, π/2 + kπ [, k∈ZZ (crescente no seu domínio) Não tem extremos
=
1 0+
= +∞
17. Indica uma expressão geral dos zeros das funções definidas em IR por: b) sen (2x ) π
Z sen (2x ) = 0 <=> 2x = kπ, k∈Z
2π
<=> x = kπ/2, k∈Z Z
π/2
c) cos (πt) cos (πt) = 0 <=> πt = π/2 + kπ, k∈Z Z
Z <=> t = 1/2 + k, k∈ZZ <=> t = π/2π + kπ/π, k∈Z −π/2
18. Estuda a paridade das funções definidas em IR por: a) x
2 y 1
cos x + sen x
A função é par se f(x) = f(–x), ∀x∈IR
−2π
−π
-1 -2
0
x π
2π
cos x + sen x = cos (–x ) + sen (–x) <=> 2 cos x = – 2 sen x <=> cos x = – sen x, ∀x∈IR falso
É ímpar se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR cos (–x ) + sen (–x ) = – cos x – sen x <=> cos x – sen x = – cos x – sen x <=> cos x + cos x – sen x + sen x = 0 <=> 2 cos x = 0, ∀x∈IR
falso
b) t
t sen 2
É ímpar
se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
sen (–α) = – sen α, ∀α∈IR
c) x
2 y 1
t = – sen <=> sen − 2
−2π
−π
-1 -2
0
x π
2π
t , ∀t ∈IR . A função é ímpar 2
x + cos x
É par se f(x) = f(–x), ∀x∈IR x + cos x = –x + cos (–x ) <=> x + cos x = –x + cos x <=> 0 = –2x , ∀x ∈IR falso É ímpar
se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
–x + cos (–x) = –(x + cos x ) <=> –x + cos x = –x – cos x <=> 2cos x = 0, ∀x ∈IR falso
d) x
sen x – x
5
y
4
É par se f(x) = f(–x), ∀x∈IR
3 2
sen x – x = sen (–x) – (–x) <=> sen x – x = –sen x + x
1
<=> 2sen x = 2x , ∀x ∈IR falso
−π
-1
x 0
π
-2 -3
É ímpar
-4
se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
-5
sen (–x ) – (–x ) = –(sen x – x) <=> – sen x + x = – sen x + x , ∀x ∈IR verdadeiro
19. Determina o domínio de existência em IR das funções definidas por: a)
sen x 1 − cos x D = { x∈IR : 1 – cos x ≠ 0 } 1 – cos x ≠ 0 <=> cos x ≠ 1 <=> x ≠ 2kπ, k∈Z Z D = IR \ { x∈IR : 2kπ, k∈Z Z}
c)
sen x 1 − tg x D = { x∈IR : 1 – tg x ≠ 0 ∧ x ≠ π/2 + kπ, k∈Z Z} 1 – tg x ≠ 0 <=> tg x ≠ 1 <=> x ≠ π/4 + kπ, k∈Z Z D = IR \ { x∈IR : π/4 + kπ, k∈Z Z ∧ π/2 + kπ, k∈ZZ }
20. Determina uma expressão geral dos zeros das funções definidas nos seus domínios de existência por: x 3
b) 1 – tg
x x x 1 – tg = 0 <=> tg = 1 <=> = π/4 + kπ, k∈ZZ <=> x = 3π/4 + 3kπ, k∈ZZ 3 3 3
c) sen x + tg x sen x + tg x = 0 <=> sen x +
<=>
sen x sen x ⋅ cos x + sen x = 0 <=> =0 cos x cos x
sen x (cos x + 1) = 0 <=> sen x = 0 cos x
Z <=> x = kπ, k∈Z
v cos x + 1 = 0 ∧ cos x ≠ 0
v x = π + 2kπ, k∈ZZ <=> x = kπ, k∈ZZ
TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
Influência dos parâmetros nos gráficos de funções do tipo y = a + b sen (cx + d) e y = a + b cos (cx + d) 4 y
Exemplos comparados com y = sen (x) ou y = cos(x)
D´f = [ 1, 3]
3
a = 2; b = 1; c = 1; d = 0
2
f(x) = 2 + sen (x)
1
a = —1; b = 1; c = 1; d = 0
-1
g(x) = —1 + sen (x)
-2
f x 0
0,5π
π
1,5π
2π
D´g =[ –2 , 0] g
Quando a ≠ 0, os gráficos sofrem uma translação vertical com reflexos no contradomínio 4 y 3
a = 0; b = 2; c = 1; d = 0
D´f = [–2, 2]
2
f(x) = 2cos (x)
1
a = 0; b = 1/2; c = 1; d = 0
−π
−0,5π
g(x) = 1/2cos (x)
-1
0
f D´g =[–1/2, 1/2] g 0,5π
π
1,5π
x 2π
-2
Quando b ≠ 1, os gráficos sofrem uma contracção ou expansão vertical com reflexos no contradomínio
a = 0; b = 1; c = 2; d = 0 f(x) = sen (2x)
a = 0; b = 1; c =1/2; d = 0 g(x) = sen (x/2)
2 y
Período g = 4π g
1
-1 -2
0
0,5π
π
1,5π
x 2π
2,5π
3π
3,5π
4π
f Período f = π
Quando c ≠ 1, os gráficos sofrem uma dilatação ou compressão horizontal com reflexos P no período, em que o novo período é P = ———— |c|
2 y
a = 0; b = 1; c = 1; d = π/4 f(x) = cos (x + π/4)
a = 0; b = 1; c = 1; d = —π/3
–π/4
1
−π
−0,5π
-1
π/3
x 0
0,5π
π
1,5π
-2
g(x) = cos (x —π/3) Quando d ≠ 0, os gráficos sofrem uma translação horizontal (—d) com reflexos nos maximizantes e minimizantes
2π
23. Indica o cobtradomínio de cada uma das funções seguintes e uma expressão geral dos maximizantes. a) f: x
1 + 2 sen x
Enquadramento: –1 ≤ sen x ≤ 1 <=> –2 ≤ 2 sen x ≤ 2 <=> –2 + 1 ≤ 1 + 2 sen x ≤ 2 +1 <=> –1 ≤ 1 + 2 sen x ≤ 1 π/2
D’f = [–1 , 3]
1 –1
Maximizantes:
1
Resolver a equação
-1
1 + 2 sen x = 3 <=> 2 sen x = 3 – 1 <=> 2 sen x = 2 <=> sen x = 1 <=> x = π/2 + 2kπ, k∈Z Z
Portanto, f tem os mesmos maximiznates que sen x ou seja, quando x = π/2 + 2kπ, k∈ZZ
2
c) h: x
sen x – 2
Enquadramento: –1 ≤ sen x ≤ 1 <=> 0 ≤ sen x ≤ 1 <=> –2 + 0 ≤ sen x – 2 ≤ 1 – 2<=> –2 ≤ sen x – 2 ≤ –1 2
2
2
1 y
D’h = [–2 , –1]
-1
x 0,5π
π
1,5π
2π
-2
Maximizantes: 2
0
-3
2
sen x – 2 = –1 <=> sen x = 1 <=> sen x =
± 1 <=> x = π/2 + kπ, k∈ZZ
27. Prova que: b) O período de g(x ) = 3tg (x/2) é 2π Por definição g(x + T) = g(x), ∀x∈Dg e o período de tg x = π x + 2π 2
Se T = 2π então: g(x + 2π) = 3tg
(substituindo x por x + T)
2π x x = 3tg + + π = 3tg 2 2 2
( π é operíodo da função tg x)
= 3tg(x/2) = g(x), ∀x∈Dg
πx c) O período de h(x ) = cos é 6 3
Por definição h(x + T) = h(x), ∀x∈Dh e o período de cos x = 2π π( x + 6) πx = cos + 2 π = cos(πx/3) = h(x), ∀x∈Dh 3 3
Se T = 6 então: h(x + 6) = cos
Actividade 5 Observa o gráfico seguinte que descreve o nível da água num ponto ao longo do dia. Encontra uma função da família x situação ilustrada no gráfico.
y = a + b sen (cx + d) que pode descrever a
Resolução
E primeiro lugar, deve-se observar que no papel, que parece milimétrico, cada quadrícula maior representa 2 unidades, cada uma dividida em 10. Logo, cada quadrícula menor representa 0,2 unidades. O gráfico apresenta 2 para os mínimos e 6 para os máximos, fazendo com que a função tenha contradomínio [2 , 6], deslocando-se o eixo horizontal para y = 4. Significa isto que o gráfico sofreu uma translação vertical sendo a = 4; Sendo a amplitude 4, o valor de b tem que ser 2; Tendo em conta os máximos (ou mínimos), estes distam 12,4 unidades. Assim, = 12,4 <=> c ≈ 2π/12,4 <=> c ≈ 0,5;
2π/c
Como sen α = 0 <=> α = 0 + kP, k∈ZZ (sendo P o período), isto mostra que o gráfico sofreu uma translação horizontal de 8,8 unidades para a esquerda (o eixo Oy deslocou-se –8,8), pelo que
d = –8,8. Portanto, a expressão da função deve ser y = 4 + 2 sen (0,5x + 8,8)
Problema de modelação (Pág 23) Na tabela seguinte apresentam-se as previsões da altura das marés no porto de Leixões para um determinado dia. Apresenta uma expressão, com valores aproximados, da função capaz de modelar seta situação. horas 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
Altura 1,68 1,54 1,53 1,65 1,88 2,16 2,45 2,66 2,74 2,67 2,46 2,17 1,86 1,61 1,47 1,45 1,56 1,76 2,01 2,25 2,41 2,46 2,39 2,22 (m)
Na calculadora gráfica, na opção STAT, introduzir os valores da tabela em duas listas (fig. 1 e 2). ), F4(sin) para obter o ecrã da figura 3. Na Cásio pressionar F2(CALC), F3(REG), F6( CALC executar (SinReg) e introduzir L1,L2 Na Texas, em STAT
A expressão da função, com valores a 2 casas decimais, é: y = 0,55sen (0,48x –2,26) + 2
A figura 4 mostra o gráfico de pontos (da regressão) e a figura 5 mostra o gráfico da função
32. A profundidade da água do mar à entrada de um porto de abrigo é dada num certo dia, em metros, por π h(t) = 9 – 2 cos t 6
sendo t o número de horas depois da primeira maré baixa desse dia. a) Qual a profundidade na maré alta e na maré baixa nesse dia? b) Quanto tempo decorreu entre uma maré alta e uma maré baixa? a) A função cos α tem máximos para α = 0 + 2kπ, k ∈ ZZ e mínimos para α = π + 2kπ, k ∈ ZZ A função —cos α, sendo simétrica relativamente a Ox, apresenta mínimos onde cos x apresenta máximos e vice-versa, logo: Mínimo para t = 0 temos: 9 – 2 cos 0 = 9 – 2 x 1 = 7 (m) 6π Máximo para t = 6 temos: 9 – 2 cos = 9 – 2 cos π = 9 – 2(–1) = 11 (m) 6
b) O período da função é π 12π P = 2π/c <=> P = 2π / <=> P = <=> P = 12 6
π Em cada período a função tem um máximo e um mínimo, logo, se o período é 12 horas, decorrem 6 horas entre os extremos.
0
6
12
18
24
FÓRMULAS TRIGONOMÉTRICAS DA SOMA DE DOIS ÂNGULOS r
r
Considerando os vectores u e v no círculo trigonométrico,
y
r r r r r r o produto escalar é u • v = || u || x || v || x cos ( u ^ v ) r r r r r r sendo || u || = || v || = 1, temos u • v = cos ( u ^ v ) = cos (α – β) r r Pelas coordenadas, u = (cos α , sen α) e v = (cos β , senβ) r r temos u • v = (cos α , sen α) x (cos β , senβ) = cos α cos β + sen α senβ
α–β r r u α v
β x
0
cos (a – b) = cos a cos b + sen a sen b, ∀a, b∈IR
y
Como senβ = — sen (–β ) e cos (α + β) = cos [α – (–β )]
r u α
Temos que cos (α + β) = cos α cos β + sen α (–senβ )
r v
β
−β
0
cos (a + b) = cos a cos b – sen a sen b, ∀a, b∈IR
x
Tendo em conta que sen x = cos (π/2 – x) então sen (α + β) = cos [π/2 – (α + β )] = cos (π/2 – α – β ) Assim, sen (α + β) = cos [(π/2 – α) – β )] =
π/2 - α
= cos (π/2 – α) cos β + sen (π/2 – α) senβ
α
ou seja, sen (α + β) = sen α cos β + cos α senβ sen (a + b) = sen a cos b + sen
b cos a, ∀a, b∈IR
Verifica-se, também que sen (α – β) = sen [α + (– β)] = cos (π/2 – α) cos (–β ) + sen (π/2 – α) sen(–β ) = sen α cos β + cos α (–senβ ) sen (a – b) = sen a cos b – sen
b cos a, ∀a, b∈IR
Como consequências: sen a cos b + sen b cos a sen a cos b sen b cos a + sen a cos b + sen b cos a sen( a + b ) cos a cos b cos a cos b cos a cos b tg (a + b) = = = = sen a sen b cos a cos b cos a cos b − sen a sen b cos a cos b − sen a sen b cos( a + b) − cos a cos b cos a cos b cos a cos b tg (a ± b) =
tg a ± tg b 1 m tga tg b
e tg (a + a) = tg (2a) =
2tg a 1 − tg 2 a
e considerando que 2x = x + x temos: sen 2x = sen(x + x) = sen x cos x + sen x cos x = 2 sen x cos x 2
2
cos 2x = cos(x + x) = cos x cos x – sen x sen x = cos x – sen x sen (2a) = 2 sen a cos a
e cos (2a) = cos2 a – sen2 a
35. Completa as sfirmações de modo a que sejam verdadeiras: b) cos2 (x/2) – sen2 (x/2) = cos (2x/2) = cos (x)
dado que cos (2 a) = cos2 a – sen2 a
c) sen (3x) = 2sen (3x/2) cos (3x/2) dado que sen (2 a) = 2sen a cos a
36. Prova que: b) cos (2a) = 1 – 2 sen2 a 2
2
2
2
2
2
2
( cos a + sen a = 1 <=> cos a = 1 – sen a )
cos (2 a) = cos a – sen a 2
cos (2 a) = 1 – sen a – sen a
<=> cos (2 a) = 1 – 2 sen2 a
c) cos x = 2 cos2 (x/2) – 1 2
2
cos (2 a) = cos a – sen a 2
cos ( a) = cos
cos (x) = cos
2
(a/2) – sen2 (a/2)
2
2
2
2
( cos a + sen a = 1 <=> sen a = 1 – cos a )
(x/2) – [ 1 – cos2 (x /2)]
<=> cos (x) = cos2 (x /2) – 1 + cos2 (x /2) <=> cos (x) = 2 cos2 (x /2) – 1 37. Sendo sen β = 1/4 e cos β < 0 calcula o valor exacto de sen (2β ), cos (2β ) e tg(2β ) 2
sen
β + cos2 β = 1 ∧ cos β < 0 <=>
sen (2β ) = 2 sen β cos β = – 2
cos β
=—
1−
1 16
<=> cos β = —
15 4
tg β =
1/ 4 − 15 / 4
=–
15 15
1 15 15 × =– 4 4 8
1 15 2 1 2 15 14 7 2 2 cos (2β ) = cos β – sen β = − − = − = = 4 8 4 16 16 16 2 − 2tg β tg(2β ) = = 1 − tg 2 β 1 − −
15 15
− 2 15 15 = 15 15 2 1− 225 15
− 2 15 15 = 225 − 15 225
=
− 15 − 2 15 225 × = 7 15 210
39. Calcula: b) a sen (2x) + b cos (2x) sabendo que tg x = a/b (põe b em evidência) a sen (2x) + b cos (2x) = b[a/b sen (2x) + cos (2x)] = b[tg x sen (2x) + cos (2x)]
cos(a - b)=cosacosb+senasenb
sen x sen x sen(2 x ) + cos x cos(2 x ) cos(2 x − x ) cos x sen(2 x ) + cos(2 x ) = b =b = b =b cos x cos x cos x cos x
= b
LIMITES DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
Quando foram estudadas as propriedades das funções seno e co-seno foi visto que: São funções contínuas em IR; lim sen x = sen a e lim cos x = cos a ; x →a
x →a
Não existem lim sen x e lim cos x x → ±∞
Mas, lim
x →0
sen x
x
x → ±∞
0
0
conduz a uma indeterminação
,
pois x → 0 e sen 0 = 0
A calculadora gráfica, embora apresentando erro, sugere que, quando x → 0, y = sen (x)/x → 1…
Verificação por via geométrica Considere-se o ângulo ao centro AOP numa circunferência em que OA = OP = 1 e ao ângulo de x rad corresponde o arco AP com x unidades de comprimento.
B
Tem-se, também, que PP´ = sen x e AB = tg x
sen x
1 x O
e pela análise da figura sen x < x < tg x
1
x
tg x
P
P´ A
sen x tg x sen x x x x 1 < < <=> 1 < < <=> 1 < < sen x sen x sen x sen x cos x sen x sen x cos x
Dividindo por sen x :
Quando x → 0, cos x → 1, logo Conclui-se, assim, que lim
x →0
x sen x
1 x → 1 e assim, 1 < <1 cos x sen x
= 1 e lim
sen x
x →0
x
1
= 1 dado que lim
x →0
sen x
=
1 1
x
Sabe, tamém, que –1 ≤ sen x ≤ 1 e iguamente –1 ≤ cos x ≤ 1 Dividindo por x tem-se
−1 sen x 1 ≤ ≤ x x x
−1 1 sen x = lim = 0 , logo lim =0 x x → +∞ x x → +∞ x x → +∞
e lim
Resumindo: lim
x →0
x sen x
=1
;
lim
x →0
sen x
x
= 1 ; lim
x →0
1 − cos x
x
=0
;
sen x
lim
x → +∞
x
π x → +kπ + 2
tg x = –∞
;
lim π x → +kπ − 2
tg x = +∞
x → +∞
π
2
Também já foi visto que, no caso da tangente o Domínio é IR \ x = lim
e
= 0 e lim + kπ, k∈ZZ
lim
x →0
tg x =1 x
cos x
x
=0
pelo que
42. Calcula, caso exista: c) lim
x →π
sen x x sen x sen π 0 = lim = =0 x π π x →π
lim
x →π
d) lim
x →0
cos x x cos x cos 0 = = x 0+
lim
x →0 +
e)
= +∞ e
lim
x →0 −
cos x cos 0 = = x 0−
1 0
−
= –∞ não existe lim
x →0
cos x x
sen x x
lim
sen x k ∈ [ −1, 1] = = 0 (trata-se do quociente de um número entre —1 e 1 a dividir por –∞) x −∞
lim π x→ 2
tg x π x− 2
lim π x → + 2
tg x = π x− 2
então, lim
−∞ 0
tg x
x → π /2
i)
0
+
lim
x → −∞
x → −∞
f)
1
x − π /2
+
= — ∞ e lim
π x → − 2
tg x = π x− 2
sen x x−π
lim
sen x sen ( y + π ) −sen y = lim = lim = –1 x−π y y y →0 y →0
x →π
0−
=—∞
=–∞
lim
x →π
+∞
Note-se que y = x – π
<=> x = y + π quando x →π, y → 0 e sen (π + α) = – sen α
DERIVADAS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
(tg x)´ =
(sen x)´ = cos x
(sen u)´ = u´.cos u
(cos x)´ = – sen x
(cos u)´ = – u´sen u
1 2
cos x
2
= 1 + tg x
(tg u)´ =
u´ cos 2 x
= u´(1 + tg2 x)
43. Calcula a derivada para x = π/6 de: b) g(x) =
1 sen(2 x )
g´(x) =
1´sen(2 x ) − 1[sen(2 x )]´ sen(2 x )
g´(π/6) =
d) s(x) =
=
2
sen(2 x ) −2
−2cos( π / 3 )
=
2
0 − (2 x )´cos(2 x )
1 2
3 2 2
sen ( π / 3 )
=
2
=
−2cos(2 x )
u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2 (sen u)’ = u´cos u
2
sen (2 x )
−1 = – 4/3 3/ 4
tg(5 x ) 2 (5 x )´
s´(x) =
2cos (5 x ) s´(π/6) =
5
=
2
u´ (tg u)´= —————— cos2u
2
2cos (5 x )
5
=
2
2cos (5 π / 6)
5 3 2 2 2
=
5 3 2 4
=
5 3 2 4
=
5 3 2
=
10 3
44. Determina e simplifica, se possível, uma espressão da função derivada de cada uma das funções seguintes: a) f(x) =
f´(x) =
=
1 + sen x + cos x cos x u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2
(1 + sen x + cos x )´cos x − (cos x )´(1 + sen x + cos x ) cos 2 x (cos x − sen x ) cos x + sen x(1 + sen x + cos x )
(sen x)’ = cos x (cos x)´ = —sen x
2
cos x =
cos 2 x − sen x cos x + sen x + sen 2 x + sen x cos x 2
cos x =
1 + sen x 2
cos x
=
1 + sen x 1 − sen 2 x
, x ≠ kπ, k∈ZZ
2
2
(sen x + cos x = 1)
b) g(x) = 2 + tg x +
1 tg x
1
g´(x) = 0 +
1´ tg x − ( tg x )´×1
+
2
2
cos x
−
1
=
+
2
tg x
cos x
u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2 1 (tg x)´= ——————— cos2 x
1 cos 2 x sen 2 x
cos 2 x 1
=
2
cos x
c) h(x) = 2 sen
1
–
sen 2 x − cos 2 x
=
2
2
sen x
2
=
− (cos 2 x − sen 2 x ) 2
sen x cos x
2
− cos(2 x )
=
sen 2 x cos 2 x
sen x cos x
x 2
1 x x h´(x) = 2 ´ cos = 2 2 2 2
d) r(x) = x + sen
x x cos = cos 2 2
(sen u)’ = u´cos u
π x
π π π π π´ x − πx´ π cos = 1 – 2 cos r´(x) = x´ + ´ cos = 1 + 2 x x x x x x
e) s(x) = 4 +
r´(x) = 0 +
=
8 − 4sen x cos x u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2
(8 − 4sen x )´cos x − (8 − 4sen x )(cos x )´ cos 2 x
− 4cos x cos x − (8 − 4sen x )( −sen x )
=
2
− 4 cos 2 x + 8sen x − 4sen 2 x
cos x
=
(sen u)’ = u´cos u
8sen x − 4(sen 2 x + cos 2 x ) 2
cos x
f) t(x) = 7 + 5 cos
2
cos x
=
8sen x − 4 2
2
(sen x)’ =cos x (cos x)’ = —sen x
2
(sen x + cos x = 1)
cos x
πx 30 ´
πx πx π πx πx π − sen = – − sen = 5 sen t´(x) = 0 + 5 30 30 30 30 6 30
(cos u)’ = u´(—sen u)
Aplicação das Derivadas ao estudo da Monotonia e sentido da Concavidade Função seno
Ponto de inflexão
Monotonia
Concavidade
x
π/2
3π/2
f´(x) = cos x
+
0
–
0
+
f(x) = sen x
max
min
f(x) = sen x
2π
f´
π
x
0 f´´(x) = –sen x 0
0
–
0
+
∩
PI
∪
2π 0
f´´
Função co-seno
Pontos de inflexão
Monotonia
Concavidade π
x
0 g´(x) = –sen x 0
–
0
+
g(x) = cos x
min
2π 0
g´
x
π/2
0
3π/2
2π
g´´(x) = –cos x
–
0
+
0
–
g(x) = cos x
∩
PI
∪
PI
∩
g´´
Função tangente
Ponto de inflexão Assimptotas
Monotonia
Concavidade
x
–π/2
h´(x)
+∞
+
1
h(x)
nd
h´=
π/2
x
–π/2
+
+∞
h´´(x)
0
–
0
+
0
nd
h(x)
nd
∩
PI
∪
nd
0
1 cos 2 x
π/2
0
1 1´cos 2 x − (cos 2 x )´⋅1 0 − 2 cos x( −sen x ) 2sen x cos x h´´= = = ´ = cos 4 x cos 4 x cos 4 x cos 2 x
46. Determina os intervalos de monotonia, extremos e estuda o sentido de concavidade do gráfico e esistência de pontos de inflexão da função f: [0 , 2π] → IR
x – sen x 2
x
Estudo da monotonia e extremos x 1 f´(x) = ´ −(cos x )´ = − cos x 2 2 f´(x) ≥ 0 <=>
π/3
1 − cos x ≥ 0 <=> –cos x ≥ –1/2 <=> cos x ≤ 1/2 <=> x ≥ π/3 ∧ x ≤ 5π/3 2
f é decrescente x ∈[0 , π/3] ∪ [5π/3 , 2π] f é crescente x ∈[π/3 , 5π/3]
Mínimo relativo: f(2π) =
x
0
π/3
f´ f
–
0
5π/3
min
0
+
máx
2π
5π/3
–
2π – sen 2π = π – 0 = π 2
Mínimo absoluto: f(π/3) =
π/3 2
π π – sen = − 6 3
3 2
=
π−3 3 6
Máximo relativo: f(0) = 0 – sen 0 = 0 Máximo absoluto: f(5π/3) =
5π / 3 – sen 2
5π 5 π = − − 6 3
3
2
=
5π − 3 3 6
Estudo do sentido da concavidade e pontos de inflexão x f´´ f
f´´(x) = 0 – (cos x)´ = – (–sen x ) = sen x f´´(x) = 0 <=> sen x = 0 <=> x = π v x = 2π
0
π
+ ∪
0
2π
– ∩
PI
f tem um ponto de inflexão para x = π f tem concavidade lotada para cima quando x ∈ ]0 , π[ e voltada para baixo quando x ∈ ]π , 2π[
Coordenadas do ponto de inflexão f(π) =
π 2
– sen π =
π 2
–0=
π 2
PI(π , π/2 )
47. Determina a expressão geral das abcissas dos pontos onde as rectas tangentes ao gráfico g(x) = 3 sen2(2x) têm declive –3. 2
g´(x) = 3 [sen (2x) ]´ = 3 x 2 sen (2x)[sen (2x)]´ = 6 sen(2x)(2x)´cos(2x) = 6[2 sen(2x) cos(2x)] = 6 sen(4x)
(2 sen α cos α = sen(2α) )
g´(x) = – 3 <=> 6 sen(4x) = –3 <=> sen(4x) = – 1/2
7π/6
<=> 4x = 7π/6 + 2kπ v 4x = –π/6 + 2kπ, k∈ZZ
<=> x = 11π/24 + kπ/2 v x = –π/24 + kπ/2, k∈ZZ
-π/6
x
48. Seja f a função definida em IR por f(x) = e 2 cos x Prova que f e tem pelo menos um extremo relativo no intervalo ]0 , π/2 [
(
)
f´(x) = e x / 2 ´ cos x + e x / 2 (cos x )´ = f´ é contínua em
ex/2 2
1 cos x – sen x e x / 2 = e x / 2 cos x − sen x 2
[0 , π/2 ]
1 f´(0) = e 0 / 2 cos 0 − sen 0 = 1(1/2 x 1 – 0) = 1/2 , pelo f´(0) > 0 2
π π 1 f´(π/2) = e π / 4 cos − sen = e π / 4 (1/2 x 0 – 1) = e π / 4 (–1/2 ), pelo f´(π/2) < 0 2 2 2
Assim, o Teorema de Bolzano garante que f´ tem, pelo menos, um zero em ]0 , π/2[ Se f´ = 0 num ponto neste intervalo, então f tem um extremo no neste intervalo.
57. Quatro aldeias nos vértices de um quadrado de lado 1 km. Para ligar as quatro aldeias, uma companhia de telefones concluiu que a solução mais económica é do tipo apresentado na figura. a) Mostra que o comprimento total do cabo gasto, em função de α, é
C(α) = 1 +
α
α
α
α
2 − sen α , 0≤α≤0 cos α
b) Calcula C(0) e C(π/4) e interpreta os resultados obtidos referindo a forma das ligações. c) Mostra que C’(α) =
2 sen α − 1 cos 2 α
e determina o valor exacto do comprimento total
mínimo do cabo
a)
AC AB BC AC
= cos α <=>
0,5
AB
= cos α <=> AB =
α
0,5 cos α
D
= tg α <=> BC = 0,5 tg α
BD = 1 – 2 BC = 1 – tg α C(α) = 4 AB + BD = 4
α
B
α A 0,5
0,5 2 sen α 2 − sen α − + 1 – tg α = 1 + =1+ cos α cos α cos α cos α
α C
2 − sen 0 2 −0 =1+ =3 cos 0 1
b) C(0) = 1 +
π 2 4− 2 2 − sen 2− 4 8−2 2 4− 2 2 +4− 2 2 =1+ 2 C(π/4) = 1 + =1+ =1+ =1+ = π 2 2 2 2 2 2 cos 4 2 2 C(π/4) = 2 2 ≈ 2,83
Se α = 0 temos uma ligação do tipo 1, pelo que C(0) = 1 + 1 + 1 = 3 com maior consumo de material. Se α = π/4 obtem-se uma ligação do tipo 2, sendo o comprimento Tipo 1 Tipo 2
do cabo dado pela soma das duas diagonais do quadrado de lado 1, ou seja 2 2 e gastando menos material.
c) C’(α) = 0 + =
(2 − sen α)´cos α − (2 − sen α)(cos α)´ 2
− cos α cos α − (2 − sen α)(-sen α) cos 2 α
cos α
− cos 2 α + 2sen α − sen 2 α 2
=
− (sen 2 α + cos 2 α) + 2sen α
cos α C’(α) = 0 <=>
=
2sen α − 1 cos 2 α
2
=
cos α = 0 <=> 2sen α – 1 = 0 ∧ cos α ≠ 0 2
2sen α − 1 cos 2 α
<=> sen α = 1/2 ∧ α ≠ 0
<=> α = π/6, α∈[0 , π/4] 2sen α – 1 > 0 <=> sen α > 1/2 <=> α > π/6
Como se verifica pelo quadro de monotonia, C tem um mínimo para α =π/6 , assim π 2 − sen 2 − 0,5 4 −1 3 3 6 C(π/6) = 1 + =1+ =1+ =1+ =1+ 3 π 3 3 cos 6 2
x
0
C´ C
–
π/6 π/4 0 + min
3
58. O número de pessoas na fila do Oceanário, num certo dia, pode ser dado, aproximadamente, em dezenas, por N( t ) = a – b cos
πt 20
Sendo t o tempo em minutos a partir das 9h 30m (a , b ∈IR+). a) Sabendo que às 10h 30m estavam 130 pessoas na fila e que o número mínimo de pessoas na fila é 30, mostra que a = 8 e b = 5. b) Determina a que horas a fila atinge pela primeira vez 105 pessoas.
a) Às 10h 30m representa 60 minutos após o início de t, ou seja, quando t = 60 havia 13 dezenas de pessoas na fila. Por outro lado, N( t ) é mínimo quando – b cos (πt/20) for máximo, o que acontece quando cos α = 1, ou seja, quando cos (πt/20) = 1, e nesse instante há 3 dezenas de pessoas. Então: cos (πt/20) = 1 <=> a – b = 3 ∧ a – b cos(60π/20) = 13
a = b + 3 a = b + 3 a = 8 a = b + 3 <=> <=> <=> b + 3 − b cos( 3 π ) = 13 b + 3 − b ( − 1 ) = 13 2 b = 10 b = 5
60. Salto de rã. O modelo matemático que descreve o salto de um animal é y = x tgθ –
4,9 x 2
v 2 cos 2 θ
onde y é a altura em função do avanço x na horizontaI; θ é o ângulo com a horizontal em graus; v é a velocidade inicial. Determina a altura máxima atingida por uma rã que salta com velocidade de 4,57 m/s fazendo 30º com a horizontal. A velocidade do movimento é dada pela 1ª derivada da função, logo: 4,9 x 2 y´ = (x tgθ )´ – v 2 cos 2 θ
´ 4,9 9,8 x = tgθ – ( x 2 )´ = tgθ – 2 2 2 v cos θ v cos2 θ
Verificar para que valor de x y´= 0 sabendo que θ = 30º e v = 4,57 y´ = 0 <=> tg 30º –
9,8 x 4,572 cos2 30º
<=> 39,2x = 62,655
3 3
= 0 <=>
3 – 3
9,8 x 3 4,572 2
2
= 0 <=>
3 9,8 x – =0 20,885 × 3 3 4
3 <=> 39,2x = <=> x ≈ 62,655 3 <=> x ≈ 0,923 62,655
39,2 × 3
3
A função derivada é positiva à esquerda e negativa à direita do zero, logo a função tem um máximo para x ≈ 0,923, sendo o valor do máximo: y(0,923) = 0,923 tg 30º –
4,9(0,923 ) 2 4,57 2 cos 2 30 º
≈ 0,266
Portanto, a altura máxima do salto da rã é 0,266 m.
62. No movimento de um ponto sobre um eixo, a abcissa δ do ponto varia, em função do tempo t, de acordo com a equação: δ( t ) = cos t –
3 sen t, t∈[0, 2π]
a) Mostra que δ( t ) = – 2 sen (t – π/6)
b) Determina a maior distância a que o ponto está da origem. c) Indica o contradomínio de δ( t ).
a) sen (π/6) = 1/2 e cos (π/6) = 3 /2 pelo que 2 sen (π/6) = 1 e 2 cos (π/6) = 3 , então: δ( t ) = cos t –
3 sen t = cos t [2 sen (π/6)] – [2 cos (π/6)] sen t
= 2 cos t sen (π/6) – 2 cos (π/6) sen t
[sen(a – b) = sen a cos b – sen b cos a]
= –2 sen t cos (π/6) – [ –sen (π/6) 2 cos t ] = –2[sen t cos (π/6) + sen (π/6) 2 cos t ] = –2 sen (t – π/6)
b) A maior distância a que o ponto está da origem corresponde ao máximo ou ao mínimo da função (aquele que tiver maior valor absoluto). δ( t ) = cos t – δ´( t ) = –sen t –
2π/3
3 sen t 3 cos t
δ´( t ) = 0 <=> –sen t –
3 cos t = 0 <=> sen t = – 3 cos t <=>
sen t =− 3 cos t
<=> tg t = – 3 <=> t = 2π/3 v t = 5π/3 t
0
2π/3
5π/3 2π
δ´ δ
–
0 + 0 – min máx
Verificar qual dos extremos se encontra a maior distância δ( 2π/3) = cos (2π/3) –
3 sen (2π/3) = – 1/2 –
δ( 5π/3) = cos (5π/3) –
3 sen (5π/3) = 1/2 –
3 = – 1/ 2 – 3/ 2 = – 2 3 2 3 1 3 − = / 2 + 3/ 2 = 2 2
O mínimo e o máximo da função encontram-se ambos à mesma distância da origem
c) A função desenvolve-se entre os valores mínimo e máximo, logo D’δ = [– 2 , 2]
5π/3
63. Uma caleira vai ser construída usando chapa de alumínio de 30 cm de largua e dobrando duas abas de 10 cm de cada lado.
10
a) Mostra que a área da secção da caleira pode ser dada em função de θ por A(θ)
10
θ
θ 10
= 100 sen θ (cos θ + 1), com 0 < θ < π/2
b) Determina o valor de θ para o qual a caleira tem maior capacidade.
a)
AB = cos θ <=> AB = 10 cos θ e 10
BC = sen θ <=> BC = 10 sen θ 10
A(θ) = 10 x 10 sen θ + 2 A[ABC] = 100 sen θ + 10 sen θ 10 cos θ = 100 sen θ (1 + cos θ )
C 10
θ A
B
b) Pretende-se saber para que valor de θ a área é máxima. Para tal deve-se determinar para que valor de θ A´(θ ) = 0 A´(θ) = 100 (sen θ )´(1 + cos θ ) + 100 sen θ (1 + cos θ )´ = 100 cos θ + 100 cos θ – 100 sen θ 2
2
= 100 (cos θ + cos θ – sen θ ) 2
2
= 100 [cos θ + cos θ – (1 – cos θ )] 2
2
= 100 (cos θ + cos θ –1 + cos θ ) 2
2
= 100 (2cos θ + cos θ – 1) 2
A´(θ) = 0 <=> 100 (2cos θ + cos θ – 1) = 0 <=> 2cos θ + cos θ – 1 = 0 2
cos θ =
2
− 1 ± 1 − 4 × 2( −1) 4
<=> cos θ =
−1 − 3 −1 + 3 v cos θ = 4 4
<=> cos θ = –1 v cos θ = 1/2 <=> θ = π/3 ∧ < θ < π/2 A´(θ) é positiva à esquerda e negativa à direita do zero, logo, A(θ) tem um máximo para θ = π/3
TI Maio 09 Observe atentamente a figura ao lado. O ponto P, partindo de A, desloca-se sobre a circunferência, dando uma volta completa, no sentido indicado pela seta. B
O ponto Q desloca-se sobre a semi-recta O& A , seguindo o movimento do ponto P, de tal forma que se tem sempre PQ = 3.
P 1 O x
3 A
Q d (x )
Para cada posição do ponto P, seja x a amplitude, em radianos, do ângulo orientado que tem por lado origem a semi-recta O& A e por lado extremidade a semi-recta O& P . Seja d a função que, a cada valor de x pertencente a [0 , 2π], associa a distância, d(x), do ponto Q ao ponto O. a) Considere as seguintes afirmações sobre a função d e sobre a sua derivada, .d´. I. d(0) = 2d(π) II. ∀x∈[0 , 2π], d´(x) < 0 Elabore uma pequena composição na qual indique, justificando, se cada uma das afirmações é verdadeira, ou falsa. Resolução Quando x = 0, o ponto P coincide com o ponto A, pelo que a distância de Q a O é igual a 3 + 1, ou seja, é igual a 4. Quando x = π, o ponto P coincide com o ponto B, sendo a distância de Q a O é igual a 3 – 1, ou seja, é igual a 2.
Como d(0) = 4 e d(π) = 2, resulta d(0) = 2d(π), pelo que a afirmação I é verdadeira. Quando x varia de 0 a π, o ponto P vai de A até B, percorrendo, no sentido directo, a semicircunferência que está acima do diâmetro [AB], pelo que o ponto Q se vai aproximando do ponto O. Assim, no intervalo [0, π], d(x) diminui à medida que x aumenta, pelo que a função d é estritamente decrescente neste intervalo. Passa-se o contrário quando x varia de π a 2π, ou seja, o ponto P vai de B até A, percorrendo a semicircunferência inferior, pelo que o ponto Q se vai afastando de O. Portanto, no intervalo [π , 2π], d(x) aumenta à medida que x aumenta, sendo a função d estritamente crescente no intervalo ]π , 2π[. Logo, a função derivada, d´, não pode ser negativa no intervalo [π , 2π], pelo que a afirmação II é falsa.
b) Defina analiticamente a função d no intervalo ]0 , π/2[
P 1
Sugestão: trace a altura do triângulo [OPQ] relativa ao vértice P, designe por R o ponto de intersecção desta altura com a semirecta O& A , e tenha em conta que OQ = OR + RQ .
sen x
3
O x R cos x
Q d(x)
Resolução Considerando OQ = OR + RQ , temos: 2
2
2
OR
= cos x e pelo Teorema de Pitágoras, PQ = PR + RQ <=>
OQ
= cos x +
9 − sen 2 x
Assim, d(x) = cos x +
9 − sen 2 x , x ∈]0 , π/2[
RQ
=
9 − sen 2 x
CONJUNTO ℂ — NÚMEROS COMPLEXOS O que até a este nível de escolaridade sempre foi considerado um mistério — uma impossibilidade em IR — vamos tratar seguidamente. Aceitando que x2 = — 1, qual o valor de x? Usando as regras de cálculo em IR seria: x2 = — 1 <=> x = ± − 1 <=> x = − 1 <=> x =— − 1 Mas, em IR ,
− 1 não tem significado! − 1 por i
Tal como sempre se faz quando existe uma incógnita, vamos substituir Então, i2 = —1 , e (—i)2 = —1
Assim, continuando a admitir que se mantêm as regras de cálculo em IR :
(
)
2
2i x 2i = 4i2 = 4(—1) = —4 , tal como 2 − 1 x 2 − 1 = 4 − 1 = —4 e que 0 x i = 0 então admite-se que 4 = 4 + 0i e 3 x i x i = 3i2 = –3 representando i um número imaginário (a unidade)
Surge uma nova definição de Número complexo como sendo todo o ente que pode escrever-se na forma
a + bi com a, b ∈IR , sendo i2 = —1
e π
—3 —0,2 7 /3 2 IN ZZ Q I
ZZ = IN ∪ {0} ∪ {inteiros negativos}
2+i
— 5
Q I = ZZ ∪ {fraccionários}
3i
IR
IR = Q I ∪ {irracionais}
C I
C I = IR ∪ {imaginários}
Um número natural pode, assim, representar-se como elemento de qualquer dos conjuntos Inteiro 2
Racional =
4 2
=1
3 3
Real =
Irracional
1+ 1 = 4 =
Como operar números como 3 i ,
2 i, – 3
eln2
3 i, 1 + 5i, … ?
Complexo =
2 + 0i
Imaginário =
—2i2
FORMA ALGÉBRICA DE UM COMPLEXO Tal como x ou y identificam vulgarmente um número real, um complexo é identificado por z e constituído por duas partes:
z = a + bi parte real
z = x + yi
ou
parte imaginária
x = Re(z) y = Im(z) coeficiente da parte imaginária
exemplos: z = 2 — 3i: Re(z) = 2 e Im(z) = —3; a parte imaginária é —3i z = — 3 + i : Re(z) = — 3 e Im(z) = 1; a parte imaginária é i z = —5i : Re(z) = 0 e Im(z) = —5; designa-se imaginário puro z = 2 + 0i : Re(z) = 2 e Im(z) = 0; trata-se de um número real
OPERAÇÕES COM NÚMEROS COMPLEXOS Raízes quadradas No conjunto dos números complexos, todo o número real negativo k tem duas raízes quadradas: − k i e — − k i Ex: se x = – 81 <=> x = − 81 v x = – − 81 <=> x = se x = – 50 <=> x = − 50 v x = – − 50 <=> x = <=> x = 5 2 i v x = –5 2 i se x2 – 4x + 5 = 0 <=> x =
81( −1) v x = – 81( −1) 25(−2)
v x=–
<=> x = 9i v x = –9i
25(−2)
4 ± 2i 4± −4 <=> x = <=> x = 2 + i v x = 2 – i 2 2
Igualdade Dois números complexos a + bi e c + di dizem-se iguais se e só se têm as partes reais iguais e os coeficientes das partes imaginárias também iguais
a + bi = c + di <=> a = c ∧ b = d Ex: 2 + 3i = 4 + 9 i ; x + yi = 2i <=> x = 0 ∧ y = 2 3
Conjugados Dois números complexos dizem-se conjugados e representam-se por z e z quando têm as partes reais iguais e os coeficientes das partes imaginárias simétricos
a + bi e a — bi são conjugados ou seja a + bi = a — bi Ex: 2 + 3i = 2 – 3i ; 4 – 5i = 4 + 5i = 4 – 5i
Adição A adição em ℂ goza das propriedades Comutativa, Associativa, Elemento Neutro e Elemento Oposto (simétrico). Na adição de dois números complexos, adicionam-se partes reais com partes reais e partes imaginárias com partes imaginárias
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i , ∀a + bi , c + di ∈ ℂ Ex: (2 + 3i) + (4 – 5i) = (2 + 4) + (3 – 5)i = 6 – 2i
Subtracção Tal como em IR , subtrair dois números complexos é adicionar ao primeiro o simétrico do segundo
(a + bi) — (c + di) = (a — c) + (b — d)i , ∀a + bi , c + di ∈ ℂ Ex: (2 + 3i) – (4 – 5i) = (2 + 3i) + (–4 + 5i) = (2 – 4) + (3 + 5)i = –2 + 8i
Multiplicação A multiplicação em ℂ goza ainda da propriedade Distributiva. Efectuando a multiplicação de binómios e tendo em conta que i2 = —1,
(a + bi) x (c + di) = (ac — bd) + (ad — bc)i , ∀a + bi , c + di ∈ ℂ Ex: (2 + 3i) . (4 – 5i) = 2 x 4 – 2 x 5i + 3 x 4i + 3(–5)i2 = 8 + 2i – 15(–1) = 23 + 2i
Soma e Produto de Complexos Conjugados A soma e produto de dois números complexos conjugados são números reais
(a + bi) + (a — bi) = a + a + bi — bi = 2a (a + bi) (a — bi)* = a2 — abi + abi – b2i2 = a2 – b2i2 = a2 – b2(–1) = a2 + b2 Se z = (a + bi) tem-se z + z = 2a
e
*diferença de quadrados
z x z= a2 + b2
Ex: (3 + 4i) + (3 – 4i) = 2 x 3 = 6 ( 2 – i) + ( 2 + i) = 2 2
Ex: (2 + 3i) . (2 – 3i) = 22 + 32 = 13
162. Determina a de modo que: a) z = 3a + (a + 2)i seja um número real b) z = (a – 2) + (a2 – 4)i seja um imaginário puro a) Para ser um número real, é necessário que a + 2 = 0 e 3a ≠ 0, logo a = –2 e z = 1 b) Para ser um imaginário puro, é necessário que a – 2 = 0 e a2 – 4 ≠ 0 a – 2 = 0 <=> a = 2 ∧ a2 – 4 ≠ 0 mas 22 – 4 = 0 , logo, (a – 2) + (a2 – 4)i não pode ser um imaginário puro
165. Determina os valores de k e s para os quais: a) s + 3ki = 2 + 5i b) k + 2i = i2 + s2i c)
2 ki = s + (2 – s)i
É necessário que as partes reais sejam iguais e as partes imaginárias sejam iguais, logo
a) s = 2 e 3k = 5 <=> k = 5/3 b) Como i2= –1 temos k + 2i = –1 + s2i pelo que k = –1 e s2 = 2 <=> s = ± 2 c)
2 ki = s + (2 – s)i se s = 0 e
2 k = 2 – s, como s = 0 temos
2 k = 2 <=> k =
2
168. Determina a e b de modo que: b) a – b + (a + 2b)i = b + 1 + i + bi
b) a – b + (a + 2b)i = b + 1 + i + bi <=> a – b + (a + 2b)i = (b + 1) + (b + 1)i a – b = b + 1 ∧ b + 1 = a + 2b <=> a – b = a + 2b <=> 3b = 0 ∧ a = 1
169. Escreve dois números complexos, nem reais nem imaginários puros, cuja soma seja: a) um número real
(3 + i) + (2 – i) ou ( 2 + 3i) + (2 – 3i) …
b) um imaginário puro
(3 + i) + (–3 + i) ou ( 2 + 3i) + (– 2 – i) …
c) 5 – 2i
(3 – i) + (2 – i) ou (1+ 3i) + (4 – 5i) …
170. Determina o número que adicionado com
2 – 3i é igual a:
a) 5i b) – 1 + i
a)
2 – 3i + (x + yi ) = 5i <=> 2 + x = 0 ∧ –3i + yi = 5i <=> x = – 2 ∧ y = 3 + 5 z = – 2 + 8i
b)
2 – 3i + (x + yi ) = –1 + i <=> x + 2 = –1 ∧ yi – 3i = i <=> x = –1– 2 ∧ yi – 3i = 1i
<=> x = –1– 2 ∧ yi = 1i + 3i
z = –1– 2 + 4i
172. Escreve na forma a + bi os números: 2
a) 2i (2 – 3i)
= 4i – 6i
b) (1 – i )(1 – 2i)
= 1 – 2i –i + 2i = 1 – 3i + 2(–1) = –1 – 3i
d) (x + i)(2 – xi)
= 2x – x i + 2i – xi = 2x – x i + 2i – x(–1) = 3x – x i – 2i = x + (2 – x )i
2
174. Determina o conjugado de: a) (2 + 3i ) + (5 – i ) b) 2i (3 + 2i ) a) (2 + 3i ) + (5 – i ) = 7 + 2i z = 7 + 2i
z = 7 – 2i
b) 2i (3 + 2i ) = 6i + 4i2 = – 4 + 6i z = –4 + 6i
z = –4 – 6i
= 4i –6(–1) = 6 + 4i
2
2
2
2
2
Potenciação As potências de expoente inteiro, positivo ou negativo, são definidas como em IR:
(a + bi) x (a + bi) x … x (a + bi) = (a + bi)n e (a + bi)–n =
1 (a + bi)–n
Consequências
i3 = i2 i = –i ; i4 = i2 i2 = –1(–1) = 1 ; i5 = i4 i = i ; i6 = i4 i2 = –1 ; i7 = i6 i = –1i … calculando n : 4 = k + resto se resto = 0 , i4k = 1 se resto = 1 , i4k + 1 = i
se resto = 2 ,
i4 k + 2 = i2 = –1
se resto = 3 ,
i4 k + 3 = i3 = –i
Divisão Como em IR, dividir dois números é multiplicar o primeiro pelo inverso do segundo: Se z1 = a + b i e z2 = c + di com a , b , c , d ∈IR e c + di ≠ 0 z1 : z2 = z1 x
z ( a + bi ) (c − di ) ac + bd + (bc − ad )i 1 a + bi ac − adi + bci − bdi 2 = 1 = = = 2 = × 2 z2 z2 ( c + di ) ( c − di ) c + di c − cdi + cdi − d c2 − d 2 z1 z2
=
ac + bd
c −d 2
2
+
bc − ad i c2 − d 2
Na prática:
Se z2 é um numero real, a divisão é imediata: ex: (4 + 3i) : 2 =
4 3i 3 4 + 3i = + =2+ i 2 2 2 2
Se z2 não é um numero real, transforma-se z1/z2 numa fracção equivalente com denominador real, multiplicando ambos os membros pelo conjugado do denominador: ex:
1 − 3i 1 − 3i = 1 + 2i 1 + 2i
×
−5 − 5i 1 − 2i 1 − 2i − 3i + 6i 2 (1 − 6) − (2 + 3)i = = = = –1 – i 2 1+ 4 1 − 2i 5 1 − 4i
176. Escreve na forma a + bi os números: a) (1 – 5i)2 b) (1 + i )3 d) (1 – i)2 – (1 – i)2 a) (1 – 5i)2 = (1 – 5i)(1 – 5i) = 1 – 5i – 5i + 25i
2
= 1 – 10i + 25(–1) = –24 – 10i
b) (1 + i )3 = 1 + 3i + 3i2 + 1i3
n
n 0
( C01
= 1 + 3i + 3(–1) + (–1)
i + nC11n–1i1 + … + nCn10in) Binómio de Newton
i
= –2 + 2i
d) (1 + i)2 – (1 – i)2 = 1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2) 2
= 1 + 2i + i – 1 + 2i – i
2
= 4i
177. Resolve em ℂ as equações: a) 1 + z – i = 3i2 (i + 1) c) z + 1 = (1 – i)2 a) 1 + z – i = 3i2 (i + 1) <=> z = –1 + i + 3i3 + 3i2 <=> z = –1 + i – 3i – 3 <=> z = –4 – 2i
c) z + 1 = (1 – i)2 <=> z = –1 + 1 – 2i + i2 <=> z = –1 – 2i 178. Determina a e b ∈ IR de modo que 1 – i seja solução da equação: b) z2 + az – 2bi = 1 2
2
z + az – 2bi = 1 <=> (1 – i ) + a(1 – i ) – 2bi = 1
<=> 1 – 2i + i2 + a – ai – 2bi – 1 = 0 <=> 1 – 2i – 1 + a – ai – 2bi – 1 = 0 <=> – 2i + a – ai – 2bi – 1 = 0 <=> (a –1) – (a + 2b + 2)i = 0 <=> a –1 = 0 ∧ a + 2b + 2 = 0 <=> a = 1 ∧ 1 + 2b + 2 = 0 <=> a = 1 ∧ b = –3/2
180. Escreve na forma algébrica: a) b)
2 3−i 1+ i 1− i
a)
2 3−i
b)
1+ i 1− i
=
=
2 3−i
×
1+ i 1− i
3 + i 6 + 2i 6 2i 3 1 = = + = + i 5 5 3+i 9 +1 10 10
×
1+ i 1 + 2i + i 2 1 + 2i − 1 = = =i 1+ 1 2 1+ i
181. Resolve em ℂ as equações: a) (1 – i )z = 3i c) i2z – 3i = i3z + 1
a) (1 – i )z = 3i <=> z =
3i (1 + i ) 3i + 3i 2 <=> z = (1 − i )(1 + i ) 1+ 1
<=> z =
3i − 3 3 3 <=> z = − + i 2 2 2
c) i2z – i = i3z + 1 <=> –z – i = –zi + 1 <=> z(–1 + i ) = 1 + i <=> z = <=> z =
− 1 − i − i − i2 1+ 1
<=> z =
− 2i 2
(1 + i )(−1 − i ) (−1 + i )(−1 − i )
<=> z = –i
182. Calcula: a) i300 b) ( – i)27 d) i2k + 1 , k ∈IN
a) i300 = (i4)75 = 175 = 1
c. a. 300:4 = 75
b) ( – i)27 = [( – i)4]6 ( – i)3 = 16 x ( –1)i3 = 1 x (–1)(–1)i = i
c. a. 27:4 = 6 resto 3
ou ( – i)27 = (–1)27 i4 x 6 + 3 = –1 x i2 x i = –1(–1)i = i
d) i2k + 1 , k ∈IN i2k x i = i se k par ou – i se k ímpar
183. Calcula z na forma a + bi, sendo: a) z =
(1 − 2i ) 2 − 5i 27 1− i
a) z =
( −3 + i )(1 + i ) (1 − 2i ) 2 − 5i 27 1 − 4i + 4i 2 − 5( −i ) 1+ i − 4 = = = (1 − i )(1 + i ) 1− i 1− i 1− i
z=
− 3 − 3i + i + i 2 −3 − i − 1 = =–2–i 1+ 1 1+ 1
z = –2 +
i
184. Resolve em ℂ as equações: b)
b)
(3 − 2i )(4i − 3)
i 4 n + 2 − i 4n −3
(3 − 2i )(4i − 3)
i 4 n + 2 − i 4n −3
= (1 – 2i)z
− 9 + 12i + 6i − 8i 2
= (1 – 2i)z <=>
= (1 – 2i)z
i 2 − i −3
− 9 + 18i + 8 = (1 – 2i)z 1 − 1− 3
<=>
i
<=>
− 1 + 18i 1 − 1− −i
= (1 – 2i)z <=> (1 – 2i)z =
<=> (1 – 2i)z = <=> z =
− 1 + 18i i −1 −i
i − 18i 2 − i( −1 + 18i ) <=> z = (i − 1)(1 − 2i ) i −1
18 + i
i − 2i − 1 + 2i 2
<=> z =
(18 + i )(1 − 3i ) (1 + 3i )(1 − 3i )
<=> z =
21 − 53i 10
<=> z = <=> z =
<=> z =
18 + i 1 + 3i 18 − 54i + i − 3i 2 1+ 9
21 53 − i 10 10
186. Determina z ∈ ℂ de modo que z2 – 2z – 3 seja um número real. Se z 2
∈ ℂ então z = x + yi 2
2
z – 2z – 3 = (x + yi) – 2(x + yi) – 3 = x + 2xyi + y
2 2
i – 2x – 2yi – 3 = (x2 – y2 – 2x – 3) + 2y(x – 1)i
Para que seja um número real Im(z) = 0, logo 2y(x – 1) = 0 <=> y = 0 v x = 1 Para y = 0 temos z = x2 – 2x – 3 , ∀x∈IR, z∈IR Para x = 1 temos z = 12 – y2 – 2 – 3 + 2y(1 – 1)i <=> z = – y2 – 5, ∀y∈IR, z∈IR Assim, z = 1 + yi v z∈IR
Relação de ordem em ℂ Em ℂ não se pode definir uma relação de ordem “maior que”, como em IR . Tal relação, a existir, obrigaria a que, como i ≠ 0 então i teria de ser positivo ou negativo, o que não acontece, pois
Se i fosse positivo, então i x i > 0, mas foi condição de partida que − 1= i e i2= —1;
Se i fosse negativo, então i x i > 0 , dado que o produto de dois números negativos é um número positivo.
Em ℂ não se fala em números positivos nem em números negativos, pelo que não se estabelecem relações do tipo z1 > z2 ou z2 > z1. A comparação entre complexos resume-se a z1 = z2 ou z1 ≠ z2
Não sendo possível ordenar ℂ numa recta, é possível a sua representação geométrica e vectorial no plano complexo ou plano de Argand, em que os números imaginários são marcados no eixo vertical.
REPRESENTAÇÃO GEOMÉTRICA E VECTORIAL DE UM COMPLEXO Sendo z = x + yi faz-se corresponder z a um ponto P num plano de coordenadas (x, y) em que x = Re(z) e y = Im(z) e.i. P(2,3)
z = a + bi
Q(–1,2)
r v A i
r u
O r w R(–2,–1)
r x
e.r. S(3,–1)
No eixo Ox (designado eixo real — e.r.) representam-se as partes reais Re(z), dos complexos; No eixo Oy (designado eixo imaginário — e.i.) representam-se os coeficientes das partes imaginárias, Im(z). No exemplo: P é a imagem geométrica de z = 2 + 3i Q “
“
“
z1= –1 + 2i
R “
“
“
z2= –2 – i
S “
“
“
z3= 3 – i
A “
“
“
i
r u r v r w r x
é a representação vectorial de z “
“
“
z1
“
“
“
z2
“
“
“
z3
ADIÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS e.i. S(2, 4) r s
Q(–1, 2) r v
z = a + bi
P(3, 2) r u
O
e.r.
No exemplo: P z1 = 3 + 2i Q z2 = –1 + 2i S z = 2 + 4i e z1 + z2 = ( 3 + 2i ) + ( –1 + 2i ) = 2 + 4i r r r r r u = (3 , 2) v = (–1, 2) e s = u + v = (3 , 2) + (–1, 2) = (2 , 4)
A adição de números complexos corresponde à adição das suas imagens vectoriais
MULTIPLICAÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS e.i. P Q iz = –b + ai r r v = i u 90º O
z = a + bi r u –90º e.r. r r w = −i u R –iz = b – ai
Multiplicação de z = a + bi por i
Multiplicação de z = a + bi por –i
caso geral
caso geral
ex: z = 2 + 3i
iz = –b + ai iz = (2+ 3i)i = 2i + 3i2 iz = –3 + 2i
A multiplicação de um número complexo por i (iz) corresponde à rotação do vector que é a sua imagem vectorial segundo um ângulo de 90º positivo
–iz = b – ai
ex: z = 2 + 3i –iz = –i(2 + 3i) = –2i – 3i2 = 3 – 2i Notar que: –iz = z/i pois
z i zi = × = i i −1
–iz
A multiplicação de um número complexo por —i (—iz) corresponde a rodar o vector 90º, mas em sentido negativo
e.i.
e.i. r 2i u
r
2v
r v
z2 = –1 + 2i c(a+bi) + di(a+bi) z1 x z2 90º
r u z1=2 + 3i
O
r v z2= –1 + 2i r u z1=2 + 3i
c(a+bi) + di(a+bi) z1 x z2 O
e.r.
r
e.r.
r –1 u
3i v
Multiplicação de z1 = a + bi por z2 = c + di exemplo:
z1 = 2 + 3i
e
z2 = –1 + 2i
considerando z2 como medida
z1 xz2 = (2 + 3i)(–1 + 2i) 2
z1 xz2 = –2 + 4i – 3i + 6i
z1 xz2 = 2(–1 + 2i) + 3i(–1 + 2i)
z1 xz2 = –2 + 4i – 3i – 6
z1 xz2 = –2 + 4i – 6 – 3i
z1 xz2 = – 8 + i
z1 xz2 = – 8 + i
caso geral: Considerando z1 = a + bi
x
r r z2 = c + di e os vectores: u (a , b) e v (c , d)
z1 x z2 = (a + bi)(c + di) z2 x z1 = (c + di) (a + bi) z2 x z1 = c (a + bi) + di(a + bi) 1 42 3 r4 u
ou seja: r
r
1 42 3 r4 u
r
z1 x z2 = c u + di u r
r
r
O vector m correspondente a z1 . z2 é m = c u + di u , que é soma de um vector com a r r r direcção de u (c u ) com outro que lhe é perpendicular (di u )
190. a) Seja A a imagem de z = –1 + 2i e B a imagem de z num referencial de origem O. Qual a área do triângulo [AOB]? b) Que polígono tem por vértice as representações geométricas de z = a + bi, z , –z e – z ? A ei
a) Se z = –1 + 2i z = –1 – 2i A[AOB] =
OC × AB 1× 4 = =2 2 2
C
O er
B
b) A z = a + bi, B AB = 2| a |
z = a – bi, C
–z
= —a – bi D – z =—a + bi
AD = 2| b |
P[ABCD] = 2 AB + 2 AD = 4| a | + 4| b | = 4(| a | + | b |)
B
ei b
–a
o
a er
C
–b
D
A
A[ABCD] = AB x AD = 2| a | x 2| b | = 4| a | x | b |
192. No referencial representado, o raio de uma das circunferências é o dobro do raio da outra. Supondo que Pi é a imagem do número complexo zi, exprime z2, z3, z4, z5 e z6 em função de z1. z2 =
1 z1 2
porque OP 2 =
e.i.
OP 1 2
P1 P2
z3 = – z1
porque OP 3 = OP 1 e OP 3 = −OP 1
z4 = z 1
considerando z1 = a + bi então z4 = a – bi
z5 = z6 =
i z1 2 z1
i
porque OP 5 = = – iz1
P5 O
OP 1 e rotação de 90º 2
e.r. P6
porque OP 6 = OP 1 e rotação de —90º
P3
P4
193. Considera os números complexos z1 = —2 + 3i e z2 = 3 — i. Efectua por via vectorial e confirma algebricamente os resultados de: e.i.
a) z1 + z2 b) z1 . z2 a) z1 + z2 = –2 + 3i + 3 – i = 1 + 2i
z1
e.i.
z1+z2
z1.z2 10
b)
r r v (3 , –1) u (–2, 3)
r r z1.z2 = c u , di u
z1 . z2 = 3( –2 + 3i ) – i( –2 + 3i ) z1 . z2 = –6 + 9i + 2i – 3i2 z1 . z2 = + 9i + 2i + 3
o
e.r.
8
z2
6
r 3u r u – 4 –2
z1 . z2 = –3 + 11i
2
o
r –i u 2
e.r.
COORDENADAS POLARES Coordenadas Polares
Coordenadas Cartesianas
P ( 4, π/3)
P 4( 1/2, 3 2 ) = (2, 2 3 )
P S
Q ( 2, –π/6 )
P S
Q 2( 3 2 , – 1/2)=( 3 , –1)
R
R Q
R (3, π )
Q
R (– 3 , 0)
S ( 2 , 2π/3 )
S 2 ( –1/2, 3 2 ) = (–1,
Coordenadas Polares P ( r , θ + 2π πk), k ∈ ZZ
Coordenadas Cartesianas P (r cos θ, r sen θ)
3
)
194. Num sistema de coordenadas polares marca os pontos A(2, π/4), B(1, –2π/3) e C(3, π)
A C o B
1
2
3
197. Considera um quadrado [ABCD]. Escreve as coordenadas polares dos vértices tomando AC para eixo, o centro do quadrado para origem e o comprimento da diagonal para unidade. AC = 1
B
Cartesianas
Polares
A( 1/2 , 0)
A( 1/2 , 0)
B( 0 , 1/2)
B( 1/2 , π/2)
C(–1/2 , 0)
C( 1/2 , π)
D( 0 , –1/2)
D( 1/2 , –π/2)
198. A figura representa um hexágono regular com centro em O. Determina as coordenadas polares dos vértices do polígono, tomando O como origem, Ox como eixo e o lado do hexágono para unidade. Sendo um hexágono regular, OA = AB = OB = 1 e OÂB = π/3 A(1 , π/6 )
B(1 , π/2)
C(1 , 5π/6 )
D(1 , –5π/6 )
E(1 , –π/2)
F(1 , –π/6 )
C
A
D
B C
A O
D
F E
REPRESENTAÇÃO TRIGONOMÉTRICA DE UM COMPLEXO e.i.
Forma algébrica z = a + bi
ρ
a = ρ cos θ
OP
ρ sen θ
θ
b = ρ sen θ
ρ=
P z = a + bi
bi
O
a ρ cos θ
é o módulo de z, sendo |z|= ρ =
e.r.
Forma Trigonométrica z = ρ cos θ + (ρ sen θ) i z = ρ (cos θ + i sen θ) z = ρ cis θ
a2 + b2
θ = arg z é o argumento de z, com θ = θ + 2π πk, k∈ZZ e ] –π π, π [
argumento principal
] 0, 2π π[
arg. positivo mínimo
Passar da forma Algébrica à forma Trigonométrica z = a + bi ————————> z = ρ cis θ ex: z = 2 + 2i
θ = π/4 e ρ = |z| = 2 2 + 2 2 =
2i
8 = 2 2
z
8
logo z = 2 2 cis (π/4)
2
z = —1 + 3 i
e.i.
ρ = |z| = 1+ 3
=2
(cos θ, sen θ) =
(–1/2 ,
Assim, z = 2 cis
pelo que z = –1 + 3 i = 2(–1/2 , 3 2
) pelo que θ =
3 2
)
z
3
3/2
2π/3
(2π/3)
–1 –1/
1
2
z = 3 — 4i tan—1 (— 4/3) ≈ – 0,93 e ρ = |z| = 3 2 + ( −4) 2 = 5 logo z = 5 cis (– 0,93)
e.i. o θ
–4
3
e.r.
z
2 e.r.
Passar da forma Trigonométrica à forma Algébrica z = ρ cis θ ————————> z = a + bi ex: z = 2 cis (π/4) z = 2 ( cos π/4 + i sen π/4 )
2
i
z 2
z=2( 2 2
+ 2
2
i)
2 +
z=
π/4
2i
2
z=
7π = 2
2 cis −
7π 8π + 2 2
2 cis −
=
π 2 cis 2
=
2 (cos π/2 , i sen π/2)
=
2 ( 0 , 1i )
z=
2iz
π/2 o
2i
200. Calcula o módulo de cada um dos números complexos: b) 12 – 5i d)
3 – 3i
e)
2 − 6i 2
f) a + 2ai , a < 0
b)
12 2 + ( −5) 2
d)
( 3)
e)
2 + − 6 = 2 2
f)
a 2 + (2a) 2
2
= 144 + 25 = 169 = 13
+ ( −3 ) 2
2
= 3 + 9 = 12 = 2 3 2
2 6 + = 4 4
8 = 4
2
= 5a 2 = — 5a (sendo a < 0, terá que ser — 5a > 0 porque representa |z| )
203.I. Escreve na forma algébrica os números: a) 2 cis π/2 b) 2 cis (— 3π/2) c) 3 cis 5π z = ρ cis θ ————————> z = a + bi a) 2 (cos π/2 , i sen π/2) = 2 (0 + i ) = 2i
–3π/2 = π/2
b) 2 (cos (– 3π/2), i sen (–3π/2)) = 2 (cos π/2 , i sen π/2)
π
= 2 (0 + i ) = 2i
c) 3 (cos 5π , i sen 5π) = 3 (cos π , i sen π ) = 3 (–1 , 0) = – 3
203. II. Escreve na forma trigonométrica os números: a) —3 b) — 2 i d) — 2 — 2 i z = a + bi ————————> z = ρ cis θ a) z = –3 + 0i
ρ = |z| = (− 3 )2
z=
(− 3 )2
z=
(− 2 )
b) z = 0 — 2 i
ρ = |z| =
(− 2 )
2
2
(cos π , i sen π) = 3 cis π
o
–3
o
(cos –π/2 , i sen –π/2) = 2 cis(–π/2)
– 2i
d) z = — 2 — 2 i
ρ = |z| =
(− 2 ) + (− 2 ) 2
2
– 2
z=
(− 2 ) + (− 2 )
z=
2 + 2 cis ( –3π/4)
2
z = 2 cis ( –3π/4)
2
(cos –3π/4 , i sen –3π/4)
o – 2i
205. Escreve na forma algébrica os números: b) 2 cis (3π/4) c) — cis (5π/4) 17 π e) 20 cis
6
b) z = 2 cis (3π/4)
z = 2 (cos 3π/4 + i sen 3π/4) = 2 − z=– 2+
2 2 + 2 2
i = –
2 2 2 2 i + 2 2
2i
π/4
c) —z = — cis (5π/4) z = cis (5π/4 + π) = cis (9π/4) = cis (π/4) z = (cos π/4 + i sen π/4) =
2 2 + i 2 2
O
1
O
20
5π/4
17 π e) z = 20 cis 6 5π/6
12 π 5 π 5π + = 20 cis 6 6 6
z = 20 cis
3 1 z = 20 − + i = – 10 3 + 10i 2 2
209. Seja z = a + 2i. Determina a de modo que arg(z) = π/3 z = ρ cis(π/3) = ρ(cos π/3+ i sen π/3 ) = ρ( 1/2 + ρ( 1/2 ) = a ∧ ρ 3 = 2 2
a=
2 3 3
<=> ρ =
4 3
∧
a=
π/3
2i
3 /2 i) 4 3
x
1 2
O
a
IGUALDADE DE NÚMEROS COMPLEXOS NA FORMA TRIGONOMÉTRICA Dois Complexos na forma Trigonométrica são iguais se z = w <=> | z | = |w| ∧ ∃ k ∈ ZZ: θ = α + 2 k π CONJUGADO E SIMÉTRICO DE UM COMPLEXO NA FORMA TRIGONOMÉTRICA Complexo
Conjugado
z = ρ cis θ
z = ρ cis (–θ )
e.i.
o mesmo módulo |z| = | z | argumento —θ + 2kπ, k ∈ ZZ
z = a + bi
θ+π
z = | z | cis (–θ )
Complexo z = ρ ci s θ
Simétrico –z
O
θ –θ
e.r.
–z = –a – bi
z = a – bi
= ρ cis (θ + π)
o mesmo módulo |z| = |—z| argumento θ + π + 2kπ, k ∈ ZZ – z = |z|cis (θ + π )
OPERAÇÕES COM COMPLEXOS NA FORMA TRIGONOMÉTRICA Soma (casos particulares )
Só se somam complexos com o mesmo argumento ou que diferem kπ, k ∈ ZZ ex: 2 cis π/3 + 4 cis π/3 = 6 cis π/4 e 2 cis π/6 + 5 cis 7π/6 = 3 cis 7π/6
Produto z1 x z2 = ρ1cis θ1 . ρ2 cis θ2 = ρ1(cos θ1 + i sen θ1) . ρ2 (cos θ2 + i.sen θ2)
= ρ1 x ρ2 (cos θ1 cos θ2 + i2 sen θ1 sen θ2) + i (sen θ1 cos θ2 + sen θ2 cos θ1) cos (θ 1 + θ 2)
sen (θ 1 + θ 2)
z1 x z2 = ρ1 . ρ2 cis (θ1 + θ2)
Divisão z1 1 1 = z1 x = z1 x z2 z2 z2 z1 ρ1 ––– = ––– cis (θ 1 – θ 2) z2 ρ2
x
z2 z2 ρ cis( −θ ) = z1 x = ρ 1cis θ 1 x 2 2 2 = ρ 1cis θ 1 2 z2 | z2 | ρ2
x
cis( −θ 2 ) ρ2
ex: z = 4 cis (2π/3 ) z x i = 4 cis (2π/3 ) x cis (π/2 )
e.i. z = 4cis(2π/3)
= 4 cis (2π/3 + π/2) = 4 cis (7π/6)
–
z = – 1/2 z = 1/2 (–z) = 2 cis (2π/3 + π) = 2 cis (5π/3) 2
i 2 cis (π/3)
8 cis (π)
o
e.r.
zi
z x 2 cis (π/3 ) = | 2z | cis (2π/3 + π/3) = 8 cis ( π )
– z/2
z : [2 cis (2π/3 )] = | z/2| cis (2π/3 – 2π/3) = 2 cis ( 0 )
213. Seja z o número complexo de imagem P e argumento positivo mínimo θ. a) Representa geometricamente o conjugado e o simétrico de z. b) Determina o argumento positivo mínimo de z e — z. e.i.
b) O argumento positivo mínimo pertence a ]0 , 2π]
Se z tem argumento θ, então — z, por ser simétrico, tem argumento θ + 2π, que não pertence a ]0 , 2π]. Como θ ∈ ]π , 3π/2] então arg(—z) = θ — π
a)
z
–z
θ O
e.r
P
Se arg(z) = θ , arg( z ) = —θ , ∉ ]0 , 2π] por ser negativo Então arg( z ) = 2π — θ Por ex. se θ = 7π/6 arg(–z) = 7π/6 – π = π/6 e arg( z ) = 2π – 7π/6 = 5π/6
214. Escreve na forma trigonométrica o conjugado e o simétrico de cada um dos números complexos seguintes e representa-os graficamente. a) z1 = 5 cis 5π/3 c) z3 = 5 cis ( π/8)
e.i.
z1
a) z 1 = 5 cis (– 5π/3) = 5 cis (– 5π/3 + 2π) = 5 cis ( π/3); – z1 = 5 cis (5π/3 + π) = 5 cis (8π/3) = 5 cis (2π/3)
–z1
θ o
e.r
z1
c) z 3 = 5 cis ( –π/8); –z3 = 5 cis ( π/8 + π) = 5 cis ( 9π/8)
216. Seja θ o argumento de 6 — 8i. Representa na forma trigonométrica, em função de θ, o produto de i pelo conjugado de 6 — 8i.
Na forma algébrica |z| = 6 2 + 8 2 =
na forma trigonométrica
100 = 10
e.i.
z
8
z = 10 cis θ
zi
z = 10 cis (–θ)
π/2 –θ –θ
zi = 10 cis (–θ + π/2)
–8
zi = 10 cis (π/2 – θ)
o
θ
e.r.
6
z
–8
217. Sendo z1 = 4 cis(π/8) e z2 = 2 cis(—3π/4), escreve na forma trigonométrica z1.z2 e z1/z2
z1.z2 = 4 x 2 cis[π/8 + (– 3π/4)] = 8 cis(– 5π/8) z1 4 = cis[π/8 – (– 3π/4)], = 8 cis(π/8 + 3π/4) = 8 cis( 7π/8) z2 2
218. a) Se z = ρ cis θ é um número complexo não nulo, escreve, na forma trigonométrica, o seu inverso. 1 cis 0 1 1 1 = = cis (0 – θ) = cis (– θ) z ρ cis θ ρ ρ
b) Calcula 1/z e representa geometricamente z e 1/z, sendo: b1)
z = 2 cis(π/4)
b2)
z=
1 cis(2π/3) 4
e.i. 2
z
b1)
1/z = 1/2 cis(0 – π/4) = 1/2 cis(– π/4)
b2)
1/z =
1:
1 cis(0 – 2π/3) = 4 cis(– 2π/3) 4
π/4
e.i. 4
o
2π
/3
z o
1/ 4
e.r.
1/ 2
e.r.
221. Sejam z = 2cis (π/3) e w = 2 cis (π/5)
Escreve na forma trigonométrica: b) 2z w
−
c)
z 3w
b) w = 2 cis (–π/5) 2z = 4 cis ( π/3) 2z w = 4 2 cis (–π/5 + π/3) = 4 2 cis (–3π/15 + 5π/15) = 4 2 cis (2π/15)
c) z = 2 cis ( –π/3) π 2 cis − π 2 z π 3 − =— =— cis − − 3w 5 π 3 2 3 3 2 cis 5
=—
5π 2 2 3π cis − − 6 15 15
8π 8π 8π 7π 2 2 2 2 = 1 cis (π ) x = cis − cis − cis − + π = cis 3 3 3 3 15 15 15 15
=—
222. Escreve na forma trigonométrica: a)
2 z1 sendo z1 = z2
2 cis (π/4) e z2 = 3 —
3i
5π 6 1+ i 3
1 + 2i cis
b) z =
a) 1º passar z2 à forma trigonométrica ρ=
3 2 + (− 3 ) 2 = –1
arg(z2) = tan
9+3 =
12 = 2 3
− 3 = –π/6 3
o –π/6
z2 = 2 3 cis (–π/6) 2º operar na forma trigonométrica 2 z1 2 2 = cis [π/4 –(–π/6)] = z2 2 3 2 z1 6 = cis (5π/12) z2 3
2 3
cis (3π/12 + 2π/12)
5π 6 1+ i 3
1 + 2i cis
b) z =
5π/6
o
1º passar tudo à forma algébrica 5π 6 1+ i 3
3 1 1 + 2i − + i 2 2 1+ i 3
1 + 2i cis
z= =
1 − 1 − 3i 1+ i 3
=
− 3i 1 + 3i
=
×
1 − 3i 1 − 3i
=
1+
=
2 2 2 3 i − i 2 2 1+ i 3
− 3i + 3i 2
=
1+ 3
− 3 − 3i 4
= −
3 4
—
3 i 4
2º passar à forma trigonométrica ρ=
2 3 3 − + − 4 4
arg(z) = tan
–1
2
9 3 + = 16 16
=
− 3/ –1 4 − 3 / = tan 4
Finalmente z =
12 2 = 4 16
3 =
3 2
cos θ < 0
o 7π/6
3 = 7π/6 3
sen θ < 0
3 cis (7π/6) 2
223. Sendo z = 2 3 cis θ e w = cis (5π/6), escreve na forma algébrica o número 3|w| − w
z⋅ z 3 cis
π 2
Tendo em conta que: |w| = 1 z. z = (2 3 )(2 3 ) cis (θ – θ ) = 12 cis 0 = 12 + 0i w = cos 5π/6 + i sen 5π/6 = –
3 cis ( π/2) =
3|w| − w
z⋅ z 3 cis
3 (cos π/2 + i sen π/2 ) =
12 = − 3 1 3i − + i 3
π 2
2
3 1 + i 2 2
2
=
3 3 1 − + i 2 2
3 (0 + i) = 0 + − ×
3 1 − i 2 2
3 1 − − i 2 2
−
3i
12 3i
×
3i 3i
=
(Obs: reduzir ao mesmo denominador torna-se mais complicado) −
=
3 3 3 − i 12 3i 2 2 7 3 3 3 3 − = − − i + 4 3i = — + i 3 1 2 2 2 2 −3 + 4 4
224. Determina θ e ρ de modo que ρ cis (θ + π/3) = (—1 + i)2 ρ cis (θ + π/3) = (–1 + i)
2
<=> ρ cis (θ + π/3) = (–1 + i)(–1 + i) o
<=> ρ cis (θ + π/3) = 1 – 2i + i2
–2i
<=> ρ cis (θ + π/3) = – 2i
ou
<=> ρ cis (θ + π/3) = – 2cis (π/2)
<=> ρ = 2 ∧ θ + π/3 = –π/2 + 2kπ, k∈ ZZ
<=> ρ cis (θ + π/3) = 2cis (π + π/2)
<=> ρ = 2 ∧ θ = –π/2 – π/3 + 2kπ, k∈ ZZ
<=> ρ = 2 ∧ θ + π/3 = 3π/2 + 2kπ, k∈ ZZ
<=> ρ = 2 ∧ θ = – 5π/6 + 2kπ, k∈ ZZ
<=> ρ = 2 ∧ θ = – π/3 + 3π/2 + 2kπ, k∈ ZZ
<=> ρ = 2 ∧ θ = 7π/6 + 2kπ, k∈ ZZ
<=> ρ = 2 ∧ θ = 7π/6 + 2kπ, k∈ ZZ
226. Sendo z1 = — 2 — 2 i e z2 = 2cis (2π/3), escreve na forma trigonométrica w =
−3 z1 ⋅ z 2
|z1| = ( − 2 ) 2 + ( − 2 ) 2 = 2 + 2 = 2 2 2 z1 = 2 − − 2 2 w=
−3 = z1 ⋅ z 2
=
i = 2 cis (5π/4)
−3 cis 0 5π 2π 2 cis × 2 cis 4 3
=
3 cis π 3 cis π 3 cis π = = 5 π 2π 15 π 8 π 23 π 4 cis + 4 cis + 4 cis 4 3 12 12 12
3 3 3 cis (π – 23π/12) = cis ( –11π/12) = cis (13π/12) 4 4 4
227. Sejam z1 = cis (π/6) e z2 = 1 + i a) Escreve
3iz1 na forma algébrica e na forma trigonométrica z2
b) Usa a alínea anterior para calcular o valor exacto de tg (5π/12) a) Passar à forma algébrica z1 = cis (π/6) = 3
3 3 3 3 1 1 2 3 + i e 3iz1 = i+ i =– + i 2 2 2 2 2 2
3 3
3iz1 − 2 + 2 i = z2 1+ i
1− i × 1− i
=
−
3 3 3 3 3 3 2 + i− i+ i 2 2 2 2 2
=
−3+3 3 3+3 3 + i −3+3 3 3+3 3 2 2 = + i 2 4 4
Passar à forma trigonométrica z2 = 1 + i ρ=
12 + 12 =
2 e θ = π/4 logo z2 =
2 cis π/4
3iz1 = 3 cis (π/2) x cis (π/6) = 3 cis (π/2 + π/6) = 3 cis (4π/6) = 3 cis (2π/3)
2π 3 = 3 2 cis (2π/ – π/ ) = 3 2 cis (8π/ – 3π/ ) = 3 2 cis (5π/ ) 3 4 12 12 12 π 2 2 2 2 cis 4
3 cis
3iz1 = z2
b)
3 2 3 2 3 2 −3+3 3 3+3 3 cis (5π/12) = (cos 5π/12 + i sen 5π/12) e cis (5π/12) = + i 2 2 2 4 4 −3+3 3 3+3 3 ∧ sen 5π/12 = cos 5π/12 = 4 4 3+3 3 tg (5π/12) = −3+3 3
= 1+ 3
− 1+ 3
228. Escreve na forma trigonométrica: a) —3 cis (6π/5) c) —2 cos
a)
3π 7 π/5
–3 cis (6π/5) é o simétrico de 3 cis (6π/5), logo –3 cis (6π/5) = 3 cis (6π/5 + π) = 3 cis (11π/5) = 3 cis (π/5)
o 6π/5
–3 cis (6π/5) = 3 cis π x cis (6π/5) = 3 cis (6π/5 + π) = 3 cis (11π/5) = 3 cis (π/5)
c) –2 = 2 cis π cos (3π/7) = cos (3π/7) + 0i
(não se trata de um complexo na forma trigonométrica, somente um número real ≈ 0,2225)
–2 cos (3π/7) = cos (3π/7) (2 cis π) = 2 cos (3π/7) cis π
229. Escreve na forma trigonométrica: a) sen (π — x) + cos (π + x)i b) —10 (sen β — i cos β) c) 1/2 sen (2x) + i sen2 x , com x ∈]π/2, π[ e com x ∈]π, 3π/2[ d)
tg α + i tg α − i
a) Aplicando as fórmulas de sen (α – β ) e cos (α + β ) temos sen (π – x) + cos (π + x)i = sen π cos x – sen x cos π + (cos π cos x – sen π sen x)i = 0 x cos x – sen x (–1) + (–1 cos x – 0 x sen x)i
(multiplicando e dividindo por i)
= sen x – i cos x =
=
b) –10 (sen β – i cos β) = =
(sen x − i cos x ) i
=
i cis x π cis 2
i sen x − i 2 cos x cos x + i sen x = i i
= cis ( x – π/2)
−10(sen β − i cos β )i
i
(multiplicando e dividindo por i)
=
10(i sen β − i 2 cos β )
-i
= 10 cis [ β – ( –π/2)]
(passando à forma trigonométrica)
=
10( cos β + i sen β )
-i
=
10 cis β
π cis − 2
= 10 cis (π/2 + β)
c) 1/2 sen (2x) + i sen2 x = 1/2 (2 sen x cos x ) + i sen x sen x = sen x (cos x + i sen x ) = sen x cis (x ) se
x
x
= — sen x cis (x + π)
sen α +i tg α + i cos α d) = = sen α tg α − i −i cos α =
sen α + i cos α cos α sen α − i cos α cos α
isen α + i 2 cos α isen α − i 2 cos α
=
o
=
sen α + i cos α sen α − i cos α
− cos α + isen α cis ( π − α ) = cos α + isen α cis (α )
= cis (π – α – α) = cis (π – 2α)
=
(sen α + i cos α )i (sen α − i cos α )i π-α
α
o
POTENCIAÇÃO Temos que z1 x z2 = ρ1 x ρ2 cis (θ 1 + θ 2)
Se z1 = z2 = z3 = . . . = zn então z1 x z2 x z3 x . . . x zn = ρ 1 x ρ2 x ρ2 x. . . x ρn cis (θ 1 + θ 2+ θ 3+. . . +θ n) ou seja, zn = (ρ cis θ )n pelo que (ρ cis θ )n = ρ n cis (nθ ), n∈IN
Fórmula de De Moivre 2 cis(π/4)
ex: Representar z3 na forma trigonométrica sendo z = 1 + i = 3
3
z x z x z = z = (1 + i ) = 1 + 3i + 3i2 + i3
3
C01
3 0
i + 3C112i + 3C21i2 + 3C310i3
= 1 + 3i — 3 — i
2
2
ρ = ( −2) 2 + 2 2 = 2 2 e z = 2 2 − + i 2 2 = 2 2 cis(3π/4)
= —2 + 2i
Por aplicação da fórmula z3 = (1 + i )3 = [ 2 cis(π/4)]3 = 2 2 cis(3π/4)
E se
1
z
n
=
n
n 1 1 1 1 cis ( — θ ) então = cis( −θ ) = cis ( −nθ ) , ρ z ρ ρ
ou seja z—n. = ρ —n cis (—nθ ), n∈ ∈IN
234. Calcula, efectuando os cálculos na forma algébrica e na forma trigonométrica 3
π 2 cis e 3
( 3 − i)
3
2 cis (π/3) = 2 cis (3 π/3) = 8 cis π 3
3
[2 cis (π/3)]3 = [2 (cos π/3 + i sen π/3)]3 = [2(1/2 + 3 /2 i )]3 = (1 + 3 i )3 =1
3
( 3 i)0 + 3 x 12 3 i + 3 x 1( 3 i)2 + ( 3 i)3
=1+3 3i–9–3 3 =–8
i
3
3 0
C01
i + 3C112i + 3C21i2 + 3C310i3
( 3 – i ) = [2( 3 /2 – 1/2i )] = [2(cos (–π/6) + i sen (–π/6))] = [2 cis (–π/6)] 3
3
3
3
= 2 cis (–3π/6) = 8 cis (–π/2) 3
( 3) + 3 ( 3) i + 3 3
3
( 3 –i) =
2
2
3i +i
3
= 3 3 + 9i – 3 3 – i = 8i
235. Sendo z1 =
2 cis(π/4) e sabendo que arg ( z/z1) = π/2, determina o menor
expoente n∈IN para o qual zn é um número real. θ1 = π/4 e arg( z/z1) = π/2 <=> θ – θ1 = π/2 <=> θ = θ1 + π/2 <=> θ2 = π/4 + π/2 <=> θ2 = 3π/4 z = ρ cis (3π/4) <=> z = ρ cis (n3π/4) n
n
Para que zn seja um número real tem que se situar sobre o eixo real, ou seja, arg ( z ) = 0 + kπ, k∈ZZ n
então n(3π/4) = kπ <=> n
4kπ 4k <=> n = 3π 3
Assim, se k = 3 temos n =
4×3 =4 3
236. Calcula 1− i b) 2i
3
12
Passar à forma trigonométrica 1− i 3 2i
12
12
1− i 3 i 1 3 = × = i+ i − 2 2i −2
12
3 1 = − − i 2 2
12
Aplicar a fórmula 1− i 3 2i
12
= [cis ( 7π/6)]
12
= cis (– 84π/6) = cis (14π) = cis 0 = 1
e ρ=
3 1 + =1 4 4
237. Sendo z = cis(5π/3) calcula (1 + z)12 1º — Passar z à forma algébrica
z = 1[cos (5π/3) + i sen (5π/3)] = 1/2 – 3 /2 i 2º — Somar 1 + z (1 + z)
12
12
= ( 1 + 1/2 – 3 /2 i)
= ( 3/2 – 3 /2 i)12
3º — Passar à forma trigonométrica
ρ=
2 3 3 + − 2 2
θ = tan–1 ( –3/
2
9 3 + = 4 4
=
12 2 3 = = 2 4
3
3 ) = –π/3
o
θ –π/3
4º — Aplicar a Fórmula de Moivre (1 + z)
12
(1 + z)
12
= [ 3 cis (–π/3 )]
12
=( 3
)12 cis (–12π/3 ) = 36 cis (–4π)
6
= 3 cis 0 = 729
238. Mostra que 2cis(2π/3) e 2cis(π/3) são raízes de índice 6 do mesmo número. Qual é esse número?
[2 cis(2π/3)]6 = 26 cis (6 x 2π/3) = 64 cis (12π/3) = 64 cis 4π = 64 cis 0 = 64 [2 cis(π/3)]6 = 26 cis (6 x π/3) = 64 cis (6π/3) = 64 cis 2π = 64 cis 0 = 64 Portanto, esse número é 64
RADICIAÇÃO
Seja z = w.<=> r cis (nα) = ρ cis(θ ) em que n
n
rn = ρ
r = nρ
nα = θ + k2π
<=>
α=
θ k2 π + n n
Se (z = n w ) z é raiz índice n de w, então θ k2 π + , k∈ZZ n n
z = n ρ cis
Actividade Nas figuras abaixo estão representados dois triângulos equiláteros e um pentágono regular, todos com centro na origem dos referenciais e vértices numa circunferência de raio 1 ou 2. Escrever, na forma trigonométrica, os números complexos que correspondem a cada um dos vértices (de A a K). Designar por zA o número que tem por imagem A, zB o número que tem por imagem B e assim sucessivamente. Que conclusões tirar acerca de zA , zB, etc.? y
cis(2π/3) B
y
y D 2cis(π/2)
H 2cis(2π/5)
2cis(4π/5) I
1 cis 0 A x
2 x J F 6π/5) 2cis ( – π 2cis( /6)
E 2cis(7π/6)
cis(4π/3) C
G 2cis 0 2 x
I
II
K 2cis(–2π/5)
III
= 13cis (3 x 0) = 1 zD3=2cis (π/2)3 = 23 cis (3π/2)= —8i zG5=2cis (0)5 = 25 cis (5 x 0)=32 3 3 3 3 3 3 5 5 5 zB =cis (2π/3) = 1 cis (6π/3) = 1 zE =2cis (7π/6) = 2 cis (21π/6) zH =2cis (2π/5) = 2 cis (10π/5) 3 3 3 zC =cis (4π/3) = 1 cis(12π/3)= 1 = 8 cis (7π/2)= —8i = 32 cis (2π) = 32 3
zA =cis (0)
3
zF =2cis(—π/6) = 2 cis (—3π/6) = —8i zI =2cis (4π/5) = 2 cis (20π/5) 3
3
3
5
5
5
= 32 cis (4π) = 32 zA, zB e zC são
Verifica-se que: zD, zE e zF são
3 raízes de índice 3 de 1
3 raízes de índice 3 de —8i
... zG, zH, zI, zJ e zK são 5 raízes de índice 5 de 32
Conclusão Em ℂ, todo o número, seja real ou imaginário, tem 2 raízes quadradas, 3 raízes cúbicas, 4 raízes quartas, … , n raízes de índice n.
239. Calcula ( 2 + i 2 )4 e ( 2 — i 2 )4 e indica quarto raízes de índice 4 de —16. Representa essas raízes geometricamente.
( 2 + i 2 )4 = [2 cis (π/4)]4 = 24 cis (4π/4) = 16 cis π = –16 ( 2 – i 2 )4 = [2 cis (–π/4)]4 = 24 cis (–4π/4) = 16 cis (–π ) = –16 Duas das raízes de —16 são:
2+i 2 e
o
2–i 2
–π/4
Conclui-se que as restantes raízes são: – 2 + i 2 e – 2 – i 2
241. Quais são as raízes de índice 4 de 1? E de —1? Representa-as graficamente. z = 1 + 0i = 1 cis 0 4
z=
4
0 2kπ 1 cis + , k∈ZZ 4 4
i
k = 0:
4
z = 1 cis 0 = 1
k = 1:
4
z = 1 cis (2π/4) = 1 cis (π/2) = i
k = 2:
4
z = 1 cis (4π/4) = 1 cis π = –1
k = 3:
4
z = 1 cis (6π/4) = 1 cis (3π/2) = –i
–1
o
1 –i
As raízes de índice 4 de 1 são: 1, —1, i e —i z = –1 + 0i = 1 cis π 4
z=
4
π 2kπ 1 cis + , k∈ZZ 4 4
− 2 + 2i
k = 0:
4
z = 1 cis (π/4) =
k = 1:
4
z = 1 cis (π/4 + 2π/4) = 1 cis (3π/4) = – 2 +
k = 2:
4
z = 1 cis (π/4 + π) = 1 cis (5π/4) = – 2 –
k = 3:
4
z = 1 cis (π/4 + 6π/4) = 1 cis (7π/4) =
2 +
2 +
2i
2i
2 –
–1
o
2i
−
2 − 2i
2i
As raízes de índice 4 de —1 são: cis (π/4) , cis (3π/4) , cis (5π/4) e cis (7π/4)
242. Usa a definição de raiz de índice 3 de um número para calcular, na forma trigonométrica, as raízes de índice 3 de —1 + i. Representa-as graficamente. z = –1 + i
ρ = ( −1) 2 + 12 = 2 θ = tan–1 (1/–1) ∧ θ ∈] π/2 , π[ <=> θ = 3π/4
1
2i 2 −
2i
2 cis (3π/4)
z= 3
3
z=
3 π 2kπ 2 cis + = 3 12
6
π 2kπ 2 cis + , k∈ZZ 3 4
k = 0:
3
z=
6
2 cis (π/4)
k = 1:
3
z=
6
2 cis (π/4 + 2π/3) =
6
2 cis (11π/12)
k = 2:
3
z=
6
2 cis (π/4 + 4π/3) =
6
2 cis (19π/12)
o
As raízes de índice 3 de —1 + i são os vértices de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência de raio 6 2 .
244. Resolve cada uma das equações seguintes em IR e em ℂ. b) x3 = —1 c) x4 = 16 b) Em IR : x3 = –1 <=> x = 3 − 1 <=> x = –1
Em ℂ: x = –1 = 1cis π 3
3
x3 =
3
π 2kπ 1 cis + , k∈ZZ 3 3
na forma algébrica 3 1 + i 2 2
k = 0: x = cis (π/3)
x = cos (π/3) + i sen (π/3) =
k = 1: x = cis (π/3+ 2π/3) = cis π
x = cos π + i sen π = –1
k = 2: x = cis (π/3+ 4π/3) = cis (5π/3)
x = cos (5π/3) + i sen (5π/3) =
3
x = –1 <=> x = –1 v x =
3 3 1 1 + i v x= – i 2 2 2 2
c) Em IR : x4 = 16 <=> x = 4 16 <=> x = 2 v x = –2
Em ℂ: 4
x = 16 = 16 cis 0 4
x4 =
4
0 2kπ 16 cis + , k∈ZZ 4 4
na forma algébrica
k = 0: x = 2 cis 0
x=2
k = 1: x = 2 cis (2π/4) = 2 cis (π/2)
x = 2( 0 + i ) = 2i
k = 2: x = 2 cis (4π/4) = 2 cis π
x = 2( –1 + 0i ) = –2
k = 3: x = 2 cis (6π/4) = 2 cis (3π/2)
x = 2( 0 – i ) = –2i
4
x = 16 <=> x = 2 v x = –2 v x = 2i v x = –2i
3 1 – i 2 2
6
2
247. 3 — 3 i é uma das raízes de índice 5 de w. Determina outras duas raízes de índice 5 de w e determina w. Começamos por passar a raiz conhecida à forma trigonométrica
(
32 + − 3
ρ=
)
2
=
12 = 2 3
3 θ = tan–1 − ∧ θ ∈]3π/4 , 2π[ <=> θ = –π/6 3 z = 2 3 cis (–π/6) é uma raiz de w, pelo que todas as raízes serão da forma 5
2kπ θ w = 2 3 cis + , k∈ZZ portanto, 5 5
θ/5 = –π/6 <=> θ = –5π/6
(é o argumento de w)
k = 0:
5
w = 2 3 cis (–5π/6)
k = 1:
5
w = 2 3 cis (–5π/6 + 2π/5) = 2 3 cis (–13π/30)
k = 2:
5
w = 2 3 cis (–5π/6 + 4π/5) = 2 3 cis (–π/30)
( ) cis [5(–π/6)] = 2 5
w= 2 3
5
(raiz já conhecida)
x3
2
3 cis (–5π/6)
(já era sabido que θ = —5π/6 )
w = 288 3 cis (–5π/6)
248. Os vértices do polígono regular da figura são imagens das raízes de índice n de w. Determina os números cujas imagens são A e E.
y
E
F D G –2
Sendo um polígono regular de 7 lados, cada ângulo ao centro mede 2π/7. Assim, XÔC = 2π/14 = π/7
o
x C
A B
Todas as imagens têm por módulo o raio da circunferência ρ = 2 O argumento de E é π/7 + 2π/7 = 3π/7 e arg(A) = π/7 + 4 x 2π/7 = 9π/7 Portanto E
2 cis (3π/7 ) e A
2 cis (9π/7 )
249. Se as imagens de z = 2 cis (π/12) e do seu conjugado são vértices consecutivos do polígono cujos vértices são as raízes de índice n de w, determina n e w. De que polígono se trata?
Se z = 2 cis (π/12) z = 2 cis (–π/12) Então n w = 2 cis (π/6 + 2kπ/n), k∈ZZ 2π/n = π/6
w=
( 2)
<=> n = 12 trata-se de um dodecágono regular
12
cis (12π/6) = 64 cis 0 = –64
π/12
o –π/12
250. Calcula as raízes quartas de 1 e utiliza-as para resolver a equação [( 3 – i )z + i ]4 = 1 4
x = 1 = 1cis 0 4
0 2kπ x 4 = cis + , k = {0, 1, 2, 3} 4 4
na forma algébrica
k = 0: x = cis 0
x=1
k = 1: x = cis (2π/4) = cis (π/2)
x=0+i=i
k = 2: x = cis (4π/4) = cis π
x = –1 + 0i = –1
k = 3: x = cis (6π/4) = cis (3π/2)
x = 0 – i = –i
4
x = 1 <=> x = 1 v x = –1 v x = i v x = –i 4
[(
3 – i )z + i] = 1 <=> ( 3 – i)z + i = 1 v ( 3 – i)z + i = –1 v ( 3 – i)z + i = i v ( 3 – i)z + i = –i
<=> z =
<=> z =
<=> z = <=> z =
1− i 3 −i 1− i 3 −i
v z=
×
−1 − i
3 +i 3 +i
3 −i
v z=0 v z=
v z=
− 1− i 3 −i
×
3 +i 3 +i
−2i 3 −i
v z=0 v z=
− 2i 3 −i
×
3 +i 3 +i
3 + i − 3i - i 2 − 3 − i − 3i - i 2 − 2i 2 − 2 3i v z= v z=0 v z= 4 4 4 1+ 3 1− 3 1− 3 − 1− 3 1 3 + i v z= + i v z=0 v z= − i 4 4 4 4 2 2
251. Resolve, em ℂ, as equações: c) z2 — 5iz — 6 = 0 d) z6 — 26z3 = 27 2
z−i z−i − 7 + 12 = 0 z z
e)
c) z2 – 5iz – 6 = 0 <=> z = <=> z =
5i ± (5i ) 2 − 4( −6) 2
<=> z =
5i ± − 25 + 24 5i ± − 1 <=> z = 2 2
5i ± i 6i 4i <=> z = v z= <=> z = 3i v z = 2i 2 2 2
d) z6 – 26z3 = 27 <=> z6 – 26z3 – 27 = 0 <=> x2 – 26x – 27 = 0 <=> x = <=> x =
26 ± ( −26 ) 2 − 4( −27 ) 2
26 ± 784 26 ± 28 <=> x = <=> x = –1 v x = 27 2 2
<=> z3 = –1 v z3 = 27 <=> z3 = cis π v z3 = 27 cis 0 <=> z = cis (π/3 + 2kπ/3), k = {0, 1, 2} v z = 3 27 cis (2kπ/3), k = {0, 1, 2} <=> z = cis (π/3) v z = cis (π/3 + 2π/3) v z = cis (π/3 + 4π/3) v z = 3 cis 0 v z = 3 cis (2π/3) v z = 3 cis (4π/3) <=> z = cis (π/3) v z = cis π v z = cis (5π/3) v z = 3 v z = 3 cis (2π/3) v z = 3 cis (4π/3)
2
z−i z−i z−i por w temos w2 –7w + 12 = 0 − 7 + 12 = 0 substituindo z z z
e)
w=
7 ± ( −7) 2 − 4 × 12
<=> w =
2
z−i z−i =4 v =3 z z
7 ± 49 − 48 2
<=> w =
7 ±1 <=> w = 4 v w = 3 2
<=> z – i = 4z v z – i = 3z <=> –3z = i v –2z = i <=> z = –i/3 v z = –i/2
252. Resolve, em ℂ, as equações: b) x2 = (—1 + i)–6 c) | z |.z2 = (1 — i)3 d) z2 + 3 z i = 0 e) z3 —
z =0 2
b) Passando à forma trigonométrica (–1 + i) = 2 cis (3π/4) x
2
= (—1 + i)–6<=> x = [ 2 cis (3π/4)]–3 v x = —[ 2 cis (3π/4)]–3 (se x2 = y6 <=> x = y3 v x = –y3) 3
<=> x =
1 − 9π cis 4 2
<=> x =
π cis − 4 2 2
1
3
1 − 9π cis 4 2
v x = —
v x=—
π cis − 4 2 2
1
z
–n
= ρ cis (–nθ) –n
<=> x = <=> x =
2 4
2 2 − 2 2
i v x = —
2 4
2 2 − 2 2
i
2 2 2 2 1 1 1 1 i v x= − i <=> x = i v x= − i − + − + 8 8 8 8 4 4 4 4
c) | z |.z2 = (1 – i)3 Passando à forma trigonométrica (1 – i) = 2
| z |.z = (1 – i)
3
2 cis (–π/4)
<=> | z |.z2 = [ 2 cis (–π/4)]3
z = ρ cis (nθ) n
n
<=> |z|.z2 = ( 2 )3 cis (– 3π/4) <=> z2 = <=> z =
8 cis (– 3π/4) |z|
(tendo em conta que |z| é um número real) c.a. ρ =
8 cis (– 3π/8 + 2kπ/2), k = {0 , 1} |z|
<=> z = 2 cis (– 3π/8) v z = 2 cis (– 3π/8 + π) <=> z = 2 cis (–
d) z2 + 3 z i = 0 <=> z2 = – 3 z i
3π/8)
v z=
<=> ρ2 =
8 |z|
<=> ρ =
4 23 ρ
4
ρ
2
<=> ρ2 =
<=> ρ3 = 4 2 6 <=> ρ =
2 cis (5π/8)
<=> ρ =
12
8
2 6 <=> ρ =
3 4
4
26 ρ
26
2
2
(uma das raízes é zero, pois 0 + 3 x 0 x i = 0)
<=> (ρ cis θ)2 = – 3i ρ cis (–θ)
(passando z à forma trigonométrica)
<=> (ρ cis θ)2 = – 3 cis (π/2) ρ cis (–θ)
(passando i à forma trigonométrica)
<=> (ρ cis θ)2 = – 3 ρcis (π/2 –θ)
(utilizando a regra do produto)
<=> (ρ cis θ)2 = 3 cis π ρcis (π/2 –θ)
(passando —3 a complexo)
<=> (ρ cis θ)2 = 3 ρ cis (π + π/2 –θ)
(utilizando a regra do produto)
<=> ρ2 cis (2θ) = 3 ρ cis (3π/2 –θ)
(utilizando a fórmula da radiciação)
ρ 2 = 3ρ (* igualando módulos e ρ(ρ − 3) = 0 <=> <=> 3π 3π argumentos, verifica-se 2θ = 2 − θ + 2kπ, k ∈ Ζ 3θ * = 2 + 2kπ, k ∈ Ζ a existência de 3 raízes) ρ = 0 ∨ ρ = 3 ρ = 0 ∨ ρ − 3 = 0 <=> (ρ = 0 <=> z = 0; 4ª raíz) 3π 3π 2kπ 3θ * = 2 + 2kπ, k ∈ Ζ θ = 6 + 3 , k = {0,1,2}
<=>
<=> z = 0 v z = 3 cis (π/2) v z = 3 cis (π/2 + 2π/3) v z = 3 cis (π/2 + 4π/3) <=> z = 0 v z = 3 cis (π/2) v z = 3 cis (7π/6) v z = 3 cis (11π/6)
z 3 3 = 0 <=> 2z – z = 0 <=> 2(ρ cis θ) = ρ cis (–θ) 2
e) z3 –
<=> 2(ρ3 cis 3θ) = ρ cis (–θ) 2ρ3 = ρ ρ(2ρ2 − 1) = 0 <=> <=> 3θ = −θ + 2kπ, k ∈ Ζ 4θ * = 2kπ, k ∈ Ζ
ρ = 0 ∨ ρ2 = 1/ 2 <=> 2kπ , k = {0,1,2,3} θ = 4
<=> z = 0 v z = <=> z = 0 v z = ±
i vz=±
verifica-se a existência de 4 raízes mais uma para ρ = 0) c.a. ρ = 1/2 <=> ρ = 2
2 cis(π/2) v z = 2 2 2
(* igualando módulos e argumentos,
2 cis π v z = 2
2 cis(3π/2) v z = 2
2 2
253. Calcula o produto das raízes: a) de índice 3 de 1. b) de índice 4 de 1.
a) 1 = cis 0 2kπ 1 cis 0 + , k = {0,1, 2} 3 z = cis 0 v z = cis (2π/3) v z = cis (4π/3)
z=
3
Produto das raízes (cis 0) [ cis (2π/3)] [ cis (4π/3)] = cis (2π/3
+ 4π/3) = cis (6π/3) = cis 0 = 1
b) 1 = cis 0 z=
4
2kπ 1 cis 0 + , k = {0,1, 2, 3} 4
z = cis 0
v z = cis (π/2) v z = cis π v z = cis (3π/2)
Produto das raízes cis 0 x cis (π/2) x cis π x cis (3π/2) = cis (π/2
Na forma algébrica z=1
v z = i v z = –1 v z = –i 2
1 x i x (–1) x (–i) = (–i ) x (–i) = i = –1
+ π + 3π/2) = cis (6π/2) = cis π = –1
1 / 2 <=> ρ = 2 cis(2π) 2
2 2
LUGARES GEOMÉTRICOS (CONDIÇÕES E CONJUNTOS) Um número complexo, representado na forma trigonométrica é caracterizado por um módulo e um argumento. Assim:
Im
|z| = k (k ∈ IR+)
define uma circunferência de raio k e centro na origem
o
k Re
ex: |z| = 2 circunferência de raio 2 |z| ≤ k
Im
define um círculo de raio k e centro na origem (circunferência incluída) Note-se que |z| = |z — 0|
o
k Re
ex: |z| ≤ 5 círculo de raio 5
|z| ≥ k1 ∧ |z| ≤ k2 (k1 < k2) define o domínio plano entre os círculos (fronteiras incluídas)
Im
o
|z| ≥ 0 é uma condição universal
k1 k2 Re
|z| < 0 é uma condição impossível
ex: |z| ≥ 2 ∧ |z| ≤ 3 |z| > k1 v |z| ≤ k2 (k1 > k2) define o domínio plano interior aos círculo menor e exterior ao círculo maior
Im
o
k2 k1 Re
ex: |z| > 3 v |z| ≤ 2 arg (z) = π/4 define a semi-recta, pertencente à mediatriz dos quadrantes ímpares
Im 3π/4 π/4
o
–π/4 Re
arg (z) = —π/4 v arg (z) = 3π/4 define a mediatriz dos quadrantes pares Im
π/6 ≤ arg (z) ≤ π/3 define o ângulo representado com lado origem arg (z) = π/6 e lado extremidade arg (z) = π/3
π/6
o
Re
Na forma algébrica, há que considerar a parte real e a parte imaginária. Im
Assim:
r
|z — i | = 1 define que a distância de z a i é igual a 1 Trata-se de uma circunferência de centro i e raio 1 o
1
2 Re
1
2 Re
Em geral |z — zO| = r representa uma circunferência de centro em zO e raio r
Im
|z — i | ≥ 1 ∧ |z | ≤ 2
o
|z — i | = 1 circunferência de centro 0 + i e raio 1 |z | = 2
circunferência de centro 0 e raio 2 Im
|z — 1 + i | < 2 <=> |z — (1 — i)| < 2
zO = 1 — i (centro)
o
1
2
3 Re
–1
Im
Im(z) = k
{z∈ℂ: Im(z) = k} Recta horizontal Todas as imagens dos complexos cujo coeficiente da parte imaginária seja k
y=k
o
Re
Im
Im(z) ≥ k
y=k
Semiplano limitado inferiormente pela recta y = k (fronteira incluída) Re(z) = k
{z∈ℂ: Re(z) = k} Recta vertical Todas as imagens dos complexos cuja parte real seja x = k
o
Re
Im
x=k o
Re
Im
Re(z) ≤ k
Semiplano limitado à direita pela recta x = k
o
x = k Re
Im
Im(z — 2 + 3i ) ≤ 2
fazendo z = x + yi temos Im(x + yi — (2 — 3i)) ≤ 2 Im(x — 2 + (y + 3)i ) ≤ 2 y + 3 ≤ 2 <=> y ≤ —1
o
Re
-1
semiplano limitado pela recta y ≤ –1
Re(z + 1 + 2i ) = 3
fazendo z = x + yi temos Im(x + 1 + (y + 2)i ) = 3 x + 1 = 3 <=> x = 2
Im
o
Re
2
Em geral Im (z — z1) = k representa a recta y = b + k Re (z — z1) = k representa a recta x = a + k Im Zo = 2 i
|z — 2| = |z — 2i|
Conjunto dos pontos cuja distância a 2 é igual à distância a 2i . Mediatriz do segmento de recta [Z0Z1]
o
Z1 = 2 Re
Im
|z + 1| ≤ |z — 2i|
Conjunto dos pontos cuja distância a —1 é inferior à distância a 2i. Semiplano fechado definido pela mediatriz do segmento [Z0Z1] e que contém o ponto Z0
Z1 = 2 i
Zo =–1
|z — 3 — 2i| + |z + 3 — 2i| = d
Conjunto dos pontos cuja soma das distância entre as imagens de (—3 + 2i) e (3 + 2i) é igual a d
o
Re
Im Z0
2
Z1
–3
o
3 Re
Em geral |z — zo| = |z — z1| define a mediatriz do segmento [Z0Z1] |z — zo| < |z — z1| representa o semiplano aberto definido pela mediatriz do segmento [Z0Z1] e que contém Z0. |z — zo| + |z — z1| = d define a elipse de focos Z0 e Z1 e eixo maior d.
π/6 ≤ arg ( z + 1 — i) ≤ 2π/3 define o ângulo de vértice em (—1 + i ) compreendido entre as semi-rectas arg (z) = π/6 e arg (z) = 2π/3
Im π/6 -1 o
Re
Outros exemplos 1. Conjuntos de imagens que satisfazem:
|z|≤2
|z|=3
1≤|z|≤3
|z|>4
e.i.
e.i.
|z|≥4
|z|=3
|z|≤2
2 3 e.r.
1 1≤|z|≤3
2. Imagens geométricas dos complexos:
z1 = 2 cis (π/3)
Conjuntos das imagens que satisfazem:
z2 = 3 cis (π/3)
z3 = 0,5 cis (π/3) z4 = 3 cis (π/3)
arg z = π/4
π/4 ≤ arg z ≤ 2π/3
arg z = 2π/3
— π/2 ≤ arg z ≤ π/6 e.i.
e.i.
π/4 ≤ arg z ≤ 2π/3
e.i.
z2 z4 z3
3 4 e.r.
arg z = 2π/3
z1
arg z = π/4
π/3 0,5 2 3 e.r.
e.r. π – /4 ≤ arg z ≤ π/6
e.r.
3
3. conjunção de condições — intersecção de conjuntos (p ∧ q <=> A ∩ B)
| z | ≤ 2 ∧ π/4 ≤ arg z ≤ 3π/4
| z | ≥ 2 2 ∧ π/6 ≤ arg z ≤ 11π/6 zo= 3 + 2i, |z — zo| ≤ 2
e.i e.i.
π/4 ≤ arg z ≤ 3π/4
π/6
e.i.
|z – zo | ≤ 2
(3, 3 )
A∩B
2 e.r.
e.r. |z|≤2
zo(3 , 2 )
(3,– 3 )
11π/6
3
e.r.
258. Determina a posição da imagem de z1 em relação à circunferência de centro (—1, 2) e raio 3, sendo: a) z1 = 6i b) z1 = 2 + 2i c) z1 = 2 +
3i
Considerando zo = —1 + 2i, pretende-se saber se a distância entre as imagens de z1 e zo é maior, menor ou igual ao raio da circunferência de centro em Zo.
a) z1 = 6i
|6i – (–1 + 2i)| = |6i + 1 – 2i | = |1 + 4i | = 12 + 4 2 = 17 ≈ 4,123 A imagem de z1 é exterior à circunferência
b) z1 = 2 + 2i
|2 + 2i – (–1 + 2i)| = |2 + 1 + 2i– 2i | = | 3 | = 3 A imagem de z1 pertence à circunferência
c) z1 = 2 +
3i
|2 + 3 i – (–1 + 2i)| = | 2 + 1 + ( 3 – 2)i | = |3 + ( 3 – 2)i | = 3 2 + ( 3 − 2) 2 =
9 − 2 3 + 4) ≈ 3,01
A imagem de z1 é exterior à circunferência
259. Determina o perímetro do triângulo cujos vértices são as imagens de: z1 = 2 — i ; z2 = 1 + i e z3 = —2 — 2i e.i.
|z1 – z2| = |2 – i – (1 + i ) | = |2 – i – 1 – i | = |1 – 2i | = 5
z2
|z2 – z3| = |1 + i – (–2 – 2i ) | = |1 + 2 + i + 2i | = |3 + 3i | = 3 2
o
|z1 – z3| = |2 – i – (–2 – 2i ) | = |2 + 2 – i + 2i | = |4 + i | = 17 Perímetro
5 + 3 2 + 17
z3
e.r. z1
260. Representa no plano complexo os conjuntos dos pontos definidos por: a) |z — 2 —3i| = 4 b) |z + 2 — i | ≤ 3 d) |z — 1| ≥ |z — 2 + i |
e.i.
a) |z – 2 – 3i| = 4 <=> |z – ( 2 + 3i)| = 4 Circunferência de centro (2 + 3i) e raio 4
zo(2 , 3 )
o
e.r.
e.i.
b) |z + 2 – i | ≤ 3 <=> |z –(–2 + i)| ≤ 3 Círculo de centro (—2 + i) e raio 3
zo(–2 , 1)
o
d) |z – 1| ≥ |z – 2 + i | <=> |z – (1 + 0i)| ≥ |z – (2 – i)| Semiplano limitado pela mediatriz do segmento e extremos nas imagens de z0 = 1 e z1 = 2 — i e que contém z1
264. Observa a figura em que r é a mediatriz [AB]. Define por uma condição em ℂ o triângulo colorido.
e.r.
e.i. zo(1 , 0)
o
e.r. z1(2 , -1)
e.i. B r
Determinar a equação da mediatriz de [AB] |z – 4i | = |z – 2| semiplano que contém A: |z – 4i | ≥ |z – 2| 4−0 O declive de AB é m = = —2, logo o declive da recta r, 0−2
o
A
e.r.
por ser perpendicular é m’ = —1/m = 1/2 , ou seja, o ângulo que faz com a horizontal é π/4.
O triângulo tem um vértice em (—3 + 0i), que é o zero da recta y = x/2 + 3/2 e desenvolve-se dentro do ângulo com origem nesse ponto e amplitude π/4, ou seja, arg (z – (–3)) ≤ π/4 Condição que define o triângulo: arg (z + 3) ≤ π/4 ∧ |z – 4i | ≥ |z – 2| Outra solução, mais simples, considerando o ângulo de vértice em (4 + 0i ) com origem em arg (z – 4) = 3π/4 : 3π/4 ≤ arg (z – 4) ≤ π ∧ |z – 2| ≤ |z – 4i |
Questões de escolha múltipla saídas em Provas de Exame e Testes Intermédios 1. Seja z um número complexo, em que um dos argumentos é π/3. 2i Qual dos valores seguintes é um argumento de , sendo z o conjugado de z ? z (A) π/6
(B) 2π/3
(C) 5π/6
(D) 7π/6
2. Seja b um número real positivo, e z1 = bi um número complexo. Em qual dos triângulos seguintes os vértices podem ser as imagens geométricas dos números complexos z1 , (z1)2 e (z1)3 ? (A)
(B)
Im(z)
o
(C)
Im(z)
Re(z)
o
(D) Im(z)
Im(z)
Re(z)
o
o
Re(z)
Re(z)
3. Seja k um número real, e z1 = (k — i ) (3 — 2i) um número complexo. Qual é o valor de k, para que z1 seja um número imaginário puro? (A) —3/2
(B) —2/3
(C) 2/3
4. Na figura está representada uma região do plano complexo. O ponto A tem coordenadas (2, —1). Qual das condições seguintes define em ℂ, conjunto dos números complexos, a região sombreada, incluindo a fronteira? (A) |z — 1| ≥ |z − (2 — i)| ∧ Re(z) ≤ 2 ∧ Im(z) ≥ −1 (B) |z — 1| ≤ |z − (2 — i)| ∧ Re(z) ≤ 2 ∧ Im(z) ≥ −1 (C) |z + 1| ≥ |z − (2 + i)| ∧ Re(z) ≤ 2 ∧ Im(z) ≥ −1 (D) |z — 1| ≥ |z − (2 — i)| ∧ Im(z) ≤ 2 ∧ Re(z) ≥ −1
(D) 3/2
Im(z)
1
o –1
2 Re(z)
A
5. Considere, em ℂ, z + z = 2. Em qual das figuras seguintes pode estar representado, no plano complexo, o conjunto de pontos definidos por esta condição? (A)
(B) Im(z)
(C) Im(z)
Im(z)
1
1
1
o
o
Re(z)
1
Re(z)
(D)
Im(z)
-1 o
-1 o
Re(z)
1
-1
6. Considere a figura representada no plano complexo. Qual é a condição, em ℂ, que define a região sombreada da figura, incluindo a fronteira? (A) Re (z) ≤ 3 ∧ —π/4 ≤ arg (z) ≤ 0
Im(z)
o
(B) Re (z) ≤ 3 ∧ 0 ≤ arg (z) ≤ π/4 (C) Im (z) ≤ 3 ∧ —π/4 ≤ arg (z) ≤ 0
3 Re(z)
–3
(D) Re (z) ≥ 3 ∧ —π/4 ≤ arg (z) ≤ 0
7. Seja z = 3i um número complexo. Qual dos seguintes valores é um argumento de z ? (A) 0
(B) π/2
(C) π
(D) 3π/2
8. Seja z um número complexo de argumento π/6. Qual dos seguintes valores é um argumento de (—z) ? (A) —π/6
(B) 5π/6
(C) π
(D) 7π/6
9. Qual das opções seguintes apresenta duas raízes quadradas de um mesmo número complexo? (A) 1e i
(B) —1 e i
(C) 1 — i e 1 + i
(D) 1 — i e —1 + i
10. Em ℂ, conjunto dos números complexos, seja i a unidade imaginária. Seja n um número natural tal que in = —i . Indique qual dos seguintes é o valor de in + 1. (A) 1
(B) i
(C) —1
(D) — i
Re(z)
11. Os pontos A e B, representados na figura, são as imagens geométricas, no plano complexo, das raízes quadradas de um certo número complexo z.
A
Qual dos números complexos seguintes pode ser z? B
(A) i
(B) — i
(C) 1
(D) —1
12. Na figura estão representadas, no plano complexo, duas circunferências, ambas com centro no eixo real, tendo uma delas raio 1 e a outra raio 2. A origem do referencial é o único ponto comum às duas circunferências. Qual das condições seguintes define a região sombreada, incluindo a fronteira? (A) |z — 1| ≥ 1 ∧ |z − 2| ≤ 2 (B) |z — 1| ≥ 2 ∧ |z − 2| ≤ 1 (C) |z — 1| ≤ 1 ∧ |z − 2| ≥ 2 (D) |z — 1| ≤ 2 ∧ |z − 2| ≥ 1
13. Em ℂ, conjunto dos números complexos, considere z1 = 2 cis π/4 e z2 = 2i. Sejam P1 e P2 as imagens geométricas, no plano complexo, de z1 e z2 respectivamente. Sabe-se que o segmento de recta [P1P2] é um dos lados do polígono cujos vértices são as imagens geométricas das raízes de índice n de um certo número complexo w. Qual é o valor de n ? (A) 4
(B) 6
(C) 8
(D) 10
14. Na figura está representado, no plano complexo, um triângulo rectângulo isósceles. Os catetos têm comprimento 1, estando um deles contido no eixo dos números reais. Um dos vértices do triângulo coincide com a origem do referencial. Qual das condições seguintes define a região sombreada, incluindo a fronteira? (A) Re (z) ≥ 0 ∧ Im (z) ≤ 0 ∧ |z| ≤ 1 (B) Re (z) ≤ 0 ∧ Im (z) ≥ 0 ∧ |z| ≤ 1 (C) Re (z) ≥ —1 ∧ Im (z) ≥ 0 ∧ |z — i | ≥ |z + 1| (D) Re (z) ≥ —1 ∧ Im (z) ≥ 0 ∧ |z — i | ≤ |z — 1|
15. Para um certo número real positivo ρ e para um certo número real α compreendido entre 0 e π/2, o número
A B
complexo ρ cis α tem por imagem geométrica o ponto P, representado na figura. Qual é a imagem geométrica do número complexo ρ/2 cis (2α)? (A) O ponto A
(B) O ponto B
(C) O ponto C
P
C D
(D) O ponto D
————————————————————————————————————————————————————————————————————————————— Respostas 1. C Se arg(z) = π/3 , arg( z ) = —π/3 e arg (2i) = π/2. O quociente será π/2 — (—π/3) = 5π/6
2. C z1 = bi tem argumento π/2 pelo que arg(z1)2 = 2π/2 = π e arg(z1)3 = 3π/2 por esta ordem. Sendo |z1| = b > 1, b, b2 e b3 encontram-se em progressão geométrica, como mostrado em C.
3. C z1 = 3k — 2ki — 3i —2 = 3k —2 — (2k + 3)i Re(z1) = 0 ∧ Im(z1) ≠ 0 <=> 3k —2 = 0 ∧ 2k + 3 ≠ 0 <=> k = 2/3 ∧ k ≠ —3/2
4. A |z — 1| é a distância de z à imagem de 1 e |z – (2 — i)| é a distância de z à imagem de A. O semiplano delimitado pela mediatriz do segmento que contém A, e de extremos 1 e A, é dado por |z — 1| ≥ |z − (2 — i)| . Re(z) ≤ 2 ∧ Im(z) ≥ −1 definem o domínio plano acima de Im(z) = −1 e à esquerda de Re(z) = 2.
5. B As imagens de um complexo e do seu conjugado situam-se sobre as mesma recta vertical. Sabe-se também que, por definição, z + z = 2a , sendo a = Re(z). Ou seja, x + yi + x — yi = 2 <=> 2x = 2 <=> x = 1
6. A Domínio plano definido pelo semiplano delimitado por Re (z) ≤ 3 e o ângulo com lado origem arg (z) = —π/4 e lado extremidade arg (z) = 0
7. B Na forma trigonométrica, z = 3 cis π/2
8. D Por definição, arg (—z) = arg(z) + π , ou seja, arg (—z) = π/6 + π = 7π/6
9. D As raízes quadradas de um mesmo número complexo têm que obedecer à fórmula da radiciação, pelo que, z = ρ cis (θ/2 + 2kπ/2), k = {0, 1}. Na resposta D temos z1 = 2 cis (—π/4) e = z1 = 2 cis (3π/4)
10. A in + 1 = i x in = i (—i ) = —i2 = —(—1) = 1
11. B A é a imagem de ρ cis (3π/4) e B é a imagem de ρ cis (—π/4), então z = [ρ cis (3π/4)]2 = ρ2 cis (2 x 3π/4) = ρ2 cis (6π/4) = ρ2 cis (3π/2) = —i z = [ρ cis (—π/4)]2 = ρ2 cis (2(—π/4)) = ρ2 cis (—π/2) = ρ2 cis (3π/2) = —i
12. A |z — 1| ≥ 1 define a circunferência de centro 1 e raio 1 e todo o domínio exterior
|z − 2| ≤ 2 define o círculo de centro 2 e raio 2
13. C Conforme ilustra a imagem, tem que ser um polígono de 8 lados, octógono regular.
2i 2 cis π/4
o
e.r.
14. C Re (z) ≥ —1 define o semiplano à direita da recta x = —1. Im (z) ≥ 0 define o semiplano acima do eixo real. |z — i | ≤ |z — 1| define o semiplano abaixo da mediatriz do segmento cujos extremos são as imagens dos complexos 1 e i (fronteiras incluídas nos três domínios).
15. B O Ponto B apresenta metade da distância à origem e o dobro do argumento.