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Proposta de Resolução dos Exercícios Globais de Resposta Aberta III - “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 1

Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A

107.1 ( ) ( ) {

{

.

107.2 Como o polinómio ( ) tem coeficientes reais e é uma das suas raízes, então também é raiz de ( ). Recorrendo à

regra de Ruffini vem, ( ) ( )( )( ). Utilizando a fórmula resolvente na equação , vem:

Assim, as restantes raízes de ( ) são

, √ (

) e √

.

107.3

Fazendo cisz , com 0z vem:

33 3 3

14 4 4cis cis cis 4cis cis 3 cis2 2

z z z i z z

3 3

3

4 4 0

4 cis 3 cis( )2 3 2 , 4 2 ,

2 2k k k k

2 14 1 0 0

2

, ,8 2 8 2

k kk k

▪ Se 0 então 0z , mas 0z

▪ Se 1

2 então:

1cis

2 8z

para 0k ,

1 3cis

2 8z

para 1k ,

1 7cis

2 8z

para 2k e

1 11cis

2 8z

para 3k

O conjunto solução da equação 3

14z z z é 1 1 3 1 7 1 11

cis , cis , cis , cis2 8 2 8 2 8 2 8

108.1 √ (

). Assim ( )

(

) (

) (

)

e

portanto o argumento positivo mínimo de ( ) é

.

108.3 Tem-se ( )

( )

(

).

( )

é um número real se o seu argumento for da forma . Assim:

Como ]

[, vem

( ).

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108.4

. Fazendo , vem:

( ) (

) ( ) (

) ( ) {

{

( )

{

√

Se então é uma solução da equação. Se

√ e substituindo por valores pertencentes ao conjunto { },

obtém-se as restantes soluções da equação, que são

√

,

√

,

√

,

√

e

√

.

109.1 (

)

109.2 Tem-se ( √ ) ( )

(

) (

). A imagem geométrica de ( √ ) ( )

pertence

à bissetriz dos quadrantes ímpares se o seu argumento for da forma

. Assim:

Logo ( ).

109.3 | |

( )

. Perímetro:

.

110.1 110.2 {√

√

√

√

√

√

}

110.3 Tem-se ( ) ( ) √ (

) ( ) √ (

) √

√ (

)

√ (

) √ (

) √ (

) √

Por outro lado ( ) ( ) √ (

)

)( ) (

√

) √ √

√ ( √ )

Assim: √ ( √ ) √

√ ( √ ) √ ( (

) (

))

√ ( √ ) √ (

) √ (

)

Portanto:

√ (

) √ (

)

√

√ (

)

√ √

(

)

√ √

(

)

√ √

i) √ (

) √ ( (

) (

)) √ (

√

)

√

.

Nota: Utilizando um raciocínio análogo mostrava-se que (

)

√ √

.

110.4

Im(𝑧)

R (𝑧) 𝑂

|𝑧 𝑧 | |z|

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111.1 Pela regra do paralelogramo tem-se , assim vem , além disso Portanto:

( )

√ (

)

Portanto

√ (

) √

. [ ] | | | | √ √ .

111.2

111.3 a) Tem-se

√

√ (

) e portanto

√ (

)

√ (

).

não

pertence ao intervalo ] ], pois ]

[,

. Portanto ( )

.

111.3 b) ( ) (

)

(

)

{

{

{

{

{

Logo (

)

e .

112.1

112.2 a) , portanto , isto é e são

números complexos simétricos.

(

)

√ ; [ ]

√

√

112.2 b) √

113.1 √

; ( )

(

)

, logo é raiz cúbica de . As restantes raízes cúbicas de

são

e

113.2 {√

√

√

}

4

A

B

CO Re(z)

Im(z)

2

h

h

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113.3 Tem-se ( ) (

)

( (

)

) ( (

))

(

)

(

) (

)

A imagem geométrica de ( ) pertence à bissetriz do segundo quadrante se o seu argumento for da forma

.

Assim:

Como ]

[, vem

( )

114.1

√

√

114.2

√

√ (

) √ (

) √

√ (

)

√

.

√ √√

(

) √

(

), com { } . As raízes cúbicas de são √

, √

e √

.

114.3 Fazendo , vem:

( ( ) )

( ) ( ) ( )

{

{ ( )

{

{

As soluções da equação ( ( ) ) são

e

.

114.4

(√

)

(√

)

( ( )

) (

√

)

(

) (

√

)

( )

(√

)

( ) (√

)

(√

)

. Portanto (√

)

IR , I .

115.1

a) Recorrendo à regra de Ruffini vem:

( ) ( )

√( ) ( )

√

√

√

As soluções da equação são

,

√

e

√

(

).

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115.1

b) Na figura , e são as imagens geométricas de ,

√

e

√

, respetivamente.

[ ] √

√

115.2

Tem-se , com IR , pois pertence ao

primeiro quadrante e R ( ) . Assim e

. A representação do triângulo [ ] é:

[ ]

Logo . Pelo teorema de Pitágoras vem

√ e portanto [ ] √ .

116.2 {√

√

√

} 116.3

116.4 (| | ( )

) (| | √

( )

)

117.1 Atendendo à regra do paralelogramo tem-se ( ) √

√

.

117.2 Tem-se (

√ √ )

(√

√ (

))

(

)

(

)

(

). O número complexo (

√ √ )

é um imaginário puro

se o seu argumento for da forma

. Assim:

Logo ( ).

117.3

( )

117.4 O ponto é a imagem geométrica do número complexo

(| | ( )

) (

( )

( )

)

118.1

√

(

)

√

√

(

)

√ √ .

4

4

4

4

O Re(z)

Im(z)

A

B

D

C

𝐵 𝐶

𝑂

√

√

R (𝑧)

Im(𝑧)

2

b

Re(z)

Im(z)

b

2

A

B

C

O

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118.2 a) Tem-se | | | | , portanto . A amplitude do ângulo é

. Logo o triângulo [ ] é

equilátero porque a medida do comprimentos dos lados [ ] e [ ] é igual e o ângulo formado por eles é

. O perímetro do triângulo

[ ] é .

118.2 b) Como | | | | tem-se que e são raízes sextas de um número complexo se a diferença entre os seus argumentos for da

forma

. Assim, ( ) ( )

e portanto a afirmação é

verdadeira.

118.3 a) Escrevendo na forma trigonométrica vem

, assim e

. O triângulo [ ] é isósceles,

visto que , portanto

. O triângulo [ ] é retângulo em , portanto

.

. Sendo o ponto médio do segmento de reta [ ] e tendo em conta que

, vem:

[ ]

(

) (

) (

) (

) (

) (

)

√

√

118.3 b) Tem-se que é a imagem geométrica de e (

). Assim uma condição que define o segmento de reta [ ] pode ser:

( √ ) | √ | (

) ( √ )

| √ | (

)

119.1 √

119.2 e

119.3 é um argumento de , portanto √ , assim

√ (

)

√ (

) . Portanto

. Como ] [, então

( ).

119.4 Tem-se , , e ,

portanto ( ), ( ), ( ) e ( ).

A área do trapézio [ ] é igual a

.

Pelo teorema de Pitágoras vem √ , portanto o perímetro do

trapézio [ ] é igual a √ .

120.1 | | | | √(√ ) e ( )

(

rad). Assim:

( √ √ ) √

√

√

√

√

.

120.2 120.3 | |

( )

. O comprimento do arco é

.

2

1

1 3

2

1

O

EC

D

B

A

Im(z)

Re(z)

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121.1

; √

√

(

) { } (

) { }. As raízes quartas de são

( ),

( ),

( ) e

( ). [ ] , assim

( ) .

121.2 O ponto é a imagem geométrica de

√ e o ponto é a imagem geométrica de

√ , assim (√ )

e ( √ ). Sendo o simétrico de em relação à reta , tem-se:

( √ ) (√ √ ) ( √ √ )

Logo é a imagem geométrica de √ ( √ ) . Como a reta é a mediatriz do segmento de reta [ ], então uma

condição que define a região do plano de Argand colorido a encarnada (incluindo a fronteira) é:

| | | √ | | √ ( √ ) |

121.3

√

e

√

√

. Assim e portanto não é inverso de . ( é inverso de , pois

)

122.1 | | √ (√ ) √ e é um argumento de , portanto √ . Assim:

√ (

)

√ (

) √ (

) √ (

) √ (

)

122.2 Tem-se | | . Fazendo , vem:

( )

.

A solução da equação é .

122.3 (

) (

)

;

( )

( ( ))

;

Im( ) | | Im( ) . Na figura é a imagem geométrica do número complexo .

123.1 Sejam a amplitude do ângulo e o ponto de interseção da reta com a reta que contém o ponto é é perpendicular a .

Tem-se

, | | e | | , assim:

[ ] (

) ( ) ( )

R (𝑧)

Im(𝑧)

(𝑧 ( 𝑖)) 𝜋

(𝑧 ( 𝑖))

𝜋

Im(𝑧)

𝑂

𝐴

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123.2 Tem-se ( ) ( (

))

( ). Pretende-se que R (( ) ) Im(( )

) , isto é, que ( ) seja

um imaginário puro, com o coeficiente da parte imaginária negativo. Logo o seu argumento tem de ser da forma

.

Assim:

Logo

( ). Como , vem

.

123.3 a) ( ) ( )

. Como

[

[, então

.

123.3 b)

(

√

) (

√

) √

(

√

) . Assim:

| | (√(√

) (

√

)

)

√

√

√

123.3 c)

(

)

;

é raiz quarta de se (

) , assim:

(

)

√

√

( ) {

√

{

√

{

√

{

√

{

√

123.3 d)

( )

|

√

| |

√

|

124.1

124.2 a) ( ) | | | |

(

) √

√ (

) { } √ (

) { }

As soluções da equação ( ) | | são 0, √

e √

.

124.2 b) Tem-se . Fazendo , vem:

( ) (

( ))

( (

))

(

)

{

{ √

{

Substituindo por valores pertencentes ao conjunto { } obtém-se as soluções da equação ( ) , que são

(

) ,

e

.

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124.2 c)

√

√

(

)

√

(

)

√

√

(

√

)

√

√

Portanto a solução da equação

√

é

√

√

.

124.3 Na figura o ponto é a imagem geométrica de . As soluções da equação são as raízes quintas de 32, portanto o

polígono é um pentágono regular centrado na origem em que um dos vértices pertence ao eixo real (na figura o ponto é a imagem

geométrica de 2)

Tem-se

. Logo o perímetro do pentágono é

.

125.1 ( ) ( )

( ) ( )

√

√

√

√

(

) { }

√

(

) { }

As soluções da equação são √

, √

, √

, √

, √

, e .

125.2 Sejam e , com IR.

125.2 a) | | | | | ( ) | | ( ) | ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) . Logo R ( ) e portanto

| | | | R ( ).

125.2 b) Tem-se que ( ) ( ) ( ) , logo , Assim

( ) ( )

| |

125.2 c) Tem-se que ( ) ( ) ( ) , Assim:

R ( ) R ( ) R ( ) Im( ) Im( )

Como número complexo é real se a sua parte imaginária for nula, então R ( ) R ( ) R ( ) se e só se IR ou IR.

R ( )

Im( )

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125.2 d) Tem-se que | | e | | | |. Assim:

| |

| |

| |

| |

| |

| |

| | ( )

| |

| |

| |

Logo | | |

| ||

| |

| |

√ ( )

| |

| | . Como | | vem

| | e portanto

| | . | | .

125.3 Tem-se ( ) ( ) ( ) , assim:

{R ( )

Im( ) Im( ) Im( ) {

{

{

{

{

126.1 ( )

( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ( ) ( )) ) ( ( ) ( )) ( ) ( )

i) A função cosseno é par e a função seno é ímpar, isto é, ( ) e ( ) , IR

126.2 a)

( ) ( )

( ) ( )

) ( ) ( ) ( )

i) ( )

126.2 b) Tem-se que:

( ) ( ( ) ( )) ( ) ( )

Como ( ) , tem-se

. Assim:

(

)

√

. Como ]

[então

Portanto:

( ) (

) (

)

126.2 c) √ √

. (

)

(

√

( ))

√ (

)

√ (

). A imagem geométrica de (

)

pertence à bissetriz dos ímpares se o seu argumento for da forma

. Assim:

Como ]

[, vem

( ).

127.1 a)

127.1 b)

127.2 a) (

)

; (

)

;

√

√

√

.

127.2 b) Tem-se que [ ] [ ]. Seja o ponto de interseção da reta perpendicular a [ ] que contém o ponto , assim,

tendo em conta que a amplitude do ângulo é

e que

(

), vem:

[ ] [ ]

(

)

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127.2 c) | |

( )

;

.

128.1 ( ) ( ) . O

número complexo é um imaginário puro se R ( ) Im( ) , assim:

( ) ( )

( )

Logo .

128.2 a) Para tem-se e . Assim:

(

)

( ) ( √ (

))

( √ )

(

) ( √ )

(

) ( √ )

Logo o módulo é ( √ )

e o argumento mínimo positivo é

.

128.2 b) √ (

). Seja o módulo de , assim:

√

(

| |)

√ (

)

√

(

(

)

)

(

) (

)

√

( )

√

( )

√

√

.

128.2 c)

. Fazendo , vem:

( ( ))

(

) ( )

(

) (

)

{

{

{

( )

{

Se então , que não é solução da equação em { }. Se e substituindo por valores pertencentes ao conjunto

{ }, obtém-se as soluções da equação, que são

,

e

.

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128.3 Para tem-se √

, portanto e ( )

(√

)

.

[ ]

. Tem-se | ( )

| | | | | √ √ (também se podia determinar

usando o teorema de Pitágoras), assim [ ] √ .

129.1 Tem-se √

√

√

, logo (

√

√

)

(√

) √

√ , assim:

(√

√

)

(

)

√ √ √

(

)

√ √

(

)

(

)

(

)

Logo o número complexo

é solução da condição pois e |

|

.

129.2 | | | ( )|

| | ( ( )

( )

)

129.3 Na figura anterior o ponto é a imagem geométrica do número complexo

√ e o ponto é a imagem geométrica do

número complexo

√ . Assim, outra condição que define pode ser:

√ R ( ) √ ( ( )

( )

)

𝐴 𝐵

𝐶

R (𝑧)

Im(𝑧)

𝑂

𝐴

𝐵

𝑂 R (𝑧)

Im(𝑧)

(𝑧)

𝜋

(𝑧)

𝜋

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130.1

Comprimento da linha:

√

√

130.2 | | | | √( ) ( ) √ √ . Seja o argumento positivo mínimo de . Tem-se

e

(

) √ . Assim, como a função é crescente em ]

[ e como (

), então

e portanto

, pois . Logo .

130.3 Seja o argumento de .

( )

√

( ) √ ( ). Tem-se que

, pois

( )

e que

. Logo:

.

Assim, como (

( ) ) a imagem geométrica de

( ) pertence ao quarto quadrante.

130.4 a) As raízes quartas de um número complexo dividem uma circunferência centrada na origem em quatro arcos de amplitude

.

Portanto, a partir da imagem geométrica de uma dessas raízes, podemos obter as restantes através de rotações centradas na origem e

amplitude

. Logo pode-se obter as restantes raízes quartas de através de multiplicações sucessivas por . Assim as restantes raízes

quartas de são ( ) , ( ) e ( ) .

Outra resolução: Seja um argumento de . Tem-se | | √ √ , portanto √ . Sejam , e as

restantes raízes quartas de , assim:

▪ √ (

) √

( ) ;

▪ √ (

) √ ( ) √ ( ) ( ) ( ) ;

▪ √ (

) √ (

) √

( ) ( ) ( ) .

130.4 b) Na figura, , , e são as imagens geométricas das raízes quartas de .

(𝑧)

𝜋

R (𝑧)

Im(𝑧)

𝑂 √

R (𝑧)

Im(𝑧)

√ √

𝐴

𝐵

𝐶

𝐷

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[ ] ( √ ) ( √ )

. √ √ , logo [ ] √ .

131.1 é raiz quadrada de , então

( ) ( ) {

{

{

Logo . é a outra raiz quadrada de , portanto é simétrico de , tem-se então .

131.2 a) Tem-se | | √ e sendo um argumento de , vem √ . Como , o triângulo [ ] é isósceles e visto

que então o segmento de reta [ ] é uma altura do triângulo e portanto o ângulo é reto.

Tem-se | | √ , portanto √ , assim:

[ ] √

√

√

√

√

Portanto √ (

)

√ .

131.2 b) Tem-se ( ) , logo √

.

Assim:

√ √√

√√

(

) √

(

), { }

Portanto, as raízes sextas de são √

, √

, √

, √

, √

e √

.

𝑂

𝐴

𝐵

𝐶

R (𝑧)

Im(𝑧)

𝜋

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131.3 Seja :

▪ |Im( )| R ( ) |Im( )| R ( ) |Im( ( ) )|

| |

▪ | | | | | ( )| | ( )|

Na figura o ponto é a imagem geométrica do número complexo e é a imagem geométrica do número complexo

.

132.1 (

) (

) (

) (

) (

) (

)

(

) (

) (

(

)) (

(

))

(

) (

) (

) (

)

(

) (

) (

) (

)

(

) (

) ( (

) (

))

Logo Im( ) (

) (

) ( (

) (

)) R ( ) e portanto a imagem

geométrica de pertence à bissetriz dos quadrantes pares.

132.2 Tem-se que

(

) (

). e são raízes cúbicas do mesmo número complexo se

( ) ( )

Assim:

( ) ( )

( (

))

( (

))

(

) (

)

Então

. Para vem

e

]

[, para vem

e

]

[ e para vem

e

]

[. Logo, para qualquer valor inteiro de

não existe ]

[ tal que ( )

( ) e portanto e não podem ser raízes cúbicas do mesmo número complexo.

132.3 a) Como e são raízes consecutivas de índice doze do mesmo número complexo vem:

( ) ( )

(

)

Assim (

)

(

√

) √ e (

)

(

√

) √ .

𝐴

𝐵 R (𝑧)

Im(𝑧)

𝑦

𝑦

|𝑧 𝑧 | |𝑧 |

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132.3 b) ( ) ( )

( (

) (

))

(

) (

)

( (

) (

))

(

) (

)

( (

) (

))

(

)

(

)

√

√ (

) √

132.3 c) | | | | e representa a distância entre as imagens geométricas de e e ( )

. Na figura o ponto é a

imagem geométrica de e ponto é a imagem geométrica de .

133.1 Seja o ponto de interseção da reta com o eixo imaginário. Como | | , vem

e portanto,

como [ ] é um losango tem-se . Assim:

Como o ponto pertence ao eixo imaginário e é a imagem geométrica de então .

Outra resolução:

Tem-se (

) e (

). Seja o número complexo cuja imagem geométrica é o ponto . Pela regra do

paralelogramo vem , portanto:

(

) (

) (

) (

) (

) (

)

Como os pontos e pertencem ao eixo imaginário e , vem

.

133.2 Tem-se

. Como ]

[, vem

.

133.3 √ √

√

(

), com { }. Portanto, as raízes quintas de são √

, √

, √

,

√

e √

.

133.4 Tem-se que

, portanto

,

e

. Assim:

( )

Como ( ) , vem

. Fazendo ,

tem-se:

⏟

. Como , então √ . Assim:

√

√

, visto que ]

[.

𝐴

𝐵

𝑂 R (𝑧)

Im(𝑧)

(𝑧) 𝜋

(𝑧) (𝑧 ) (𝑧) 𝜋

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Conclui-se então que | | √ e ( )

. Portanto √

√ (

√

√

) e como ,

vem ( ) ( ) .

133.5 a) Como

, vem (

)

√

√

√

. Assim, | |

√

, pois | | | |, portanto:

√

(

)

√

Tem-se que √

(

)

√

.

▪ ( ) (

√

)

( √

)

(

)

( )

( )

▪ ( ) (

√

)

( √

)

(

)

( )

( )

Logo e são raízes sextas de

que é um número real.

133.3 b) √

√

(

√

)

√

. Seja :

▪ Im( ) ( )( )

( )

Esta condição define o exterior de uma circunferência centrada no ponto de coordenadas ( ) e raio 2 (incluindo a fronteira)

▪ ( ) , portanto R ( )

Na figura o ponto (√

) é a imagem geométrica de e o ponto (

√

) é a imagem geométrica de .

𝐴

𝐷

𝑂

𝑦

R (𝑧)

Im(𝑧)

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134.

134.1. Tem-se que

1

1

1 1 cis cis( )cis(2 ) cis( 2 )

cis( ) cis( )

w w wz

wz w w w

w

cos(2 ) sen(2 ) cos( 2 ) sen( 2 ) cos(2 ) sen(2 ) cos( 2 ) sen( 2 )i i i i

cos( ) cossen( ) sen

cos(2 ) sen(2 ) cos(2 ) sen(2 ) 2 sen(2 )i i i

Assim, 1

1

12 sen(2 )z i

z , logo é um imaginário puro.

2 22

,0 2sen 02

1

1 2

12 sen 2 0 2sen 2 2sen 2 2sen 2 2sen 2z i

z

134.2. Seja w x yi , com x e y números reais.

Como Re Imw w , vem x y x y x y

Assim:

211 2113(3 )

w ii w w w i i w i i w i w

i w

210 4 52 23 1 3 1w w i w i w i w w w i w i w i w

23 1 3 1w w i w i w i w w w i w w i w

3 1w x yi

x iy x iy i x iy x iy i x iy

2 22 23 1x iy i x iy x iy i

2 2 2 23 1x y i x iy x y i

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2 2 2 23 1x y i x iy x i y i

2 2 2 21 3 0x y x i iy x i y i

2 2 2 21 3 0x y x y x y i

2 2 2 2

2 2 2 2

1 0 1

3 0 3

x y x x y x

y x y y x y

3 1y x

Como x y x y , vem:

▪ se x y então condição impossível

3 1 3 1x x

▪ se x y então 3 1 2 2 1y y y y . Portanto, 1x

Assim, 1 2 cis4

w i

. Logo, 2 e 4

( ,0

4 2

)

134.3.

▪ Se w pertence à região do plano definida pela condição 2

1z

i , então:

1

2 22 1 11 1 1 2 1

1 2 2i

w www w

i i

▪ Tem-se:

1

2

1

2sen 2 cos 2 cos 2 sen 2

6 6 2 6 2 6w w

wi i

w

cis

1

2

cos 2 sen 2 cis cos 2 sen 2 cis2 6 2 6 3 3

i i

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cis 2 cis cis 2 cis3 3 3

Como cis3

é a raiz quarta um número real positivo, o argumento de

4

cis3

tem de ser da forma

0 2k , k .

Tem-se,

44

cis cis 4 cis 43 3 3

.

Logo:

44 0 2

3k

,

44 2

3k k

,

2

3 4

kk

,

3 2

kk

, k

Logo, como ,02

, vem 6

( 1k ).

2 2

21 1 1 1cis cis cis 2 cis

2 6 2 6 2 6 4 3w w

1 1 1 3 1 3

cos sen4 3 3 4 2 2 8 8

i i i

134.4. Tem-se, 1

wz

w

cis4

cis cis4 4 2

cis4

i

.

a) Para n e 3n tem-se:

3 3 3 3 33 3 3

1 1 0n n n n n n

z z z z z z i z z i z i z i z z i

3 3 3 33 30 0 0

n nz i z i z z i z i z

0 1 2 33 3 3 2 3 1 3 0 3

0 1 2 30 0z i C z i C z i C z i C z i z

3z i z 2 33 3iz z i z 20 3 3 0z i iz z i

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223 3 4 3 3 9 12

2 3 6

i i iz i z z i z

i i

3 3 3 3

6 6

iz i z z i z

i i

3 3 3 3 3 3 3 3

6 6 6 6

i i i i i iz i z z z i z z

i i i i

3 1 3 1

6 2 6 2z i z i z i

Portanto, na forma trigonométrica, as soluções da equação são cis2

,

3cis

3 3

e

3 2cis

3 3

*

* Para escrever 3 1

6 2i na forma trigonométrica, vem:

2 2

3 1 3 1 3 1 12 12 2 3 3

6 2 6 2 36 4 36 6 6 3i

. Sendo

um argumento de 3 1

6 2i , tem-se

16 3 3 3 32tg 3

33 2 3 3 3

6

e 1.º quadrante, pelo que 3

.

Assim 3 1 3

cis6 2 3 3

i

.

* Para escrever 3 1

6 2i na forma trigonométrica, vem:

2 2

3 1 3 1 3 1 12 12 2 3 3

6 2 6 2 36 4 36 6 6 3i

.

Sendo um argumento de 3 1

6 2i , tem-se

16 3 3 3 32tg 3

33 2 3 3 3

6

e 2.º quadrante, pelo que

2

3 3

. Assim

3 1 3 2cis

6 2 3 3i

.

b) 2 2

1

1

4 45 0 5 0z z z i

z z z i

2

2

2 2 4

z i

z iz i z i

z i

25 0 0z i z i

0 2

4 5 0z i z i z i z i

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Fazendo w z i , vem:

2

24 4 4 5 1 4 36 4 6 4 6

5 4 1 02 5 10 10 10

w w w w w w

1 1 1

1 1 15 5 5w z i

w w z i z i z i z i

As soluções da equação são 1 i e 1

5i .

c) Tem-se que 10 24 10 4 2 2 2 1ni i i i . Assim:

10 24

1

3 1 31 3 2 2 0

2 2

nz i i z iz i z i i z z

z z

1 3 2 2 1 1 5 2z iz i i z z i i z

1 5 1 5 1

2 21 1 1

i i iz z z z

i i i

2

2 2

1 5 5 4 62 2

1 2

i i i iz z z z

i

2 3 2z i z

A solução da equação é 2 3i .

d) 4 4

11 4 cis 1 4 1z z z i .

Fazendo 1 4w z i , vem: 4 4 44 0 21 cis0 cis0 1cis

4

kw w w w

, 0,1,2,3k

Se 0 cis0 1k w ; se 1 cis2

k w i

; se 2 cis 1k w ; se 3

3 cis2

k w i

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Portanto, como 1 4w z i , vem:

1 4 1 1 4 1 4 1 1 4z i z i i z i z i i

3 4 5 4

1 1 1 1

i iz z z z

i i i i

3 1 4 1 5 1 4 1

1 1 1 1 1 1 1 1

i i i i i iz z z z

i i i i i i i i

3 3 3 5 5 5 5 3

2 2 2 2

i i i iz z z z

3 3 3 5 5 5 5 3

2 2 2 2 2 2 2 2z i z i z i z i

As soluções da equação são 3 3

2 2i ,

3 5

2 2i ,

5 5

2 2i e

5 3

2 2i .

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