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MATEMÁTICA, 12.ª CLASSE

PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO

Capítulo 8

1

Pág. 265 Actividades de investigação

Não, porque a descoberta do tesouro não depende do ponto onde se

inicia a marcha.

Localização:

• da palmeira: P = a + bi

• do sândalo: S = c + di

• do ponto de partida: A = x + yi

A primeira estaca, E1, deve ser colocada no ponto de coordenadas:

i iX P x P x a b y b ax

A segunda estaca, E2, deve ser colocada no ponto de coordenadas:

i iX S x S x c d y d c x

O ponto médio entre as estacas tem de coordenadas:

1 2

1 1i

2 2E E a b c d b a c d

Tal como se pode verificar, as coordenadas do ponto médio entre

as estacas não depende das coordenadas de A, mas somente da

palmeira e do sândalo.

Pág. 268

1.1

1.2 a)

Observação: As imagens geométricas de z1 e z2 são

simétricas relativamente ao eixo real.

b)

Observação: As imagens geométricas de z1 e z2 são

simétricas relativamente à origem do referencial.

Pág. 269

2.1 a) (2 – 3i) + (4 – i) =

= 2 – 3i + 4 – i = 6 – 4i

b) (– 1 + i) – (2 – 3i) = – 1 + i – 2 + 3i =

= – 3 + 4i

c) (2 + i) – 3i = 2 + i – 3i = 2 – 2i

d) 3 3 3 3

i i i i2 4 2 4

6 32i

4 4

3

4 + 2i

e) 1 1 1 1

2i 1 i 2i 1 i2 2 2 2

1 2 4 1

i i2 2 2 2

1 3

2 2 i

2.2 z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = a + bi + c + di

= (a + c) + (b + d) i

2.3 a) z1 + z2 = (– 2 + 3i) + (– 1+ 2i)

= – 2 + 3i – 1 + 2i

= – 3 + 5i

b) z1 – z2 = (– 2 + 3i) – (– 1+ 2i)

= – 2 + 3i + 1 – 2i

= – 1 + i


PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8

2

Pág. 270

3.1 a) (2 + i)i = 2i + i2

= 2i + (– 1) = 2i – 1 = – 1 + 2i

b) i (1 – 5i) = i – 5i2 = i – 5 (– 1) = i + 5 = 5 + i

c) 25 10 52 i 3 i 6 i 3i i

2 2 2

5

6 5i 3i 12

5

6 2i2

12 5

2i2 2

=17

2 + 2i

d) 21 3 13 i i 3i i i

2 2 2

3 6 1

i i 12 2 2

3 5

i 12 2

=5 5

2 2 i

3.2 (a + b i) (c + d i) = ac + ad i + bc i + bd i2

= ac + ad i + bc i – bd = (ac – bd) + (ad + bc) i

4.1 (2 – 3i) (2 + 3i) = 22 – (3i)2 = 4 – 9i2 = 4 + 9 = 13

4.2 (1 – i) (1 + i) = 12 – i2 = 1 + 1 = 2

4.3 (– 1 + i) (i + 1) = (i – 1) (i + 1) = i2 – 12

= – 1 – 1 = – 2

5.1 (– 2 + 3i)2 = 4 – 12i + 92 = 4 – 12i – 9 = – 5 – 12i

5.2

2

21 11 i 1 i i

2 4

11 i

4 =

3

4+ i

5.3 (– 1 + i)3 = (– 1 + i)2 (– 1 + i)

= (1 – 2i + i2) (– 1 + i) = (1 – 2i – 1) (– 1 + i)

= (– 2i) (– 1 + i) = 2i – 2i2 = 2 + 2i

5.4 (a + b i)2 = a2 + 2ab i + (bi)2 = a2 + 2ab i + b2 i2

= a2 + 2ab i – b2 = (a2 – b2) + 2 ab i

Pág. 271

6.1

2

2

1 2i i1 2i i 2i

i i i i

1 2

2 i1

6.2

2

2 2

1 3i 1 i1 3i 1 i 3i 3i

1 i 1 i 1 i 1 i

1 4i 3 2 4i

1 1 2

– 1 – 2i

6.3

3 1 2i3

1 2i 1 2i 1 2i

2 2 2

3 6i 3 6i

1 4i1 2i

3 6i 3 6

i5 5 5

6.4

1 1 2 3i1

2 3i2 3i 2 3i 2 3i

2

2 3i 2 3i

134 9i

2 3

13 13 i

6.5 2 3i 2 3i

1 5i1 5i

zz

2 3i 1 5i

1 5i 1 5iz

2

2

2 10i 3i 15i

1 25iz

2 13i 15 13 13i

1 25 26z z

1 1

2 2 i = z

6.6

2

2 2 2

i ii i i i

i i

a b c da b ac ad bc bd

c d c di c di c d

2 2

i iac ad bc bd

c d

2 2 2 2

ac bd bc ad

c d c d

i

Pág. 272

7.1 i39 = (i4)9 × i3 = i3 = – i

Cálculo auxiliar

7.2 i37 + i999 – 2i 25 =

= (i4)9 × i + (i4)249 × i3 – 2 (i4)6 i

= i + i3 – 2 i

= i – i – 2 i

= – 2 i

39 4

03 9



3

Pág. 273

8. Consideremos que a + bi é uma raiz quadrada de

– 3 + 4i.

Então:

2 2 23 4i i 3 4i 2 ia b a ab b

2

22 2

23

3

2 4 2, 0

aa b a

abb a

a

2

2

43 1

2

aa

ba

Resolvendo a equação (1), vem que:

2 2 4

2

43 3 4a a a

a

4 23 4 0a a

Substituindo a2 = y, vem:

2 9 163 4 0 3

2y y y

3 5

2y

4 1y y

4y é impossível, uma vez que y = a2 e a

21 1 1 1y a a a

Se a = – 1 então b = – 2.

Se a = 1 então b = 2.

Logo, as raízes quadradas de – 3 + 4i são – 1 – 2i e

1 + 2i.

9.

z1 = 3 – 2i

z2 = i (3 – 2i) = 3i – 2i2 = 2 + 3i

z3 = – i (3 – 2i) = – 3i + 2i2 = – 2 – 3i

9.1 z1 z2 → R (0, 90)

9.2 z1 z3 → R (0, – 90)

Pág. 274

10. Mostrar que 1 2 1 2z z z z

Pretende-se mostrar que o conjugado da soma de dois

complexos é igual à soma dos conjugados das parcelas.

Sejam z1 = a + bi e z2 = c + di

1.º membro = 1 2z z

i ia b c d

ia c b d

ia c b d

2.º membro = 1 2z z

i ia b c d

i ia b c d

ia c b d

= 1.º membro

Logo, 1 2 1 2z z z z c.q.m.

Pág. 275

11.1 2 24 0 4z z

4 i 4z z

2i 2iz z

11.2 2 10 26 0z z

10 100 4 26

2z

10 4

2z

10 2i

2z

5 i 5 iz z

11.3 216 8 5 0z z

8 64 4 16 5

2 16z

8 256

32z

8 16i

32z

1 1 1 1

i i4 2 4 2

z z



4

11.4 3 16 0z z 2 16 0z z

20 16z z

0 16z z

0 4i 4iz z z

11.5 3 26 13 0z z z 2 6 13 0z z z

20 6 13 0z z z

6 36 4 13

02

z z

6 16

02

z z

6 4i

02

z z

0 3 2i 3 2iz z z

11.6 2 2i 5 0z z

22i 2i 4 5

2z

2i 4 20

2z

2i 4

2z

2 i 2 iz z

11.7 3 26i 10z z z

3 26i 10 0z z z

2 6i 10 0z z z

20 6i 10 0z z z

26i 6i 40

02

z z

6i 36 40

02

z z

6i 2

02

z z

0 1 3i 1 3iz z z

Pág. 277

12.1 1 3z

módulo: 1 3z

argumento: 1arg 0z

12.2 z2 = 2 + 2i

módulo: 2 2

2 2 2 8 2 2z

1

1

2tg arg 1 π

24

arg 1.º

z

z Q

é argumento de z1

12.3 z3 = 5i

módulo: 3 5z

argumento: 3

πarg

2z

12.4 4 3 3iz , a imagem geométrica de

z4 3, 3 2.º Q

módulo: 22

4 3 3 9 3z

12 2 3

4

4

3π 5πtg arg

π36 6

arg 2.º

z

z Q

é argumento de z4

12.5 5 2z

módulo: 5 2z

argumento: 5arg πz

12.6 6 2iz

módulo: 6 2i 2z

argumento: 6

3πarg

2z

12.7 7 1 3iz

módulo: 2

2

7 1 3 1 3 2z

7

7

3πtg arg 3

13

arg 4.º

z

z Q

é argumento de z7

Pág. 278

13.1 1 3z

Logo, 1arg 0z e 1 3z ,

daí que z1 = 3 cis 0.



5

13.2 2 3 iz

A imagem geométrica de

z2 3,1 1.º Q

2

1

1 3tg arg π

336

arg 1.º

z

z Q

é argumento de z1

2

2

2 3 1 2z

daí que 2

π2cis

6z

.

13.3 3 4iz

arg 3

π

2z e 3 4z

daí que 3 4cis2

z

.

13.4 4 4 4iz

A imagem geométrica de

z4 4, 4 3.º Q

4

4

4tg arg 1 π 5π

π44 4

arg 3.º

z

z Q

é argumento de z4

2 2

4 4 4 16 16 32 4 2z

daí que 4

5π4 2 cis

4z .

13.5 5 2iz

arg 5

3π

2z e 5 2z ,

daí que 5

3π2cis

2z .

Pág. 279

14.1 π π

2 cos i sin3 3

z

1 3 2 2 3

2 i i2 2 2 2

1 3i

14.2 π

5cis4

π π5 cos i sin

4 4

2 25 i

2 2

5 2 5 2i

2 2

Pág. 280

15.1 b) cisz

cos i sin

cos i sinz

cos i sin

cos( ) i sin( )

cis

b) 2

z z z

Seja cisz então cisz

Donde cis cisz z

2cis

2cis0

2 cos0 i sin 0

2 1 i 0

22 z

Logo, 2

z z z .

c) 2

1 z

z z

Seja cisz , então cisz e z

Temos que:

1.º membro =

cis1 1

cis cis cisz

cis cis

cis0

2.º membro =

2 2

cisz

z

cis

= 1.º membro



6

De outro modo:

Seja: iz a b ,então: iz a b e 2 2z a b

1.º membro = 1 1

iz a b

2 2 2

i i

i i i

a b a b

a b a b a b

2 2

ia b

a b

2.º membro =

2 2

2 2

iz a b

z a b

2 2

ia b

a b

= 1.º membro

15.2 a) 1 2

1 π πcis 5cis

3 4 4z z

1 π π 55cis cis0

3 4 4 3

b) 1 3

1 π 3πcis 3cis

3 4 4z z

1 π 3π3cis

3 4 4

4π1cis cis π

4

c) 1 2 3z z z

1 2 3z z z

5 3πcis0 3cis

3 4

5 3π 3π3cis 0 5cis

3 4 4

15.3 Há uma infinidade de soluções.

Por exemplo: 2cis 2cis 4cis0

4cis cis 4cis 02 2

15.4 a) 1 1 6 2i 6 2iz z

π π2 2cis 2 2cis

6 6

5

3

π π8cis 8cis0 8

6 6

Cálculo auxiliar

Seja 1 6 2iz , então:

2 2

1 6 2 6 2 2 2z

Assim:

1

1

2 3tg arg

36

arg 4.º

z

z Q

π

6 é um argumento de z1

Donde:

1

π2 2 cis

6z

e

1

π2 2 cis

6z

b) 1 2 3z z z

π 3π

2 2cis 2cis 2cis π6 2

π 3π

2 2 2 2 cis π6 2

π 9π 6π8 2cis

6 6 6

=π

8 2cis3

Pág. 282

16.1 a) 29z , sendo 1cisπz

29z

29 291cis π 1 cis 29π

1cis π cisπ

b)

80

3 1i

2 2

80

7π1cis

6

80 7π1 cis 80

6

560πcis

6

=

4πcis

3

2πcis

3

Cálculo auxiliar

Seja 1

3 1i

2 2z , então:

2 2

1

3 1 3 11

2 2 4 4z

1

3tg arg

3z arg( ) 3.º1z Q

π 7ππ

6 6 é um argumento de 1z

1

7πcis

6z

pela propriedade associativa

da multiplicação

pela alínea a)



7

c) 100

1 i

100

π2 cis

4

100 π

2 cis 1004

100

1cis 25π

2

100

1

2

1

2

cis π

50

1

2 cis π

16.2 Seja cisz

a) 2cosz z

Se cisz então cisz , sendo:

1.º membro = cis cis -z z

cos i sin cos i sin

cos isin cos isin

2cos = 2.º membro

b) 2 2 2cos 2z z

1.º membro = 222 2 cis cisz z

cis 2 cis 2

cos 2 isin 2

cos 2 isin 2

cos 2 isin 2

cos 2 i sin 2

2cos 2 = 2.º membro

c) 2cosn nz z n

1.º membro = cis cisnnn nz z

cis n cis n

cos n isin n

cos i sinn n

cos i sinn n

cos n i sin n

2cos n = 2.º membro

d) sin2i

n nz zn

2.º membro = 2i

n nz z

cis2 cis

2i

n n

cis cis

2i

n n

cos i sin cos i sin

2i

n n n n

cos i sin cos i sin

2i

n n n n

2i sin

2i

n

sin n = 1.º membro

Pág. 283

17.1

π2cis

2i 2

π πcis cis

6 6

π π 3π π π

2cis 2cis 2cis2 6 6 6 3

17.2

22π3 1 cisi62 2

π1 i2cis

4

2

1 π πcis

6 42

2

2 2π 3πcis

2 12 12

2

2 πcis

2 12

2

2 π 1 πcis 2 cis

2 12 2 6

Cálculo auxiliar

Seja 1

3 1i

2 2z , então:

2 2

1

3 1 3 11

2 2 4 4z



8

1

3tg arg

3z arg( ) 1.º1z Q

π

6 é um argumento de

1z

1

πcis

6z

Seja 2 1 iz

2 2

2 1 1 2z

2

2

tg arg 1 π

4arg 1.º

z

z Q

é um argumento de z2

2

π2 cis

4z

17.3

535 4 315 1 i i1 i

3 i 3 i

5

5

5π2cis

1 i 4

π3 i2cis

6

5

2 5π πcis

2 4 6

5

2 15π 2πcis 5

2 12 12

4 2 13π 2 65π

cis 5 cis32 12 8 12

2 17π

cis8 12

Cálculo auxiliar

Seja 1 1 iz , então:

2 2

1 1 1 2z

1

1

1tg arg 1 π 5π

π14 4

arg 3.º

z

z Q


1

πcis

6z

Seja 2 3 iz , então:

2 2

2 3 1 4 2z

2

2

1 3tg arg π

336

arg 1.º

z

z Q


logo 2

π2cis

6z

17.4

4 4 4513i 1 i i i 1 ii

1 i 1 i

4i 1 i i 4

i i1 i 1 i

i 1 ii 4

1 i 1 i

2i 4 i i 5

1 i 1 i

5cis0 5 πcis

π 422cis

4

5 2 πcis

2 4

Cálculo auxiliar

Seja 1 iw , então: 2w .

1

tg arg 1 π1

4arg 1.º

w

w Q

é um argumento de w

π

2 cis4

w

44 4 π

1 i 2 cis 4 4cisπ4

w

4 cos π isinπ 4 1 i 0 4

17.5

55

22 22

i1 3 4i3 4i i ii

3i 3i

5

5

2

5 24 2

i3 4i

3 4i ii

3 i3 i i

55

53 3i π1 i 2 cos

3 4

5π 5π

4 2cis 4 2cis 2π4 4

3π

4 2 cis4



9

Pág. 285

18.1 a) π

3 i 2cis6

π2 π

62cis , 0, 12

k

k

Se k = 0, 0

π2 cis

12z

Se k = 1, 1

11π2 cis

12z

b) 441 1 3π

i 1cis42 2

4

3π2 π

41cis , 0, 1, 2, 34

k

k

3π 8 π

cis , 0, 1, 2, 316

kk

Se k = 0 → 0

3πcis

16z

Se k = 1 → 1

11πcis

16z

Se k = 2 → 2

19πcis

16z

Se k = 3 → 3

27πcis

16z

Cálculo auxiliar

Seja 3 iw , então:

2 2

3 1 2w

1 3

tg arg33

arg 4.º

w

w Q

π

6 é um argumento de w

Seja 1 1 2 2

i i2 22 2

z

2 2

2 2 2 21

2 2 4 4z

2

tg arg 12

arg 2.º

z

z Q

π 3ππ

4 4 é argumento de z

Logo 3π

1cis4

z

c) 55

3π32i 32cis

2

5

3π2 π

232cis , 0, 1, 2, 3, 45

k

k

3π2 π

22cis , 0, 1, 2, 3, 45

k

k

3π 4 π

2cis , 0, 1, 2, 3, 410

kk

Se k = 0 → 0

3π2cis

10z

Se k = 1 → 1

7π2cis

10z

Se k = 2 → 2

11π2cis

10z

Se k = 3 → 3

15π2cis

10z

Se k = 4 → 4

19π2cis

10z

18.2 a) 3 3 31 0 1 1z z z

33 0 2 π1cis0 1cis , 0, 1, 2

3

kz z k

2 π

cis , 0, 1, 23

kz k

k = 0 → 0 cis0z

k = 1 → 1

2πcis

3z

k = 2 → 2

4πcis

3z , logo

2π 4πcis 0,cis , cis

3 3S

b) 4 4 41 0 1 1z z z

4 1cisπz

4 π 2 π1cis , 0,1, 2,3

4

kz k

π 2kπ

cis , 0,1, 2,34

z k



10

k = 0 → 0

πcis

4z

k = 1 → 1

3πcis

4z

k = 2 → 2

5πcis

4z

k = 3 → 3

7πcis

4z , logo

π 3π 5π 7πcis , cis , cis , cis

4 4 4 4S

c) 6 6i 1 0 1 iz z

6 1 iz

Como 1 – i = π

2cis4

, vem:

6π

2cis4

z

12

π2 π

42cis , 0,1, 2,3, 4,56

k

z k

12 π 8 π2cis , 0,1, 2,3, 4,5

24

kz k

k = 0 → 12

0

π2cis

24z

k = 1 → 12

1

7π2cis

24z

k = 2 → 12 12

2

15π 5π2cis 2cis

24 8z

k = 3 → 12

3

23π2cis

24z

k = 4 → 12

4

31π2cis

24z

k = 5 → 12 12

5

39π 13π2cis 2cis

24 8z

logo:

12 12π 7π2cis , 2cis

24 12S

12 125π 23π2cis , 2cis

8 24

12 1231π 13π2cis , 2cis

24 8

d) 3 3z z z z

3 0z z

2 1 0z z

20 1z z

0 1 1z z z

1,0,1S

e) 2z z

Fazendo cisz , temos:

22 cis cis( )z z

2cis( ) cis( 2 )

2 2 0

2 2 3 2k k k k

1 0 0 1

22

33

kkkk

20 cis 0 cis cis

3 3z z z z

20, cis 0, cis , cis

3 3S

Pág. 286

19. – 64 = 64 cis π

6 6 6 π 2 π π 2 π64 64cis 64cis 2cis ,

6 6

k k

0, 1, 2, 3, 4, 5k

Então:

0

π2cis

6z

1

3π π2cis 2cis

6 2z

2

5π2cis

6z

3

7π2cis

6z

4

9π 3π2cis 2cis

6 2z

5

11π2cis

6z



11

Pág. 287

20.1 Sabemos que 1 1 3iz , daí que:

2

2

1 1 3 2z

1

3tg arg

1z arg( ) 1.º1z Q

π

3 é um argumento de

1z

1

π2cis

3z

;

2

π 2π2cis 2cis π 2

3 3z

3

2π 5π2cis π 2cis

3 3z

1 3

2 i 1 3i2 2

20.2. Calculando a soma, na forma algébrica 1z w ,

2z w

e 3z w , obtém-se o transformado do triângulo de

vértices 1z ,

2z e3z pela translação

uT , assim:

1 1' 1 3i i 1 3 1z z w i

2 2' 2 i 2 iz z w i

3 3' 1 3i i 1 3 1z z w i

20.3. 1

π π2cis cis

3 3z z

π π

2cis3 3

=2π

2cis3

2

π2cis π cis

3z z

π

2cis π3

4π

2cis3

3

5π π2cis cis

3 3z z

5π π2cis

3 3

2cis 2π

Interpretação: O produto deπ

cis3

por cada número

complexo z cuja imagem, no plano complexo, é um

vértice do triângulo, é o número complexo cuja imagem

é o transformado de z na rotação de centro (0, 0) e ângulo

igual a π

3.

Pág. 288

1. Seja cisz r ,então o seu simétrico é:

cisz r

Logo, a resposta correcta é a (B), uma vez que:

cis π cis 2π π cis π

Resposta: (B).

2. π

3cis3

z

Para que z seja imaginário puro de coeficiente positivo,

temos:

π π

2 π,3 2

k k

5π2 π,

6k k

Por exemplo, 5π

6

Resposta: (B).

3. z = i20 + i

z = (i4)5 + i

z = 1 + i

módulo: 2z

argumento: π

arg4

z :

π

2cis4

z

Resposta: (C).

4. As imagens geométricas de números conjugados são

simétricas relativamente ao eixo real.

Resposta: (D).

5. 2 cis 2w w , é dobro do simétrico de w.

Resposta: (C).



12

6. i – w = i – (2 + i ) =i – 2 – i = – 2

Donde i – w é um número real.

Resposta: (A).

7. Sendo π

2cis9

z

,

então, 2

1 1 1cis0

2π 2π4cis 4cis

9 9

z

1 2π

cis4 9

Resposta: (C).

Pág. 289

1.1 (z – 3)2 (1 – 2i)2 – i9

= [(3 – i) – 3]2 (1 – 2i)2 – (i4)2 × i

= (– i)2 (1 – 4i + 4i2) – i

= – (1 – 4i – 4) – i

= 3 + 4i – i

= 3 + 3i

1.2 Inverso do conjugado de w é 1

w, isto é,

1

3 3i, donde:

2

1 3 3i 3 3i

3 3i 3 3i 3 3i 9 3i

2

3 3i 3 3i 3 3 1 1i i

18 18 18 6 69 9i

Na forma trigonométrica:

2 21 1 1 1 1 2

6 6 36 36 6w

1tg arg 1

π

41arg 1.º

w

Qw

é um argumento de1

w

Daí que: 1 2 π

cis6 4w

.

2.1 O polinómio x3 – 3x2 + x + 5 é divisível por x + 1,

porque P (– 1) = 0.

2.2 3 2 23 5 1 4 5x x x x x x

2 4 16 20

4 5 02

x x x

2 i 2 ix x

Os zeros do polinómio são – 1, 2 + i e 2 – i.

3. Do enunciado podemos retirar que:

• 1z z

• cisz com π

π2

.

•

As imagens de z e z são simétricas em relação ao eixo

real. Donde: π 5π 5π

arg π arg6 6 6

z z

3.1 π 5π π 5π

i cis cis cis2 6 2 6

z

4π 1 3

=cis i3 2 2

3.2

5πcis

4π π6cis

πi 6 2cis

2

z

4π 1 3

cis i3 2 2

4. 3 2

1 2z z w

2

π2 i 3cis

3w

2 2π

2 i 2 i 3cis3

w

2 2π4 4i i 2 i 3cis

3w

1 3

3 4i 2 i 3 i2 2

w

2 3 3 36 3i 8i 4i i

2 2

3 3 3

2 11i i2 2

2 11i

3 3 3i

2 2

w



13

3 3 3

2 11i i2 2

9 27

4 4

32 33 33 3 3 i

2 2

9

i

w

11 3 2 2 3 11i

6 6w

5. z1 = 3i

Portanto z2 = – 3i é também um número complexo cuja

imagem geométrica é um vértice do losango.

O perímetro do losango é 16. Logo, donde AB = 4.

2 2

AB OB OA

2

16 9 OB

2

16 9 OB

2

7 OB

Portanto, 7OB

Resposta: – 3i, 7 e – 7

6.

3π

2cis 1 i4

z

3 3π π

2 cis 2cis4 4

z

3

π2cis

43π

2 cis4

z

πcis

1 π4 cis3π 2 2

2cis4

z z

7. Sabemos que:

• 1

πcis

4z OA

• 2 26 2cisz

• a área do rectângulo [OABC] é 12.

Assim, vem:

OCOABC

A OA

12

12 6 26 2

OA OA

2 2 22

22OA OA OA

Assim: 1

π2cis

4z

π π2 cos i sin

4 4

2 2

2 i 1 i2 2

Como 1

πarg

4z e

π

2AÔC , então:

2

π πarg

4 2z , logo 2

3πarg

4z

2

3π 3π 3π6 2cis 6 2 cos i sin

4 4 4z

2 26 2 i 6 6i

2 2

Resposta: z1 = 1 + i e z2 = – 6 + 6i

8. z1 tem um argumento π

3, logo 1 1

πcis

3z r

z2 tem módulo 3 3 , logo 2 23 3cisz

Então:

10

1

2 2

1

zz z

z

=

10

1

2 2

1

πcis

33 3cis 3 3 cis

r

r

10

2 π3 3 cis 0 cis

3

10 10π27cis 0 1 cis

3

4π 4π

27 cos0 isin0 cos isin3 3

1 3

27 1 i 0 i2 2

1 3 53 3

27 i i2 2 2 2



14

9. A imagem geométrica de z pertence ao 4. quadrante

(eixos não incluídos). Logo, z é da forma:

cisz r , com π

02

3 3cis 3z r

E como π

02

, então: 3π

3 02

.

Daí que a imagem geométrica de 3 3cis 3z r ,

com 3π

3 02

, não pode pertencer ao 1.

quadrante, mas pode pertencer ao 2., 3. ou 4.

quadrantes.

10. Seja cisz r , tal que, 3π

4 ou

π

4 , uma vez

que a imagem geométrica de z pertence à bissetriz dos

quadrantes pares.

Assim:

20 20 60πcis

4z r

ou 20 20 20π

cis4

z r

20 20cis 15z r ou 20 20cis 5z r

ou seja:

20 20cis πz r ou 20cis πz r

Logo, a imagem geométrica de z20 pertence ao eixo

real, uma vez que 20arg πz ou 20arg πz

Então, uma equação da recta à qual pertence a imagem

geométrica de z20 é y = 0 ou Im(z) = 0.

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