Trigonometria e complexos

TEMA III
Trigonometria e Números Complexos
Miguel Moreira
Júlia Justino
Mariana Dias
Conteúdo
1 Trigonometria
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 O conceito de ângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Algumas propriedades de triângulos planos . . . . . . . . . . . .
1.4 As funções Seno e Coseno de ângulos entre 0 e π2 . . . . . . . . .
1.4.1 A relação entre o Seno e o Coseno . . . . . . . . . . . . .
1.5 As funções Secante e Cosecante para ângulos entre 0 e π2 . . . .
1.6 As funções Tangente e Cotangente para ângulos entre 0 e π2 . . .
1.7 O círculo trigonométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.1 O Seno e o Coseno no círculo trigonométrico . . . . . . .
1.7.2 A Tangente e a Secante no círculo trigonométrico . . . .
1.7.3 A Cotangente e a Cosecante no círculo trigonométrico . .
1.8 Valores de funções trigonométricas para ângulos arbitrários . . .
1.8.1 Redução de um ângulo arbitrário ao intervalo [0, 2π[ . . .
1.8.2 Redução de uma função trigonométrica ao 1o quadrante
1.9 Equações com funções trigonométricas . . . . . . . . . . . . . .
1.9.1 Equação sen x = sen α . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9.2 Outras equações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10 Algumas importantes fórmulas trigonométricas . . . . . . . . . .
1.10.1 O seno da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10.2 O coseno da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10.3 A lei dos senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10.4 A lei do coseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.11 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.12 Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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2 Números Complexos
2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Forma algébrica dos números complexos e sua representação geométrica
2.3 Operações com números complexos na forma algébrica . . . . . . . . .
2.4 Forma
trigonométrica
dos
números
complexos
e
representação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Operações com números complexos na forma trigonométrica . . . . . .
2.6 Domínios planos e condições em variável complexa . . . . . . . . . . . .
2.6.1 |z1 − z2 | como distância entre dois pontos . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 |z − z1 | = |z − z2 | como mediatriz de um segmento de recta . . .
2.6.3 arg (z − z1 ) = θ como semi-recta . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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sua
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1
1
1
3
7
9
12
13
15
15
20
24
28
28
29
30
30
31
33
33
34
35
37
39
44
48
48
49
53
57
61
66
68
70
71
72
75
1
1.1
Trigonometria
Introdução
"A palavra trigonometria é uma combinação de duas palavras gregas, trigonon, que significa
triângulo e metron, medir. A palavra apareceu na imprensa em finais do século XVI quando
foi usada como título de um trabalho de Bartholomaeus Pitiscus, publicado pela primeira
vez em 1595 como suplemento de um livro sobre esferas. A palavra grega para ângulo é
gonia, e antes falava-se de goniometria como sendo a ciência da medida dos ângulos."in Tom
Apostol, Os Primórdios da História da Humanidade, Boletim da SPM-no 47.
1.2
O conceito de ângulo
A noção de ângulo encontra-se rigorosamente caracterizada na obra de Euclides, matemático
e geómetra da antiguidade, chamada Elementos. Esta obra encontra-se dividida em treze
livros. A oitava definição presente no primeiro livro é precisamente a definição de ângulo
plano:
Definição 1 Um ângulo plano é a inclinação mútua de duas rectas que se cruzam num
mesmo plano.
Basicamente o conceito de ângulo mede a inclinação relativa de duas rectas que se intersectam.
Diz-se que a rotação plana de uma recta em torno dum seu ponto descreve um ângulo
positivo se a rotação se verificar no sentido anti-horário. Se a rotação se verificar no sentido
horário o ângulo descrito diz-se negativo.
α
β
Figura 1: Ângulo α (positivo) e β (negativo)
Os ângulos podem ser medidos em graus, radianos ou grados.
1
M a io d e 2 0 0 6
Quando através de uma rotação plana, em sentido anti-horário, de uma recta orientada
em torno de um seu ponto, esta volta pela primeira vez à posição inicial o ângulo descrito é
igual a 360◦ (trezentos e sessenta graus), 2π radianos ou 400 grados.
α
Figura 2: Ângulo α = 360◦ = 2π rad = 400 grados.
Se a rotação plana da recta anterior descrever apenas 180◦ , π radianos ou 200 grados, a recta
fica disposta na mesma direcção embora com uma orientação oposta. É habitual designar
este ângulo por ângulo raso.
α
Figura 3: Ângulo raso α = 180◦ = π rad = 200 grados.
Se a rotação plana da recta em questão descrever 90◦ ,
descrito diz-se recto.
π
2
radianos ou 100 grados o ângulo
α
Figura 4: Ângulo recto α = 90◦ =
π
2
rad = 100 grados.
O sistema de medição de ângulos em graus é designado por sistema sexagesimal, no qual as
fracções de grau são representadas por minutos (angulares) e segundos (angulares). Como
se sabe, nos sistemas sexagesimais, 60 minutos (ou 600 ) correspondem a 1◦ e 60 segundos
(ou 6000 ) correspondem a 1 minuto.
2
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 1 Exprima em graus e radianos, 50 grados.
Resolução:
Como se sabe, 90◦ e
e
1.3
π
2
radianos correspondem a 100 grados. Assim,
90◦
x
=
⇒ x = 45◦
50 grados 100 grados
π
radianos
x
π
= 2
⇒ x = radianos.
50 grados
100 grados
4
Algumas propriedades de triângulos planos
Definição 2 Um triângulo plano é uma figura geométrica com três lados (constituidos
por três segmentos de recta) que definem três ângulos internos, como se observar na Figura
5. Nesta figura denotamos os ângulos referidos pelas letras α, β e γ. É habitual representar
os lados de um triângulo por letras maiúsculas e os respectivos comprimentos pelas mesmas
letras minusculas. Na Figura 5 representamos os lados pelas letras A, B e C.
γ
B
α
C
A
β
Figura 5: Triângulo plano.
No caso em que A = B = C o triângulo diz-se equilátero; se tiver dois lados iguais e um
diferente diz-se um triângulo isósceles e se tiver os lados todos diferentes o triângulo
diz-se escaleno.
¡
¢
No caso em que um dos ângulos internos do triângulo é recto 90o = π2 rad , o triângulo
diz-se rectângulo.
A Figura 6 representa um triângulo rectângulo, onde o ângulo recto se encontra assinalado.
c
α
β
a
π
2
b
Figura 6: Triângulo rectângulo.
Notemos igualmente que o triângulo ilustrado, apresenta mais dois ângulos internos aqui
denotados pelas letras gregas α e β. As letras a, b e c representam respectivamente os
3
M a io d e 2 0 0 6
comprimentos dos diferentes lados do triângulo. O lado oposto ao ângulo que é recto designase por hipotenusa. Os restantes lados são designados habitualmente por catetos.
Os triângulos planos, na geometria Euclideana, possuem algumas propriedades que importa
referir pela sua utilidade.
Teorema 1 (Teorema de Pitágoras) Em qualquer triângulo rectângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos:
c2 = a2 + b2 .
Uma das importantes propriedades dos triângulos planos que interessa assinalar, pelo seu
alcance, é a que caracteriza a soma dos ângulos internos.
Propriedade 2 A soma dos ângulos internos de um qualquer triângulo é igual a 180o , isto
é, a dois ângulos rectos.
Na Figura 7 podemos observar uma construção geométrica que pode servir de base à demonstração deste resultado.
λ
β
α
r
λ
β
α
C
Figura 7: α + β + γ = 180◦ .
Com efeito, se fizermos passar uma recta paralela ao lado C, neste caso a recta r, pelo vértice
do triângulo que se lhe opõe, facilmente concluímos que
α + β + γ = 180◦ .
De notar que o resultado enunciado só é válido no contexto da geometria Euclideana, isto é
nas geometrias que satisfazem, entre outros, o V axioma (da geoemtria) de Euclides. Este
axioma estabelece que por um ponto exterior a uma recta, existe uma e uma só recta paralela
à recta dada. Observe-se que este facto esteve por trás dos argumentos atràs apresentados na
demonstração efectuada. Existem efectivamente outras geometrias, conhecidas por geometrias não-Euclideanas, igualmente úteis em que o correspondente enunciado é distinto. Como
exemplos de geometrias não-Euclideanas que não satisfazem este enunciado podemos referir
a geometria dos triângulos esféricos (utilizada na navegação marítima e aérea) e a geometria
de Lobachevsky (com aplicações em cosmologia).
4
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 2 Suponha que num triângulo rectângulo um dos ângulos internos tem 35◦ . Qual
o valor do outro ângulo α não-recto?
Resolução:
Teremos de ter
α + 35◦ + 90◦ = 180◦
donde resulta α = 90◦ − 35◦ = 55◦ .
Seguidamente iremos referir mais algumas propriedades dos triângulos planos.
Suponha-se que a partir dos lados A1 , A2 e A3 de comprimento a1 , a2 e a3 , de um dado
triângulo A, construímos um novo triângulo B, cujos lados tem comprimentos b1 = ra1 ,
b2 = ra2 e b3 = ra3 , em que r representa um qualquer número real estritamente positivo.
A
B
a1
b1 = ra1
Figura 8: Triângulos semelhantes.
Nestas circunstâncias, o triângulo B diz-se semelhante ao triângulo A e os lados
Ai e Bi com 1 ≤ i ≤ 3
dos triângulos A e B, dizem-se homólogos.
Definição 3 Sejam A e B dois triângulos com lados A1 , A2 e A3 , B1 , B2 e B3 , e comprimentos a1 , a2 e a3 , b1 , b2 e b3 , respectivamente. Se existir uma constante de proporcionalidade
r > 0 tal que
bi = rai
com 1 ≤ i ≤ 3, então o triângulo B diz-se semelhante a A.
Podemos afirmar, com um pequeno abuso de linguagem que triângulos semelhantes são
proporcionais entre si.
A propriedade seguinte permite-nos reconhecer triângulos semelhantes recorrendo à noção
de ângulo interno.
Propriedade 3 Os triângulos A e B são semelhantes se e só se os ângulos internos de A
forem iguais aos ângulos internos de B.
Por outro lado, para verificar com base na observação dos ângulos internos de dois triângulos,
que estes são semelhantes, basta assegurar que dois dos ângulos internos de um triângulo
são iguais a dois dos ângulos internos de outro. Mais formalmente:
5
M a io d e 2 0 0 6
γ
α
γ
α
β
β
Figura 9: Triângulos com idênticos ângulos internos.
β*
β
γ*
γ
α
Figura 10: Ângulos internos de triângulos semelhantes são iguais.
Propriedade 4 Os triângulos A e B são semelhantes se e só dois dos ângulos internos de
A forem iguais a dois dos ângulos internos de B.
Exemplo 3 Na Figura 10
podemos observar que β = β∗ e γ = γ∗ . Estas igualdades, bastam para determinar a
semelhança destes triângulos.
Na Figura 10 podemos também inferir que lados homólogos definem ângulos internos idênticos. Mais precisamente:
Propriedade 5 Lados homólogos de triângulos semelhantes definem ângulos internos iguais.
Os triângulos planos podem ser agrupados em grupos de triângulos que são semelhantes
entre si. Triângulos semelhantes partilham muitas propriedades interessantes.
Exemplo 4 Consideremos a Figura 11 em que estão representados dois triângulos semelhantes e os respectivos comprimentos dos seus lados.
a
γ
b
β
b*
α
γ
a*
c
α
β
c*
Figura 11: Triângulos semelhantes.
Então
a∗
b∗
c∗
=
= ,
a
b
c
6
M a io d e 2 0 0 6
donde
a∗
a
=
,
c∗
c
b∗
b
=
e
c∗
c
a
a∗
=
.
∗
b
b
Este facto mostra que triângulos semelhantes partilham entre si idênticos quocientes de comprimentos de lados adjacentes.
1.4
As funções Seno e Coseno de ângulos entre 0 e
π
2
Dados dois quaisquer triângulos rectângulos semelhantes, como os da Figura 12,
c
α
β
a
π
2
c*
b
β
a*
α
π
2
b
*
Figura 12: Triângulos rectângulos semelhantes.
podemos afirmar que
a
a∗
=
,
c∗
c
b
b∗
=
e
c∗
c
a∗
a
=
,
∗
b
b
uma vez que triângulos semelhantes partilham entre si a igualdade dos quocientes dos comprimentos dos lados adjacentes. Desta forma, torna-se possível associar univocamente a cada
ângulo α ou β de um triângulo deste tipo, qualquer um daqueles quocientes. É desta forma
que as funções Seno, Coseno e outras funções trigonométricas podem ser definidas de forma
elementar.
Estas funções associam números reais a ângulos. Os valores que as funções Seno e Coseno
assumem, definem-se para ângulos entre 0 e π2 radianos como se segue, tendo por base a
Figura 13 que representa um triângulo rectângulo.
Definição 4 Considere-se um triângulo rectângulo qualquer tal que α é o ângulo definido
pela hipotenusa (de comprimento c) e um dos catetos.
A função seno, designada Seno, define-se como sendo o quociente entre o comprimento do
cateto oposto ao ângulo α e o comprimento da hipotenusa, isto é:
sen α =
cateto oposto a
= .
hipotenusa
c
7
M a io d e 2 0 0 6
β
c
α
a
π
2
b
Figura 13: Triângulo rectângulo.
A função coseno, designada Coseno, define-se como sendo o quociente entre o comprimento
do cateto adjacente ao ângulo α e o comprimento da hipotenusa, isto é:
cos α =
cateto adjacente b
= .
hipotenusa
c
Exemplo 5 Determine o valor da função seno de α supondo que α tem o valor de 0, π6 , π4 ,
π
e π2 radianos.
3
Resolução:
Comecemos por observar que quando α tem o valor de 0 radianos o seu cateto oposto tem
um comprimento nulo. Desta forma sen 0 = 0c = 0.
Quanto ao valor da função seno quando α tem o valor de π6 radianos, consideremos o triângulo equilátero da Figura 14.
c
c
α
π
β
2
c
2
c
2
Figura 14: Determinação de sen π6 .
Como é sabido a soma dos ângulos internos de um qualquer triângulo plano é igual a π
radianos. Assim, os ângulos internos dum triângulo isósceles são iguais a β = π3 . Desta
π
forma, no triângulo da figura α = 23 = π6 . Donde se deduz, atendendo à definição de Seno,
c
π
1
sen = 2 = .
6
c
2
Por outro lado, deduz-se também, atendendo ao Teorema de Pitágoras, que
q
¡ ¢2
c2 − c2
π
sen
=
3
q c
√
3c2
3
4
=
=
.
c
2
Consideremos, agora, o quadrado de lado a, seguinte:
8
M a io d e 2 0 0 6
α
c
π
α
2
a
Figura 15: Determinação de sen π4 .
Naturalmente α = π4 . Donde, atendendo à definição de Seno
sen
π
a
=
4
c
a
= √
a2 + a2
√
2
1
= √ =
.
2
2
Finalmente, observemos que quando α = π2 , o comprimento do cateto oposto torna-se igual
ao comprimento da hipotenusa. Assim, sen π2 = 1.
Em resumo obtemos a Tabela 1:
ângulo
0
Seno
0
π
6
1
2
π
4
√
2
2
π
3
√
3
2
π
2
1
Tabela 1: Seno de alguns ângulos entre 0 e π2 .
1.4.1
A relação entre o Seno e o Coseno
As funções Seno e Coseno encontram-se directamente relacionadas. Consideremos novamente
a Figura 16 que representa um triângulo rectângulo.
c
α
β
a
π
2
b
Figura 16: Triângulo rectângulo.
9
M a io d e 2 0 0 6
Por definição
a
e
b
a
cos β =
.
b
sen α =
Por outro se α e β representam os ângulos internos adjacentes à hipotenusa então
β=
donde
sen α =
Isto é,
π
− α,
2
³π
´
a
= cos β = cos
−α .
b
2
sen α = cos
³π
2
Por outro lado, se na expressão anterior fizermos
β=
´
−α .
π
−α
2
então
π
− β.
2
O que nos permite obter a expressão equivalente
α=
sen
³π
2
´
− β = cos β.
Estas importantes expressões permitem-nos obter o Seno ou o Coseno de um ângulo α se
conhecermos, respectivamente, o Coseno ou o Seno do ângulo π2 − α (este último diz-se, o
complementar de α para π2 ).
Exemplo 6 Determine o valor da função coseno de β sabendo que β tem o valor de 0, π6 ,
π π
, e π2 radianos.
4 3
Resolução:
Sabemos que
0
π
6
π
4
π
3
π
2
=
=
=
=
=
π
2
π
2
π
2
π
2
π
2
π
,
2
π
α= ,
3
π
α= ,
4
π
α= e
6
α = 0.
− α, com α =
− α, com
− α, com
− α, com
− α, com
10
M a io d e 2 0 0 6
Por outro lado
sen α = cos
³π
´
−α .
2
Então, atendendo à Tabela 1, temos sucessivamente
cos 0 = cos
π
6
π
cos
4
π
cos
3
π
cos
2
cos
= cos
= cos
= cos
= cos
³π
2
³π
2
³π
2
³π
2
³π
2
π´
π
= sen = 1,
2
2
√
´
π
π
3
−
= sen =
,
3
3
2
√
π´
π
2
−
= sen =
,
4
4
2
´
π
π
1
−
= sen = e
6´
6
2
− 0 = sen 0 = 0.
−
11
M a io d e 2 0 0 6
Donde obtemos a Tabela 2:
ângulo Coseno
0
1
π
6
√
3
2
π
4
√
2
2
π
3
1
2
π
2
0
Tabela 2: Coseno de alguns ângulos entre 0 e π2 .
1.5
As funções Secante e Cosecante para ângulos entre 0 e
As funções Secante e Cosecante podem ser definidas, para ângulos entre 0 e
base nas funções Coseno e Seno, atrás definidas.
π
2
π
2
radianos, com
Definição 5 As funções Secante e Cosecante são as funções que se definem, respectivamente, como
1
e
sec α =
cos α
1
csc α =
.
sen α
A partir das definições anteriores e tendo por base a Figura 17
β
c
α
a
π
2
b
Figura 17: Triângulo rectângulo.
pode constatar-se que a Secante e a Cosecante de um dado ângulo α poder-se-ia ter definido
directamente a partir do triângulo rectângulo acima representado. Com efeito se
sec α =
1
b
e cos α = ,
cos α
c
então
sec α =
1
1
c
= b = .
cos α
b
c
Analogamente se mostra que
csc α =
12
c
.
a
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 7 Determine o valor da Secante e Cosecante quando α assume os valores 0,
π π
, e π2 radianos.
4 3
π
,
6
Resolução:
Tendo por base as tabelas dos valores do Seno e Coseno para os ângulos referidos e as
definições das funções Secante e Cosecante, deduz-se facilmente:
1
ângulo Coseno Secante= Coseno
e
1.6
1
1
=1
0
1
π
6
√
3
2
√
π
4
√
2
2
√
π
3
1
2
2
π
2
0
não definida
1
3
2
1
2
2
=
√
2 3
3
=
√
2
1
ângulo Seno Cosecante= Seno
0
0
não definida
π
6
1
2
2
π
4
√
2
2
√
π
3
√
3
2
√
2 3
3
π
2
1
1
2
As funções Tangente e Cotangente para ângulos entre 0 e
π
2
As funções Tangente e Cotangente constituem outras duas importantes funções trigonométricas. Estas últimas podem ser definidas, para ângulos entre 0 e π2 radianos, recorrendo às
funções Seno e Coseno, atrás referidas.
Definição 6 As funções Tangente e Cotangente são as funções que se definem, respectivamente, como
sen α
tg α =
e
cos α
1
cos α
cotg α =
=
.
tg α
sen α
13
M a io d e 2 0 0 6
A partir das definições anteriores e tendo por base a figura 18
β
c
α
a
π
2
b
Figura 18: Triângulo rectângulo.
pode observar-se que a Tangente e a Cotangente de um dado ângulo α poder-se-ia ter definido
directamente a partir do triângulo rectângulo acima representado. Com efeito se
tg α =
então
tg α =
sen α
=
cos α
sen α
,
cos α
sen α =
a
c
cos α =
b
c
a
c
b
c
e
a
cateto oposto
=
.
b
cateto adjacente
=
Analogamente se mostra que
cotg α =
b
cateto adjacente
=
.
a
cateto oposto
Exemplo 8 Determine o valor das funções Tangente e Cotangente quando α assume os
valores 0, π6 , π4 , π3 e π2 radianos.
Resolução:
Consideremos os valores das funções Seno e Coseno para estes ângulos e as definições das
funções Tangente e Cotangente. Deduz-se:
ângulo Seno Coseno Tangente =
0
0
1
0
π
6
1
2
√
3
2
π
4
√
2
2
√
2
2
π
3
√
3
2
1
2
π
2
1
0
1
√2
3
2
=
Seno
Coseno
√
3
3
1
√
3
2
1
2
=
√
3
1
√
3
não definida
14
1
Cotangente = Tangente
não definida
√
3
3
0
M a io d e 2 0 0 6
1.7
O círculo trigonométrico
O círculo trigonométrico é um círculo de raio unitário, centrado na origem de um referencial cartesiano. Os ângulos são medidos entre o semieixo positivo dos xx e um apropriado
raio vector aplicado na origem. Se a medição for efectuada no sentido anti-horário o ângulo
é positivo. Caso contrário é negativo. Neste círculo, como veremos, será possível identificar com certos comprimentos adequadamente escolhidos, os valores das principais funções
trigonométricas para os ângulos considerados.
Adicionalmente o círculo trigonométrico permite-nos generalizar os funções trigonométricas
atrás definidas para argumentos entre 0 e π2 radianos a outros ângulos.
1.7.1
O Seno e o Coseno no círculo trigonométrico
Observemos a Figura 19 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo rectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem com comprimento unitário.
Seja α o ângulo medido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa
do triângulo rectângulo representado. Sejam a e b os comprimentos dos catetos do triângulo
rectângulo representado medido de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos.
y
c =1
a = senα
α
b = cos α
x
Figura 19: Seno e Coseno.
Como a hipotenusa do triângulo representado tem o comprimento c = 1, então por definição
é imediato concluir que para um ângulo entre 0 e π2 radianos
a a
= =ae
c
1
b b
cos α =
= = b.
c
1
sen α =
Isto é, o comprimento a e b dos catetos representados na Figura 19 traduzem exactamente
os valores das funções Seno e Coseno do ângulo α.
15
M a io d e 2 0 0 6
Para outros ângulos as funções Seno e Coseno são definidas da mesma forma, isto é, como
sen α = a e
cos α = b
em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondentes
eixos.
Se seguirmos a evolução dos comprimentos dos catetos do triângulo da Figura 19, à medida
que o ângulo α varia, podemos identificar valores típicos destas funções e algumas interessantes propriedades.
A título ilustrativo apresentamos de seguida os gráficos das funções Seno e Coseno no intervalo [−π, π].
Figura 20: Seno no intervalo [−π, π].
Figura 21: Coseno no intervalo [−π, π].
16
M a io d e 2 0 0 6
Comecemos por notar, por exemplo que
ângulo Seno Coseno
0
0
1
π
2
1
0
π
0
−1
3π
2
−1
0
2π
0
1
Outro facto particularmente interessante que se pode registar observando a evolução dos
comprimentos dos catetos do triângulo da Figura 19 à medida que o ângulo α varia, é a
periodicidade, com período 2π, das funções Seno e Coseno. Nas Figuras 22 e 23 pode ser
verificada esta propriedade.
Figura 22: Periodicidade da função seno.
Figura 23: Periodicidade da função coseno.
17
M a io d e 2 0 0 6
Tem-se, assim, para qualquer ângulo α
sen α = sen (α + 2π) e
cos α = cos (α + 2π) .
Isto é,
sen α = sen (α + k2π) e
cos α = cos (α + k2π)
para todo ângulo α e k número inteiro.
Pode, igualmente verificar-se que para todo o ângulo α
sen α = − sen (−α) e
cos α = cos (−α) .
Isto é, a função seno é uma função ímpar e a função coseno é uma função par. Nas Figuras 24
e 25 verificam-se, como base na interpretação do círculo trigonométrico estas propriedades.
y
(0,1)
senα
α
(1,0)
−α
x
sen(−α )
Figura 24: sen α = − sen (−α) .
y
(0,1)
cos α
α
−α
(1,0)
x
cos(−α )
Figura 25: cos α = cos (−α).
18
M a io d e 2 0 0 6
Por outro lado pode também observar-se que
sen (π − α) = sen α e
sen (π + α) = − sen α.
Nas Figuras 26 e 27 verificam-se estas propriedades.
y
(0,1)
sen(π - α )
senα
π −α
α
(1,0)
x
Figura 26: sen (π − α) = sen α.
y
(0,1)
senα
α
sen(π + α )
(1,0)
x
π +α
Figura 27: sen (π + α) = − sen α.
E também
cos α = − cos (π − α) = − cos (π + α) ,
como se pode observar na Figura 28.
y
cos(π − α ) cos α
(− 1,0)
π −α
α
(1,0)
x
π +α
cos(π + α )
Figura 28: cos α = − cos (π − α) = − cos (π + α) .
19
M a io d e 2 0 0 6
Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se a
chamada Fórmula Fundamental da Trigonometria
1 = c2 = a2 + b2 = sen2 α + cos2 α,
isto é
sen2 α + cos2 α = 1
para todo o ângulo α.
1.7.2
A Tangente e a Secante no círculo trigonométrico
Consideremos agora a Figura 29 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo
rectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem. Seja α o ângulo
medido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulo
rectângulo representado e b o comprimento unitário (por construção) do cateto do triângulo
rectângulo representado. Os comprimentos a e b dos catetos são medidos de acordo com
os sentidos dos correspondentes eixos.
y c = sec α
a = tgα
α
b =1
x
Figura 29: Tangente e Secante.
Como o cateto adjacente ao ângulo α é unitário, atendendo à definição de Tangente e Secante
para ângulos entre 0 e π2 deduz-se
tg α =
sec α =
a
1
c
1
=ae
= c.
Isto é, os comprimentos do cateto oposto e da hipotenusa do triângulo representado na
Figura 29 correspondem aos valores da Tangente e da Secante do ângulo α, respectivamente.
20
M a io d e 2 0 0 6
Para outros ângulos as funções Tangente e Secante são definidas da seguinte forma
tg α =
sec α =
a
b
e
c
b
em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondentes
eixos.
A título ilustrativo apresentamos seguidamente os gráficos das funções Tangente e Secante
no intervalo [−π, π] .
Figura 30: Tangente no intervalo [−π, π].
Figura 31: Secante no intervalo [−π, π].
Tendo em atenção a medição dos comprimentos a e b dos catetos de acordo com os sentidos
dos correspondentes eixos deduzimos seguidamente os valores das funções Tangente e Secante
21
M a io d e 2 0 0 6
para alguns ângulos de interesse:
ângulo Tangente =
0
0
a
b
Secante =
1
c
b
π
2
não definida
não definida
π
0
−1
3π
2
não definida
não definida
2π
0
1
Notemos também que
a
−a
=
= tg (α + π) ,
b
−b
isto é, a função tangente é periódica com período π, ou seja,
tg α =
tg α = tg (α + kπ)
para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 32 pode ser verificada esta propriedade.
Figura 32: Periodicidade da função tangente.
Também
c
c
=−
= − sec (π + α) = − (− sec (π + (π + α)))
b
−b
= sec (2π + α) ,
sec α =
o que mostra que a função secante também é periódica de período 2π. Isto é,
sec α = sec (α + 2kπ)
para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 33 pode ser verificada esta propriedade.
22
M a io d e 2 0 0 6
Figura 33: Periodicidade da função secante.
Por outro lado
tg α = − tg (−α) e
sec α = sec (−α) ,
o que mostra que a função tangente é uma função ímpar e a função secante uma função par.
Na Figura 34 ilustram-se estas propriedades.
y
sec α
(0,1)
tgα
α
(−1,0)
−α
x
tg(−α )
sec(−α )
Figura 34: tg α = − tg (−α) e sec α = sec (−α).
Também, não é difícil verificar que
tg α = − tg (π − α)
e
sec α =
c
c
=−
= − sec (π − α) = − sec (π + α) .
b
−b
23
M a io d e 2 0 0 6
y
sec α
sec(π − α )
tg(π − α )
tgα
π −α
α
(1,0) x
π +α
tg(π + α )
(−1,0)
sec(π + α )
Figura 35: tg α = − tg (π − α) e sec α = − sec (π − α) = − sec (π + α).
Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se
igualmente
c2 = sec2 α = a2 + b2 = tg 2 α + 1,
isto é
sec2 α = tg 2 α + 1,
para todo o ângulo α.
1.7.3
A Cotangente e a Cosecante no círculo trigonométrico
Consideremos agora a Figura 36 que representa um círculo trigonométrico com um triângulo
rectângulo cuja hipotenusa constitui um raio vector aplicado na origem. Seja α o ângulo
medido no sentido directo entre o semieixo positivo dos xx e a hipotenusa do triângulo
rectângulo representado e a o comprimento unitário (por construção) do cateto do triângulo
rectângulo representado. Os comprimentos a e b dos catetos são medidos de acordo com
os sentidos dos correspondentes eixos.
y
c = csc α
α
b = cotgα
a =1
x
Figura 36: Cotangente e Cosecante.
24
M a io d e 2 0 0 6
Como o cateto oposto ao ângulo α é unitário, atendendo à definição de Cotangente e Cosecante para ângulos entre 0 e π2 deduz-se
cotg α =
csc α =
b
1
c
1
=be
= c.
Isto é, os comprimentos do cateto adjacente e da hipotenusa do triângulo representado na
Figura 36 correspondem aos valores da Cotangente e da Cosecante do ângulo α, para ângulos
entre 0 e π2 , respectivamente.
Para outros ângulos as funções Cotangente e Cosecante são definidas da seguinte forma
cotg α =
csc α =
b
a
e
c
a
em que os comprimentos a e b são medidos de acordo com o sentido dos correspondentes
eixos.
A título ilustrativo apresentamos de seguida os gráficos das funções Cotangente e Cosencante
no intervalo [−π, π] .
Figura 37: Cotangente no intervalo [−π, π].
Figura 38: Cosecante no intervalo [−π, π].
25
M a io d e 2 0 0 6
Tendo em atenção a medição dos comprimentos a e b dos catetos de acordo com os sentidos dos correspondentes eixos deduzimos seguidamente os valores das funções Cotangente e
Secante para alguns ângulos de interesse:
ângulo
0
Cotangente = ba
não definida
Cosecante = ac
não definida
π
2
0
1
π
não definida
não definida
3π
2
0
−1
2π
não definida
não definida
Notemos também que
−b
b
=
= cotg (α + π) ,
a
−a
isto é, a função cotangente é periódica com período π, ou seja
cotg α =
cotg α = cotg (α + kπ)
para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 39 podemos constatamos esta propriedade.
Figura 39: Periodicidade da função cotangente.
Também
c
c
=−
= − csc (π + α) = − (− csc (π + (π + α)))
a
−a
= csc (2π + α) ,
csc α =
o que mostra que a função cosecante também é periódica de período 2π. Isto é,
csc α = csc (α + 2kπ)
para todo ângulo α e k número inteiro. Na Figura 40 pode ser verificada esta propriedade.
26
M a io d e 2 0 0 6
Figura 40: Periodicidade da função cosecante.
Por outro lado
cotg α = − cotg (−α) e
csc α = − csc (−α) ,
o que mostra que quer a função cotangente quer a função cosecante são funções ímpares
como se pode inferir a partir da Figura 41.
y
cotgα
csc α
1
α
−α
csc(−α )
x
1
cotg( −α )
Figura 41: cotg α = − cotg (−α) e csc α = − csc (−α) .
Também
cotg α = − cotg (π − α)
e
c
c
=−
= − csc (π + α) = csc (π − α) .
a
−a
Nas Figuras 42 e 43 é possível deduzir estas propriedades.
csc α =
27
M a io d e 2 0 0 6
y
cotg(π − α ) cotgα
1
π −α
α
x
Figura 42: cotg α = − cotg (π − α).
y
csc(π − α )
cscα
1
1
π −α
α
x
π +α
1
csc(π + α )
Figura 43: csc α = − csc (α + π) = csc (α + π).
Tendo em conta o Teorema de Pitágoras, observando o círculo trigonométrico, deduz-se
igualmente
c2 = csc2 α = a2 + b2 = 1 + cotg 2 α,
isto é
csc2 α = cotg 2 α + 1,
para todo o ângulo α.
1.8
1.8.1
Valores de funções trigonométricas para ângulos arbitrários
Redução de um ângulo arbitrário ao intervalo [0, 2π[
Vimos atrás que as funções trigonométricas básicas são periódicas de período fundamental
2π e π. Notando adicionalmente que se uma função é periódica de período π então também é
periódica de período (não fundamental) 2π, podemos concluir que as funções trigonométricas
básicas têm, todas, período 2π. Assim, poderemos facilmente calcular o valor destas funções
para um ângulo arbitrário se soubermos os valores das funções trigonométricas para ângulos
no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦ [), isto é, no círculo triogonométrico. Bastando para tal
reduzir o ângulo dado a um valor no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦ [).
28
M a io d e 2 0 0 6
Tal redução é efectuada achando o resto da divisão inteira do ângulo dado por 2π, ou 360◦
conforme se esteja a trabalhar em radianos ou em graus. O ângulo obtido (no intervalo
pretendido) diz-se congruente com o ângulo dado mod 2π, ou mod 360◦ conforme se esteja
a trabalhar em radianos ou em graus.
Exemplo 9 Reduza ao intervalo [0, 360◦ [ o ângulo de −1080◦ .
Resolução:
Ora
−1080◦ = −3 × 360◦ + 0◦ ,
o que mostra que −1080◦ é congruente com 0◦ (mod 360).
Exemplo 10 Reduza ao intervalo [0, 2π[ o ângulo
25
π
4
radianos.
Resolução:
Ora
25
π
π = 3 × 2π + ,
4
4
o que mostra que 25
π é congruente com π4 (mod 2π).
4
Exemplo 11 Calcule cos (−1080◦ ).
Resolução:
Sabemos que −1080◦ é congruente com 0◦ (mod 360). Então cos (−1080) = cos 0 = 1.
1.8.2
Redução de uma função trigonométrica ao 1o quadrante
Recorrendo às propriedades das funções trigonométricas é possível relacionar os valores que
as funções trigonométricas assumem no intervalo [0, 2π[ (ou [0, 360◦ [) com£ valores
¤ assumidos
π
por funções trigonométricas relacionadas com as anteriores no intervalo 0, 2 (ou [0, 90◦ ]).
Tal procedimento designa-se por redução de uma dada função trigonométrica ao 1o quadrante (do círculo trigonométrico). Este procedimento pode ser conveniente uma vez que
conhecemos os valores das diferentes funções trigonométricas para diferentes ângulos no 1o
quadrante (0, π6 , π4 , π3 e π2 ).
Exemplo 12 Reduza ao 1o quadrante cos (180◦ − 35◦ ).
Resolução:
Ora cos (180◦ − 35◦ ) = − cos (35◦ ). Note-se que 35◦ pertence ao 1o quadrante.
¡
¢
Exemplo 13 Calcule sen 294 π .
Resolução:
Sabemos que
29
28
1
1
π = π + π = 3 × 2π + π + π.
4
4
4
4
29
M a io d e 2 0 0 6
Então,
¶
µ
¶
1
29
sen
π
= sen 3 × 2π + π + π
4
4
¶
µ
1
= sen π + π
4
√
µ ¶
1
2
= − sen
π =−
.
4
2
µ
1.9
Equações com funções trigonométricas
Em diversas circunstâncias pode ser útil resolver equações em que intervêem funções trigonométricas. Seguidamente iremos estudar algumas técnicas destinadas à resolução deste tipo de
equações.
1.9.1
Equação sen x = sen α
Suponha-se que pretendemos determinar os valores de x que satisfazem a equação
sen x = sen α
para um certo ângulo α conhecido. Tendo em conta as propriedades da função seno sabemos
que
sen x = sen α
se
x = α + 2kπ, k inteiro,
já que a função seno é periódica de período fundamental 2π. Por outro lado, se
sen x = sen α,
também
sen x = sen (π − α) ,
donde se deduz novamente da periodicidade da função seno
x = π − α + 2kπ, k inteiro.
Assim, os valores x que satisfazem a equação
sen x = sen α
serão
x = α + 2nπ ∨ x = π − α + 2mπ, com n e m inteiros.
Na Figura 44 ilustram-se a forma das soluções indicadas.
30
M a io d e 2 0 0 6
Figura 44: Soluções da equação sen x = sen α.
Exemplo 14 Resolva a equação sen x = sen π4 .
Resolução:
Como vimos atrás, a solução desta equação será
x=
π
4
+ 2nπ ∨ x = π −
⇔x=
π
4
+ 2nπ ∨ x =
π
4
3π
4
+ 2mπ, com n e m inteiros ⇔
+ 2mπ, com n e m inteiros.
Exemplo 15 Resolva a equação sen x = 0.
Resolução:
Ora
sen x = 0 ⇔ sen x = sen 0
pois sen 0 = 0. Então, tendo em conta a solução conhecida para a equação anterior
x = 0 + 2nπ ∨ x = π − 0 + 2mπ, com n e m inteiros ⇔
⇔ x = 2nπ ∨ x = π + 2mπ, com n e m inteiros ⇔
1.9.2
⇔ x = kπ, com k inteiro.
Outras equações
Consideremos agora o problema de determinar os valores de x que satisfazem a equação
cos x = cos α
para um certo ângulo α conhecido. Tendo em conta as propriedades da função coseno
sabemos que
cos x = cos α
31
M a io d e 2 0 0 6
se
x = α + 2kπ, k inteiro,
já que a função coseno é periódica de período fundamental 2π. Por outro lado, se
cos x = cos α,
também
cos x = cos (−α) ,
donde se deduz novamente da periodicidade da função coseno
x = −α + 2kπ, k inteiro.
Assim, os valores x que satisfazem a equação
cos x = cos α
serão
x = α + 2nπ ∨ x = −α + 2mπ, com n e m inteiros.
Como facilmente o leitor poderá verificar, notando que sec x = 1/ cos x e csc x = 1/ sen x, as
soluções das equações do tipo
sec x = sec α
e
csc x = csc α
são respectivamente
x = α + 2nπ ∨ x = −α + 2mπ, com n e m inteiros.
e
x = α + 2nπ ∨ x = π − α + 2mπ, com n e m inteiros.
Quanto às equações do tipo
tg x = tg α ou
cotg x = cotg α
as soluções são
x = α + kπ, k inteiro
atendendo à periodicidade de período fundamental π destas útltimas funções.
Exemplo 16 Resolva a equação cos x = cos π3 .
Resolução:
Como vimos atrás, a solução desta equação será
x=
π
π
+ 2nπ ∨ x = − + 2mπ, com n e m inteiros.
3
3
32
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 17 Resolva a equação cos x = sen π3 .
Resolução:
¢
¡
Comecemos por observar que sen π3 = cos π2 − π3 = cos π6 . Então, a equação a resolver será
equivalente à equação
π
cos x = cos
6
cuja solução será
x=
π
π
+ 2nπ ∨ x = − + 2mπ, com n e m inteiros.
6
6
1.10
Algumas importantes fórmulas trigonométricas
1.10.1
O seno da soma
Uma importante fórmula da trigonometria é a que estabelece o seguinte resultado, conhecido
sugestivamente por "o seno da soma":
sen (α + β) = sen α cos β + sen β cos α.
Como se pode observar esta fórmula relaciona o seno de uma soma de ângulos com o seno e
o coseno de cada uma das parcelas. Para nos convencermos que este resultado é verdadeiro
consideremos a figura 45.
Triângulo C
Triângulo B
γ
1
cos γ senβ =
cos α senβ
θ
sen (α + β )
cos β
β
ϕ
α
senα cos β
Triângulo A
Figura 45: O seno da soma.
Esta Figura representa três triângulos: o triângulo A, o triângulo B e o triângulo C, tendo
a hipotenusa do triângulo B um comprimento unitário. Naturalmente, nestas circunstâncias
(porquê?), o comprimento do cateto oposto ao ângulo α + β, representado a traço interrompido, será sen (α + β) . Ora, este valor é igual à soma do comprimento do cateto oposto
ao ângulo α (que é sen α cos β) com o comprimento do cateto adjacente ao ângulo γ (que é
cos γ sin β), isto é:
sen (α + β) = sen α cos β + cos γ sen β.
33
M a io d e 2 0 0 6
Como α = γ, já que ϕ + θ = π com ϕ =
π
2
−α e θ=
π
2
+ γ, donde resulta
π
π
− α + + γ = π ⇒ α = γ,
2
2
a fórmula procurada fica
sen (α + β) = sen α cos β + cos α sen β.
Exemplo 18 Mostre que
sen (α − β) = sen α cos β − cos α sen β.
Resolução:
Tendo em conta a fórmula do seno da soma e notando que o Seno é uma função ímpar e o
Coseno uma função par deduz-se imediatamente:
sen (α − β) = sen (α + (−β))
= sen α cos (−β) + cos α sen (−β)
= sen α cos β − cos α sen β.
1.10.2
O coseno da soma
Uma outra importante fórmula da trigonometria é a que estabelece o resultado conhecido
sugestivamente por "o coseno da soma":
cos (α + β) = cos α cos β − sen α sen β.
Como se pode observar esta fórmula relaciona o coseno de uma soma de ângulos com o seno
e o coseno de cada uma das parcelas. Para nos convencermos que este resultado é verdadeiro
consideremos a figura 46.
Triângulo B
Triângulo C
γ
1
θ
cos β
β
α
ϕ
Triângulo A
cos(α + β )
senγ senβ =
senα senβ
cos α cos β
Figura 46: O coseno da soma.
34
M a io d e 2 0 0 6
Esta Figura representa três triângulos: o triângulo A, o triângulo B e o triângulo C, tendo
a hipotenusa do triângulo B um comprimento unitário. Naturalmente, nestas circunstâncias
(porquê?), o comprimento do cateto adjacente ao ângulo α + β, será cos (α + β) . Ora, a
soma deste valor com o comprimento do cateto oposto ao ângulo γ (que é sen γ sen β) é o
valor cos α cos β, isto é:
cos (α + β) + sen γ sen β = cos α cos β.
Deduzimos
cos (α + β) = cos α cos β − sen γ sen β.
Como α = γ, já que ϕ + θ = π com ϕ =
π
2
−α e θ=
π
2
+ γ, donde resulta
π
π
− α + + γ = π ⇒ α = γ,
2
2
a fórmula procurada fica
cos (α + β) = cos α cos β − sen α sen β.
Exemplo 19 Mostre que
cos (α − β) = cos α cos β + sen α sen β.
Resolução:
Tendo em conta a fórmula do coseno da soma e notando que o Seno é uma função ímpar e
o Coseno uma função par deduz-se imediatamente:
cos (α − β) = cos (α + (−β))
= cos α cos (−β) − sen α sen (−β) .
= cos α cos β + sen α sen β.
1.10.3
A lei dos senos
A chamada "lei dos senos"estabelece uma relação entre os ângulos internos de um triângulo
plano genérico e os comprimentos dos correspondentes lados. Consideremos a figura 47 que
representa um rectângulo genérico com ângulos internos α, β e γ.
γ
B
α
C
A
β
Figura 47: Triângulo plano.
35
M a io d e 2 0 0 6
Nesta figura os comprimentos dos lados do triângulo representado são A, B e C. A lei dos
senos estabelece o seguinte:
sen α
sen β
sen γ
=
=
.
A
B
C
Na Figura 48 as construções geométricas auxiliares permitem deduzir o resultado anterior.
L
γ
B
γ
B
α
C
L
α
A
β
A
β
C
π −α
(a )
(b )
Figura 48: A lei dos senos.
Com efeito, no triângulo (a)
sen γ =
L
L
e sen β = ,
B
C
donde,
B sen γ = C sen β ⇒
sen β sen γ
=
.
B
C
Por outro lado, no triângulo (b)
sen β =
L
L
e sen (π − α) = ,
A
B
donde,
A sen β = B sen (π − α) = B sin α ⇒
sen β
sen α
=
.
B
A
Assim, concluímos imediatamente que
sen α
sen β
sen γ
=
=
.
A
B
C
Exemplo 20 Num dado triângulo plano o comprimento do lado que se opõe ao ângulo π4 é
uma unidade. Sabendo que outro ângulo deste triângulo é π3 determine o comprimento do
lado que se lhe opõe.
Resolução:
Nas condições referidas e designando o comprimento do lado procurado A
¡ ¢
¡ ¢
sen π4
sen π3
=
⇒
1
A r
√
3
3
2
.
A = √ =
2
2
2
36
M a io d e 2 0 0 6
1.10.4
A lei do coseno
Consideremos a Figura 49 que representa um triângulo genérico com lados de comprimentos
A, B e C e ângulos internos α, β e γ. Do Teorema de Pitágoras deduz-se
³p
´2
p
2
2
2
2
2
2
C = (C1 + C2 ) =
B −L + A −L
.
⎛π
⎞ ⎛π
⎞
−α ⎟ + ⎜ − β ⎟
2
2
⎝
⎠ ⎝
⎠
λ =⎜
B
λ
α
A
L
β
C2
C1
C
Figura 49: A lei do coseno.
Desenvolvendo o segundo membro e notando que
L = A sen α = B sen β,
p
B2 − L2 = B cos α e
C1 =
p
C2 =
A2 − L2 = A cos β,
obtemos
´2
A2 − L2
p
p
= A2 + B2 − 2L2 + 2 B2 − L2 A2 − L2
= A2 + B2 − 2A (sen α) B (sen β) + 2B cos αA cos β
= A2 + B2 − 2AB (sen α sen β − cos α cos β) .
C2 =
³p
B2 − L2 +
p
Recordando que
cos (α + β) = sen α sen β − cos α cos β e
cos (α + β) = cos (π − (α + β)) = cos γ,
obtemos finalmente a lei do coseno
C2 = A2 + B2 − 2AB cos (α + β)
= A2 + B2 − 2AB cos (π − (α + β))
= A2 + B2 − 2AB cos (γ) ,
isto é
C2 = A2 + B2 − 2AB cos (γ) ,
37
M a io d e 2 0 0 6
ou seja
A2 + B2 − C2
.
2AB
Notemos que a lei do coseno generaliza o Teorema de Pitágoras a triângulos não rectângulos.
cos (γ) =
Exemplo 21 Suponha que conhece os comprimentos dos lados A e B de uma dado triângulo
é respectivamente 1 e 2. Sabendo que o ângulo interno oposto ao lado C é π4 determine o
comprimento do lado C.
Resolução:
Nas condições referidas
C2 = A2 + B2 − 2AB cos (γ)
π
= 12 + 22 − 2 × 1 × 2 cos
4
q
√
√
= 3 − 2 2 ⇒ C = 3 − 2 2.
38
M a io d e 2 0 0 6
1.11
Exercícios Propostos
Exercício 1 Transforme os seguintes valores em múltiplos de π radianos:
1. 30o ;
2. 45o ;
3. 60o ;
4. 750o ;
5. −1530o ;
6. 150 grados;
7. 340 grados.
Exercício 2 Exprima os seguintes valores em graus:
1.
π
5
2.
5π
6
rad;
3.
3π
4
rad;
rad;
4. − 10π
rad;
3
5. 150 grados;
6. 340 grados;
7. −650 grados.
Exercício 3 Exprima os seguintes valores em grados:
1. 1o ;
2. 1 rad;
3.
π
4
rad;
4. 30o ;
5. −60o ;
6. 750o ;
7. − 7π
rad.
6
Exercício 4 Exprima no sistema sexagesimal (isto é, em graus, minutos e segundos):
1.
7π
6
rad;
2. −4.71 rad;
3. − 5π
rad;
24
4. 1 rad.
39
M a io d e 2 0 0 6
Exercício 5 Quais os ângulos internos de um triângulo equiângulo, isto é, com todos os
ângulos iguais?
Exercício 6 Determine o valor do ângulo interno não indicado num triângulo plano com
os seguintes ângulos internos:
1. 30◦ e 90◦ ;
2.
π
4
rad e
π
6
rad.
Exercício 7 Uma escada de 10 m de comprimento é colocada de tal maneira que o ângulo
que faz com o chão é duas vezes o que faz com a parede. A que distância da parede se
encontra os pés da escada?
Exercício 8 A amplitude do ângulo α de observação do João para o alto de uma árvore é
55o . Qual é a amplitude do ângulo de observação do João em relação a um pássaro situado
a:
1. meia altura da árvore;
2. dois terços da altura da árvore.
Exercício 9 Uma pessoa observa que o ângulo de visão de uma coluna a partir do chão é
45o . Após aproximar-se 10 metros o ângulo de visão passa para 60o . Determine a altura da
coluna.
Exercício 10 O triângulo [ABC] é rectângulo em B, AB = 2 cm e MC = 3 cm.
B
α
A
C
M
Calcule:
1. AM;
2. α;
3. BC.
40
M a io d e 2 0 0 6
Exercício 11 Determine um periodo diferente de zero para as seguintes funções:
1. sen (2x) ;
2. sen (2πx) ;
3. sen x + sen (2x) ;
4. sen2 x;
5. cos2 x.
Exercício 12 Complete a seguinte tabela:
π
π
π
2π
3π
5π
7π
α
6
4
3
3
4
6
6
sen α
cos α
1
2
√
2
2
√
3
2
5π
4
4π
3
5π
3
7π
4
11π
6
Exercício 13 Indique o valor lógico das seguintes afirmações:
¡
¢
1. cos α + π2 = − sen α;
2. cos (α − π) = cos α;
3. cos (−π − α) = cos α;
¡
¢
4. cos 3π
+
α
= sen α;
2
¡
¢
5. sen 3π
+ α = cos α.
2
Exercício 14 Determine os valores de sen x e cos x para os seguintes valores de x :
1. 3π;
2.
7π
;
3
3.
9π
;
2
4. −900o ;
5. − 25π
;
6
6.
13π
;
4
7. − 10π
;
3
8. 1260o ;
9.
27π
;
4
10. 150o ;
11.
20π
.
3
41
M a io d e 2 0 0 6
Exercício 15 Resolva as seguintes equações:
1. sen x = sen π3 ;
2. cos x = 0;
3. sen x = cos π4 ;
4. sen x = cos x;
5. sen x = − cos x;
¡
¢
6. sen x = sen x + π2 ;
7. cos x = cos (2π − x) ;
8. sen2 x − cos2 x = 1.
Exercício 16 Calcule:
¢
¡
¢
¡
1. sen π6 + π4 e cos π6 + π4 ;
¡
¢
¡
¢
2. sen π2 + π3 e cos π2 + π3 ;
¢
¡ 2π π ¢
¡
π
−
e
cos
−4 .
3. sen 2π
3
4
3
£
¤
£
¤
, calcule o valor
Exercício 17 Sabendo que cos α = 13 , α ∈ − π2 , 0 e sen β = 15 , β ∈ π2 , 3π
2
de cos (α + β) e apresente uma estimativa para a amplitude do ângulo (α + β) .
Exercício 18 Dois pontos A e B estão separados por um charco, e pretende-se determinar
a distância AB. Ambos os pontos são acessíveis a partir de um terceiro ponto C tal que
b é 45o . Determine a distância AB se o ângulo ABC
b é:
AC = 40 metros e o ângulo BAC
1. 45o ;
2. 60o ;
3. 90o .
Exercício 19 Para cada um dos casos, determine os ângulos de um triângulo com os
seguintes lados, ou justifique porque é que esse triângulo não existe:
1. a = 20, b = 99 e c = 101;
2. a = 20, b = 99 e c = 111;
3. a = 20, b = 99 e c = 121.
Exercício 20 Dois pontos A e B estão separados por um charco, e pretende-se determinar
a distância AB. Ambos os pontos são acessíveis a partir de um terceiro ponto C tal que
b é:
AC = 30 metros e CB = 40 metros. Determine a distância AB se o ângulo ACB
1. 90o ;
2. 45o ;
3. 120o .
42
M a io d e 2 0 0 6
Exercício 21 Três circunferências de raios 3, 4 e 5 são externamente tangentes. Mostre
que o triângulo com vértices nos três centros tem ângulos com cosenos 23 , 27 e 11
.
21
Exercício 22 Um lote de terreno forma um quadrilátero ABCD com um ângulo recto no
vértice B e um ângulo maior que 90o no vértice oposto D. Os comprimentos dos lados em
metros são AB = 423, BC = 162, CD = 420 e AD = 160. Determine o ângulo dos vértices
D, A e C em graus.
Exercício 23 O trapézio [ABCD] é rectângulo, DC = 4 cm e BC = 3 cm.
A
B
α
C
D
1. Verifique
¤ π £que a área do trapézio pode ser dada por A (α) = 12 sen α −
α ∈ 0, 2 ;
9
4
sen (2α) ,
2. Utilize a calculadora para resolver graficamente o seguinte problema:
Sabendo que a área do trapézio é igual a 8.44 cm2 , calcule o ângulo α e a altura do
trapésio.
43
M a io d e 2 0 0 6
1.12
Soluções
Solução 1 .
1.
π
6
rad;
2.
π
4
rad;
3.
π
3
rad;
4.
25π
6
rad;
5. − 17π
rad;
2
6.
3π
4
7.
17π
10
rad;
rad.
Solução 2 .
1. 36o ;
2. 150o ;
3. 135o ;
4. −600o ;
5. 135o ;
6. 306o ;
7. −585o .
Solução 3 .
1. 1. (1) grados;
2. 63.6 grados;
3. 50 grados;
4. 33. (3) grados;
5. −66. (6) grados;
6. 833. (3) grados;
7. −233. (3) grados.
Solução 4 .
1. 210o ;
2. −269o 510 4700 ;
3. −37o 300 ;
4. 57o 170 4500 .
44
M a io d e 2 0 0 6
Solução 5 60o .
Solução 6 .
1. 60o ;
2.
7π
12
rad.
Solução 7 5 m.
Solução 8 .
1. 35o 310 4700 ;
2. 43o 350 4000 .
Solução 9 23.66 m.
Solução 10 .
1. 1 cm;
2. 30o ;
√
3. 2 3 cm.
Solução 11 .
1. π;
2. 1;
3. 2π;
4. π;
5. π.
Solução 12 .
π
α
6
sen α
cos α
1
√2
3
2
π
√4
2
√2
2
2
π
√3
3
2
1
2
2π
√3
3
2
− 12
3π
√4
2
2√
− 22
5π
6
1
2√
−
3
2
7π
6
−√12
− 23
5π
4√
− √22
− 22
4π
3√
− 23
− 12
5π
3√
− 23
1
2
7π
4√
−√ 22
2
2
11π
6
1
−
√2
3
2
Solução 13 .
1. Verdadeira;
2. Falsa;
3. Falsa;
4. Verdadeira;
5. Falsa.
45
M a io d e 2 0 0 6
Solução 14 .
1. sen (3π) = 0 e cos (3π) = −1;
¡ ¢ 1
¡ ¢ √3
2. sen 7π
= 2 e cos 7π
= 2;
3
3
¡ ¢
¡ ¢
3. sen 9π
= 1 e cos 9π
= 0;
2
2
4. sen (−900o ) = 0 e cos (−900o ) = −1;
¡
¢
¡ 25π ¢ √3
1
5. sen − 25π
=
−
e
cos
− 6 = 2 ;
6
2
√
√
¡ 13π ¢
¡ ¢
2
2
e
cos
;
6. sen 13π
=
−
=
−
4
2
4
2
¡
¢ √3
¡ 10π ¢
7. sen − 10π
=
e
cos
− 3 = − 12 ;
3
2
8. sen (1260o ) = 0 e cos (1260o ) = −1;
√
¡ 27π ¢
¡ ¢ √2
2
9. sen 27π
=
e
cos
=
−
;
4
2
4
2
√
10. sen (150o ) = 12 e cos (150o ) = − 23 ;
¡ ¢ √3
¡ 20π ¢
11. sen 20π
=
e
cos
= − 12 .
3
2
3
Solução 15 .
1. x =
π
3
+ 2kπ ∨ x =
2. x =
π
2
+ kπ, k ∈ Z;
3. x =
π
4
+ 2kπ ∨ x =
4. x =
π
4
+ kπ, k ∈ Z;
5. x =
3π
4
6. x =
π
4
2π
3
+ 2kπ, k ∈ Z;
3π
4
+ 2kπ, k ∈ Z;
+ kπ, k ∈ Z;
+ kπ, k ∈ Z;
7. x = π + kπ, k ∈ Z;
8. x =
π
2
+ kπ, k ∈ Z.
Solução 16 .
1.
2.
3.
√ √
2+ 6
4
e
√ √
6− 2
;
4
√
1
3
e
−
;
2
2
√ √
√ √
6+ 2
6− 2
e
.
4
4
Solução 17 cos (α + β) =
√
√
−2 6+2 2
15
e α + β ' 98o .
46
M a io d e 2 0 0 6
Solução 18 .
1. 56.57 m;
2. 44.61 m;
3. 28.28 m.
Solução 19 .
1. 11o 250 1600 ; 78o 340 4400 ; 90o ;
2. 8o 450 1300 ; 48o 520 4300 ; 122o 220 400 ;
3. Não existe o triângulo porque senão teriamos o coseno de um dos ângulos maior do
que 1.
Solução 20 .
1. 50 m;
2. 28.34 m;
3. 60.83 m.
Solução 21 b = 89o 430 2400 ; BAD
b = 88o 550 2600 .
b = 91o 210 1000 ; BCD
Solução 22 ADC
Solução 23 .
1. -
2. α ' 60o e h '
√
3 3
2
cm.
47
M a io d e 2 0 0 6
2
2.1
Números Complexos
Introdução
Suponha-se que pretendemos resolver a equação
x2 + 2x + 5 = 0
utilizando a bem conhecida fórmula resolvente
√
−b ± b2 − 4ac
x=
.
2a
Recordemos que esta fórmula serve para calcular as raízes das das equações algébricas de
segundo grau da forma
ax2 + bx + c = 0.
A aplicação desta fórmula conduz-nos ao valor
x=
−2 ±
√
−16
2
sem
√ significado no conjunto dos números reais, já que neste conjunto não existe o número
−16 (isto é, não existe nenhum número cujo quadrado seja igual a −16).
Admitindo que o número obtido tem significado, e que a algebra habitual continua válida,
podemos reescreve-lo como
√ √
√
√
−2 ± −16
−2
−1 16
=
±
= −1 ± 2 −1.
2
2
2
√
Este número, da forma a + b −1, em que a, b ∈ R, é um exemplo de um número complexo.
Os chamados números complexos foram esboçados formalmente, pela primeira vez, na “Algebra”
de Bombeli em 1572. A sua criação resultou da necessidade de tornar válida as famosas fórmulas de Cardano (ou Cardan) destinadas à resolução algébrica de equações de terceiro
grau da forma x3 + px = q, x3 = px + q e x3 + q = px, com p e q > 0. Nestas fórmulas
poderia haver necessidade de efectuar cálculos com raízes quadradas de números negativos
como se pode observar na seguinte expressão da solução da segunda equação enunciada:
x=
s
3
q
+
2
r
q2
4
−
p3
27
+
s
3
q
−
2
r
q2 p3
− .
4
27
A construção do conjunto dos números complexos, habitualmente representado por C, revelouse de grande utilidade não só na matemática mas também noutras áreas da ciência. As
transformadas de Laplace, as séries de Fourier e as transformadas de Fourier constituem
alguns exemplos de ferramentas indispensáveis da física e engenharia que nunca se teriam
desenvolvido sem o aparecimento deste novo conjunto de números.
48
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 22 Deduza a fórmula resolvente da equação ax2 + bx + c = 0.
Resolução:
Tentemos escrever a equação anterior como o quadrado de uma soma. Teremos sucessivamente:
ax2 + bx + c = 0 ⇔ x2 + ba x + ac = 0 ⇔
a6= 0
⇔ x2 + ba x +
¡
⇔ x+
¡
⇔ x+
⇔ x+
⇔x=
¢
b 2
2a
¢
b 2
2a
b
2a
¡ b ¢2
2a
+
=
=±
c
a
−
c
a
+
¡ b ¢2
¡ b ¢2
2a
2a
−
q¡ ¢
b 2
2a
√
−b± b 2 −4ac
.
2a
¡ b ¢2
−
c
a
−
2a
=0⇔
=0⇔
⇔
c
a
⇔
Exemplo 23 Determine as raízes da equação x2 + 2x + 5 = 0.
Resolução:
Utilizando a fórmula deduzida no exemplo anterior, fazendo a = 1, b = 2 e c = 5, obtemos
√
−b ± b2 − 4ac
x =
=
√2a
−2 ± 22 − 20
=
=
2
√
−2 ± −16
.
=
2
2.2
Forma algébrica dos números complexos e sua representação
geométrica
Definição 7 Define-se conjunto dos números complexos como sendo:
­
√ ®
C = z = a + bi : a, b ∈ R ∧ i = −1 ,
onde z = a + bi ∈ C se designa número complexo,
a a parte real de z (a = Re z), b a
√
parte imaginária de z (b = Im z) e i = −1 a unidade imaginária.
Se Im z 6= 0, z diz-se imaginário e se além disso Re z = 0, z diz-se imaginário puro.
O conjunto dos números complexos C pode ser considerado uma extensão (que conserva
todas as propriedades algébricas) do conjunto dos números reais R, extensão esta que
possui as seguintes propriedades adicionais:
• A equação x2 + 1 = 0, admite pelo menos uma solução em C;
• Todo
da forma a + bi em que a e b ∈ R e
√ o elemento de C pode ser representado
2
i = −1 (isto é, i é uma solução de x + 1 = 0).
49
M a io d e 2 0 0 6
Repare-se que desta forma o conjunto dos números reais pode ser interpretado como um subconjunto do conjunto dos números complexos e que no seio deste último, as raízes quadradas
de números negativos passam a ter significado.
Um facto semelhante a este está na base da construção do conjunto Z, isto é de todos
os números inteiros. Com efeito os números que constituem soluções de equações do tipo
x + n = 0, n ∈ N que não tinham significado no seio do conjunto dos números naturais
passam a adquirir sentido no seio do conjunto dos números inteiros.
No entanto, no conjunto C, não existe uma relação de ordem do tipo da existente em R :
"<, menor que".
Exemplo 24 Mostre que i é a raíz quadrada de −1.
Resolução:
Recordando a definição de raíz quadrada de um número concluí-se imediatamente que i é a
raíz quadrada de −1 pois i2 = −1.
Exemplo 25 Determine:
1. i3 ;
2. i4 ;
3. i5 .
Resolução:
1. Notemos que i3 = i2 × i. Então, i3 = −1 × i = −i, pois i2 = −1.
2. Notemos que i4 = i2 × i2 . Então, i4 = (−1) × (−1) = 1, pois i2 = −1.
3. Notemos que i5 = i4 × i. Então i5 = 1 × i, pois i4 = 1.
Exemplo 26 Determine in com n ∈ N.
Resolução:
Como i4 = 1, façamos n = q × 4 + r com 0 ≤ r < 4 e q ∈ N. Então,
in = iq×4+r = iq×4 × ir
= i4 × i4 × · · · × i4 × ir
= ir com 0 ≤ r < 4.
Teremos,
⎧
1 se r = 0,
⎪
⎪
⎨
i se r = 1,
in =
−1 se r = 2,
⎪
⎪
⎩
−i se r = 3.
Definição 8 Se a cada número complexo z associarmos o par ordenado Z = (a, b) em que
a = Re z e b = Im z, Z diz-se o afixo (ou a imagem) de z. Fixando a origem O no plano,
−
→
ao vector 0Z chama-se imagem vectorial de z.
50
M a io d e 2 0 0 6
O afixo de um número complexo diz-se um ponto do plano de Argand (ou simplesmente
plano complexo), plano esse cujas imagens dos números reais estão associadas ao eixo Ox
e as imagens dos números imaginários puros ao eixo Oy.
Exemplo 27 Represente no plano de Argand os afixos dos seguntes números complexos:
2 + 3i, −4 + 2i, −2 − 2i e 4 − 2i.
Resolução:
y
4
− 4 + 2i
.
-4
2 + 3i
.
2
x
0
-2
− 2 − 2i
.
2
4
.
-2
4 − 2i
-4
Exemplo 28 Represente no plano de Argand as imagens vectoriais dos seguintes números
complexos: 2 + 3i, −4 + 2i, −2 − 2i e 4 − 2i.
Resolução:
y
4
− 4 + 2i
.
-4
2 + 3i
.
2
x
0
-2
− 2 − 2i
.
2
-2
4
.
4 − 2i
-4
Definição 9 Seja z = a + bi ∈ C qualquer.
1. Define—se módulo de z, e representa-se por |z|, à distância do afixo de z à origem,
isto é, à norma Euclidiana da imagem vectorial de z:
p
|z| = a2 + b2 .
2. Define-se conjugado de z, e representa-se por z, como sendo
z = a − bi.
Geometricamente a operação de conjugação traduz-se no plano de Argand pela reflexão
de z relativamente ao eixo real Ox.
51
M a io d e 2 0 0 6
3. Define-se simétrico de z, e representa-se por −z, como sendo
−z = −a − bi.
Em termos geométricos, o afixo de −z é simétrico em relação à origem do plano de
Argand.
Exemplo 29 Determine o módulo, o conjugado e o simétrico dos seguintes números complexos e represente-os no plano de Argand:
1. i;
2. −2;
3. 3 − 4i.
Resolução:
1. Temos
|i| = |0 + 1i| =
2. Temos
|−2| = |−2 + 0i| =
q
p
02 + 12 = 1 e i = −i = i.
(−2)2 + 02 = 2, −2 = −2 + 0i = −2 e − (−2) = 2.
3. Temos
|3 − 4i| =
q
32 + (−4)2 =
√
25 = 5, 3 − 4i = 3 + 4i e − (3 − 4i) = −3 + 4i.
y
4
−3 + 4i
3 + 4i
3
2
−2 = −2
-4
-3
-2
-1
1 i
2
1 2
-1 −i = i
3
4 x
-2
-3
-4
52
3 − 4i
M a io d e 2 0 0 6
2.3
Operações com números complexos na forma algébrica
Definição 10 Sejam z = a + bi e w = c + di números complexos. As operações de adição,
subtracção, multiplicação e divisão (caso w 6= 0), definem-se da seguinte forma:
1. z + w = (a + c) + (b + d) i;
2. z − w = (a − c) + (b − d) i;
3. z × w = (a + bi) × (c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = (ac − bd) + (bc + ad) i;
4.
z
w
=
(a+bi)
(c+di)
×
(c−di)
(c−di)
=
(ac+bd)+(bc−ad)i
.
c 2 +d 2
Exemplo 30 Efectue as seguintes operações apresentando os resultados na forma algébrica:
1. (2 − 2i) − (3 + 5i) + (−7i) ;
2. (2 + 3i) × (−2 + 5i) ;
3. (2 + 3i) × (2 − 3i) ;
4. (a + bi)2 com a e b ∈ R;
5.
2+2i
;
2−4i
6. i2003 ;
√
7. −16.
Resolução:
1. Teremos
(2 − 2i) − (3 + 5i) + (−7i) = (2 − 3 + 0) + (−2 − 5 − 7) i = −1 − 14i.
2. Teremos
(2 + 3i) × (−2 + 5i) = (−4 − 15) + (−6 + 10) i = −19 + 4i.
3. Notemos que o produto em questão é uma diferença de quadrados. Ter-se-á
(2 + 3i) × (2 − 3i) = 22 − (3i)2 = 4 + 9 = 13.
4. Notemos que estamos na presença de um quadrado de uma soma. Ter-se-á
(a + bi)2 = a2 + (bi)2 + 2abi = a2 − b2 + 2abi.
5. Teremos
2 + 2i
(2 + 2i) (2 + 4i)
(2 + 2i) (2 + 4i)
(2 + 2i) (2 + 4i)
=
=
=
2
2 − 4i
(2 − 4i) (2 + 4i)
20
22 − (4i)
(4 − 8) + (4 + 8) i
−4 + 12i
1 3
=
=
= − + i.
20
20
5 5
53
M a io d e 2 0 0 6
6. Comecemos por dividir 2003 por 4:
2003 = 4 × 500 + 3.
Teremos
i2003 = i4×500+3 = i4×500 × i3 = −i
pois i4×500 = 1.
7. Sabendo que as regras operatórias que se verificavam nos reais também são válidas no
conjunto dos números complexos, deduz-se
√
√
√
√
−16 = −1 × 16 = −1 × 16 = i × 4.
Propriedade 6 A operação de conjugação goza das seguintes propriedades:
1. Re z =
z+z
2
e Im z =
z−z
;
2i
2. z + w = z + w, z × w = z × w e
3. z = z sse z é real;
¡z¢
w
=
z
;
w
4. z = z;
5. z.z = |z|2 ;
6. |z| = |z|;
7. zn = (z)n para todo n ∈ N.
Dem. .
1. Seja z = a + bi com a e b ∈ R. Então,
z+z
(a + bi) + (a − bi)
2a
=
=
= a = Re z e
2
2
2
z−z
(a + bi) − (a − bi)
2bi
=
=
= b = Im z.
2i
2i
2i
2. Sejam z = a + bi com a e b ∈ R e w = c + di com c e d ∈ R. Então,
z + w = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d) i = (a + c) − (b + d) i =
= a − bi + c − di = z + w.
z × w = (a + bi) × (c + di) = ac + adi + cbi − bd = (ac − bd) + (ad + cb) i =
= (ac − bd) − (ad + cb) i = ac − adi − cbi − bd = (a − bi) × (c − di) =
= z × w.
54
M a io d e 2 0 0 6
Caso w 6= 0, isto é, c e d não são simultaneamente nulos, então,
µ
¶ ∙
¸ ∙
¸
³z´
a + bi
(a + bi) (c − di)
(ac + bd) + (bc − ad) i
=
=
=
×
=
w
c + di
(c + di) (c − di)
c2 + d2
=
(ac + bd) − (bc − ad) i (ac + bd) + (ad − bc) i
(a − bi) (c + di)
=
=
=
2
2
2
2
c +d
c +d
c2 + d2
=
(a − bi) (c + di)
z
×
= .
(c − di) (c + di)
w
3. Suponha-se que z = z. Então da propriedade 1.,
Re z =
z+z
2z
=
= z.
2
2
Inversamente, suponha-se que z é real.Então, z = a + 0i = a − 0i, a ∈ R, isto é, z = z.
4. Suponha-se que z = a + bi. Então,
z = a + bi = a − bi = a + bi = z.
5. Suponha-se que z = a + bi. Então,
z.z = (a + bi) × (a − bi) = a2 + b2 = |z|2 .
6. Suponha-se que z = a + bi. Então,
q
p
2
2
|z| = |a + bi| = a + b = a2 + (−b)2 = |a − bi| = |z|.
7. A demonstração desta propriedade pode efectuar-se por indução matemática. Comecemos por observar que o resultado é trivialmente verdadeiro para n = 1. Admita-se que
o resultado é verdadeiro para p = n. Em resultado da propriedade 2 irá ser verdadeiro
para p = n+1. Então pelo princípio de indução matemática conclui-se que a afirmação
é verdadeira para todo n natural.
Exemplo 31 Calcule:
1. z + z̄ supondo z = 10 − 4i;
2. z − z̄ supondo z = 2 + 8i;
3. z × z̄ supondo z = 2 + 4i.
Resolução:
1. Teremos
(10 − 4i) + (10 + 4i) = 20.
55
M a io d e 2 0 0 6
2. Teremos
(2 + 8i) − (2 − 8i) = 16i.
3. Teremos
z.z = |z|2 = |2 + 4i|2 =
³p
22 + 42
´2
= 20.
Observação 1 É possível mostrar que o conjunto C munido das operações de adição e de
multiplicação constitui um corpo, isto é, uma estrutura algébrica com as seguintes propriedades:
• (C, +) é um grupo abeliano;
• (C\{0}, ×) é um grupo abeliano;
• A operação × é distributiva relativamente à operação +.
Recordemos que um grupo abeliano designa um conjunto munido de uma operação binária
associativa e comutativa relativamente à qual existe elemento neutro e em que todo
o elemento possui simétrico. O conjunto dos números inteiros Z munido da operação de
adição constitui um exemplo típico de um grupo abeliano.
Exemplo 32 Indique os elementos neutros de (C, +) e de (C\{0}, ×).
Resolução:
O elemento neutro de (C, +) é o 0 (isto é o complexo 0 + 0i), pois
z+0 = 0+z =z
para todo z ∈ C.
O elemento neutro de (C\{0}, ×) é o 1 (isto é o complexo 1 + 0i) pois
z×1 = 1×z = z
para todo z ∈ C.
Exemplo 33 Dado z = a + bi ∈ C indique o elemento simétrico relativamente à adição.
Resolução:
O simétrico de z = a + bi é w = −a − bi pois
z + w = 0.
Exemplo 34 Suponha que z = a + bi. Mostre que (a, b)−1 =
¡
a
a 2 +b 2
¢
, a 2−b
.
2
+b
Resolução:
¡ a
¢
−b
Basta mostrar que a2 +b
× (a, b) = (1, 0). Porquê?
2 , a 2 +b 2
Assim,
µ
¶
a
−b
,
× (a, b) =
a2 + b2 a2 + b2
µ
¶
−b
a
−b
a
=
×a− 2
× b, 2
×b+ 2
× a = (1, 0).
a2 + b2
a + b2
a + b2
a + b2
56
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 35 Mostre que dois números complexos são iguais se e só se as suas partes reais
e imaginárias também forem iguais.
Resolução:
Suponha-se que z = a + bi e w = c + di são iguais. Então
isto é
(a + bi) − (c + di) = 0 ⇒
(a − c) + (b − d) i = 0 ⇒
a − c = 0 e b − d = 0,
a = c e b = d,
donde se concluí que z = w. O recíproco resulta imediatamente da definição.
2.4
Forma trigonométrica dos
representação geométrica
números
complexos
e
sua
Consideremos a representação no plano de Argand do afixo Z de um número complexo
z = a + bi.
y
b
Z = ( a, b )
ρ
θ
0
a
x
Sendo ρ a distância entre o afixo Z e a origem do plano de Argand, tem-se que:
p
ρ = a2 + b2 = |z| ,
ou seja, ρ é o módulo de z.
Definição 11 Chama-se argumento de um número complexo z = a+bi 6= 0, representandose por arg z, a qualquer um dos ângulos entre o semi-eixo positivo de Ox e o segmento orientado OZ em que Z = (a, b) e O = (0, 0). Se θ for um desses ângulos a expressão geral do
argumento de z, é arg z = θ + 2kπ, k ∈ Z.
Como se pode verificar a cada número complexo diferente de 0 correspondem diferentes
argumentos. Para que a correspondência anterior seja bijectiva torna-se necessário definir as
noções de argumento principal e de argumento positivo mínimo, entre outras.
57
M a io d e 2 0 0 6
Exemplo 36 Determine os argumentos dos seguintes números complexos:
1. i;
2. −2;
3. −1 + i;
4. −1 − i;
√
5. 3 − 3i.
Resolução:
1. arg i =
π
2
+ 2kπ, com k ∈ Z.
2. arg (−2) = π + 2kπ, com k ∈ Z.
3. arg (−1 + i) =
3π
4
+ 2kπ, com k ∈ Z.
4. arg (−1 + i) =
5π
4
+ 2kπ, com k ∈ Z.
√
3
3
= 16 π.³Notando´que o complexo em questão se situa
√
no quarto quadrante, concluí—se que arg 3 − 3i = 11
π + 2kπ, com k ∈ Z.
6
5. Comecemos por calcular arctan
Definição 12 Seja z ∈ C, arg z diz-se argumento principal se arg z ∈ ]−π, π]. Se arg z ∈
]0, 2π], então diz-se que é o argumento positivo mínimo.
Se z = 0, então |z| = 0 e diz-se que o argumento de z é indeterminado.
Exemplo 37 Determine os argumentos principais e positivos mínimos dos seguintes números
complexos:
1. i;
2. −2;
3. −1 + i;
4. −1 − i;
√
5. 3 − 3i.
Resolução:
1. O argumento principal de i é π2 . O argumento positivo mímimo é também π2 .
2. O argumento de −2 é indeterminado.
3. O argumento principal de −1 + i é
3π
.
4
O argumento positivo mínimo é também
3π
.
4
4. O argumento principal é − 34 π. O argumento positivo mínimo é 54 π.
58
M a io d e 2 0 0 6
5. O argumento principal é − 16 π. O argumento positivo mínimo é
11
π.
6
Observação 2 Naturalmente a cada número complexo diferente de 0 corresponde um e um
só argumento principal ou argumento positivo mínimo.
¤
£
Escolhendo − π2 , π2 como contradomínio da função arctg x o argumento principal de um
qualquer número complexo z pode calcular-se recorrendo às seguintes expressões:
⎧
arctg( yx ), se x > 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
π
⎪
, se x = 0 e y > 0
⎪
2
⎪
⎪
⎪
⎨
arctg( yx ) + π, se x < 0 e y ≥ 0 .
θ = arg z =
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
arctg( yx ) − π, se x < 0 e y < 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ π
− 2 , se x = 0 e y < 0
Recordando o conceito de coordenadas polares verificamos imediatamente que o módulo
e o argumento de um número complexo não são mais do que as coordenadas polares do seu
afixo.
Assim sendo, um número complexo fica completamente determinado fixando um número
real positivo (módulo) ρ e um argumento θ. Recorrendo aos conceitos de módulo e o
argumento podemos introduzir a representação de números complexos conhecida por forma
trigonométrica a qual apresenta algumas vantagens.
Definição 13 Chama-se forma trigonométrica do número complexo z = a + bi à
expressão
z = ρ (cos θ + i sen θ) = ρ cis θ,
√
em que θ = arg z, ρ = |z| = a2 + b2 e cis θ = cos θ + i sen θ.
Exemplo 38 Represente o número complexo z = a + bi, na forma trigonométrica.
Resolução:
√
Começamos por determinar o argumento θ = arg z e o módulo ρ = a2 + b2 . A representação trigonométrica de z será
z = ρ cis θ
em que cis θ = cos θ + i sen θ.
Exemplo 39 Escreva na forma trigonométrica os seguintes números complexos:
1. i;
2. −2;
3. −1 + i;
4. −1 − i;
59
M a io d e 2 0 0 6
5. 3 − 4i.
Resolução:
1. Ter-se-á:
π
i = cis .
2
2. Ter-se-á:
−2 = 2 cis π.
3. Ter-se-á:
−1 − i =
√
2 cis
3π
.
4
−1 − i =
√
2 cis
5π
.
4
4. Ter-se-á:
5. Ter-se-á:
3 − 4i = 5 cis
11π
.
6
Exemplo 40 Escreva na forma algébrica os seguintes números complexos:
1. cis π2 ;
2. 2cis π2 ;
3. 4cis 43 π.
Resolução:
1. Ter-se-á
cis
2. Ter-se-á
3. Ter-se-á
π
π
π
= cos + i sen = 0 + i = i.
2
2
2
³
π
π
π´
2cis = 2 cos + i sen
= 2 (0 + i) = 2i.
2
2
2
Ã
√ !
µ
¶
√
4
4
1
4
3
4cis π = 4 cos π + i sen π = 4 − − i
= −2 − 2 3i.
3
3
3
2
2
Naturalmente dois números complexos representados na forma trigonométrica são iguais
quando os seus módulos são iguais e quando os seus argumentos diferem entre si de um
múltipo de 2π. A proposição seguinte formaliza este resultado.
60
M a io d e 2 0 0 6
Propriedade 7 Sejam z1 = ρ1 cis θ1 e z2 = ρ2 cis θ2 . Então,
z1 = z2 ⇔
⇔ ρ1 = ρ2 ∧ θ1 = θ2 + 2kπ,
k ∈ Z.
Dem. Se z1 = z2 então ρ1 = ρ2 (porquê?). Nestas circunstâncias cis θ1 = cis θ2 , isto é
cos θ1 + i sen θ1 = cos θ2 + i sen θ2 ⇒
⇒ cos θ1 = cos θ2 e sen θ1 = sen θ2 .
Resultando imediatamente θ1 = θ2 + 2kπ,
A implicação recíproca é imediata.
k ∈ Z.
Propriedade 8 Seja z ∈ C tal que z = ρ cis θ. Então:
1. z = ρcis (−θ) ;
2. −z = ρcis (π + θ) .
Dem. .
1. z = ρcisθ = ρ cos θ + iρ sen θ = ρ cos θ − iρ sen θ = ρcis (−θ) .
2. z = ρ cis θ = ρ cos θ + iρ sen θ, então,
−z = −ρ cos θ − iρ sen θ ⇔ −z = ρ (− cos θ − i sen θ) ⇔
⇔ −z = ρ (cos (π + θ) + i sen (π + θ)) ⇔ −z = ρcis (π + θ) .
2.5
Operações com números complexos na forma trigonométrica
Como já foi sugerido certas operações algébricas entre números complexos realizam-se e
interpretam-se mais facilmente quando estes se encontram representados na forma trigonométrica.
É o caso das dos operações de multiplicação e divisão.
Propriedade 9 Sejam z1 = ρ1 cis θ1 e z2 = ρ2 cis θ2 . Então:
1. z1 × z2 = ρ1 ρ2 cis(θ1 + θ2 );
2. z−1
2 =
3.
z1
z2
=
1
ρ2
ρ1
ρ2
cis (−θ2 ), z2 6= 0;
cis(θ1 − θ2 ), z2 6= 0.
61
M a io d e 2 0 0 6
Dem. .
1. Sejam z1 = ρ1 cis θ1 e z2 = ρ2 cis θ2 . Deduz-se sucessivamente:
z1 × z2 = ρ1 cis θ1 × ρ2 cis θ2 = ρ1 ρ2 (cos θ1 + i sen θ1 ) (cos θ2 + i sen θ2 ) =
= ρ1 ρ2 [(cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 ) + i (sen θ1 cos θ2 + cos θ1 sen θ2 )] =
= ρ1 ρ2 [cos (θ1 + θ2 ) + i sen (θ1 + θ2 )] = ρ1 ρ2 cis(θ1 + θ2 ).
2. Seja z2 = ρ2 cis θ2 . Deduz-se sucessivamente:
z−1
=
2
=
1
z2
=
1
ρ2 cis θ 2
=
1
1
ρ 2 cos θ 2 +i sen θ2
cos θ 2 −i sen θ 2
1
ρ2 (cos θ 2 +i sen θ 2 )(cos θ 2 −i sen θ2 )
=
=
1
ρ2
cis (−θ2 ) .
3. Sejam z1 = ρ1 cis θ1 e z2 = ρ2 cis θ2 . Então, com base nos resultados anteriores, deduzse sucessivamente:
µ
¶
z1
1
1
ρ
= z1 ×
= (ρ1 cis θ1 ) ×
cis (−θ2 ) = 1 cis(θ1 − θ2 ).
z2
z2
ρ2
ρ2
Considerando os resultados anteriores verifica-se que o produto de dois números complexos
é um novo número complexo cujo módulo é o produto dos módulos destes, e o argumento a
soma dos respectivos argumentos.
Relativamente ao quociente de dois números complexos, o resultado desta operação é um
novo número complexo cujo módulo é o quociente dos módulos destes, e o argumento a
diferença dos respectivos argumentos.
Exemplo 41 Mostre que a multiplicação de um número complexo z por i corresponde a
uma rotação de 90◦ (no sentido contrário dos ponteiros do relógio) do vector representativo
de z.
Resolução:
Sejam z = ρ cis θ e i = cis π2 . Então, tendo por base o resultado anterior,
³ π´
³
π´
z × i = (ρ cis θ) × cis
= ρ cis θ +
.
2
2
Este facto mostra o que se pretendia.
Propriedade 10 (Fórmula de De Moivre) Seja z = ρ cis θ então
zn = ρn cis(nθ),
n ∈ N.
Dem. Na demonstração deste resultado utilizaremos o princípio de indução matemática.
Comecemos por observar que este resultado é trivialmente verdadeiro quando n = 1. Supondo
62
M a io d e 2 0 0 6
que o resultado é válido para p = n mostremos que também é válido para p = n + 1. Com
efeito se
zn = ρn cis(nθ)
então
zn+1 =
=
=
=
zn × z = ρn cis(nθ) × ρ cis(θ) =
ρn+1 cis(nθ) cis(θ) =
ρn+1 cis(nθ + θ) =
ρn+1 cis([(n + 1) θ] .
Pelo princípio de indução matemática podemos concluir que
zn = ρn cis(nθ),
n ∈ N.
Recorda-se que o Princípio de Indução Matemática resulta do Axioma da Boa Ordenação dos
números naturais e afirma o seguinte: Suponha-se que para cada n ∈ N, A(n) são proposições
tais que A(1) é verdadeira e A(n + 1) é verdadeira sempre que A(n) for verdadeira. Então
A(n) é verdadeira para todo o n ∈ N.
Exemplo 42 Utilize a Fórmula de De Moivre para provar as seguintes igualdades bem conhecidas: cos 2θ = cos2 θ − sen2 θ e sen 2θ = 2 sen θ cos θ.
Resolução:
Seja z = ρcisθ. Então, tendo em conta a Fórmula de De Moivre:
z2 = ρ2 cis (2θ) = ρ2 [cos (2θ) + i sen (2θ)] .
Por outro lado,
z2 = (ρ cis (θ)) × (ρ cis (θ)) =
= ρ2 [cos (θ) + i sen (θ)]2 =
£
¤
= ρ2 cos2 (θ) − sen2 (θ) + 2i sen (θ) cos θ .
Comparando as duas expressões obtidas deduz-se o resultado pretendido.
A Fórmula de De Moivre generaliza-se facilmente às potências de expoente negativo de
números complexos:
Propriedade 11 Seja z = ρ cis θ 6= 0 então
z−n =
1
1
= n cis(−nθ),
n
z
ρ
n ∈ N.
Dem. Notemos que
1
zn
=
=
1
ρn cis (nθ)
=
1
(cos θ − i sen θ)
=
n
ρ (cos θ + i sen θ) (cos θ − i sen θ)
1 (cos θ − i sen θ)
1
= n cis(−nθ).
n
ρ
1
ρ
63
M a io d e 2 0 0 6
¯
¯
¯ (1+i)5 ¯
Exemplo 43 Calcule ¯ i2 (1−i)3 ¯.
Resolução:
Teremos
¯ ³√
´5 ¯¯ ¯
¯
¯
¯
¯
π
¯
¯ ¯ 2 52 cis ¡ 5π ¢ ¯
2
cis
¯ (1 + i)5 ¯
4
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
¡ 43π ¢ ¯ =
¯ i2 (1 − i)3 ¯ = ¯¯− √2 cis ¡− π ¢ ¯¯ = ¯¯ 32
2 cis − 4 ¯
4 ¯
¯
¯
µ
¶¯
¯ 5 −3
¯
5π
3π
¯ = 2 |cis (2π)| = 2.
= ¯¯2 2 2 cis
+
4
4 ¯
A raíz índice n ∈ N de um número complexo
z é, por definição, um número w tal que
√
n
n
w = z. Representa-se este número por w = z.
Propriedade 12 Seja z = ρ cis θ, então
µ
¶
√
√
θ + 2kπ
n
n
z = ρ cis
,
n
k ∈ Z.
Dem. Da Fórmula de De Moivre deduz-se que
µ
∙
¶¸n
√
θ
+
2kπ
n
ρ cis
= ρ cis (θ + 2kπ) = ρ cis θ = z,
n
¢
¡
√
é uma raíz índice n de z = ρ cis θ.
o que demonstra que n ρ cis θ+2kπ
n
Deste proposição resulta que todo o número complexo diferente de zero tem exactamente n
raízes de índice n (também chamadas determinações da raíz de índice n).
√
), k = 0, ..., n − 1.
Exemplo 44 Mostre que n 1 = cis( 2kπ
n
Resolução:
Como 1 = cis 0 então,
√
n
1 = cis
µ
0 + 2kπ
n
¶
= cis
µ
¶
2kπ
, k ∈ Z.
n
Observe-se que
cis
Por outro lado
µ
2kπ
n
µ
¶
2kπ
cis
n
µ
¶
2k0 π
6= cis
sek 6= k0 e0 ≤ k, k0 ≤ n − 1.
n
¶
µ
2(k + n)π
= cis
n
¶
se0 ≤ k ≤ n − 1.
Exemplo 45 Calcule as raízes complexas seguintes:
√
1. 3 1;
√
2. 4 1;
√
3. 3 − 4i.
64
M a io d e 2 0 0 6
Resolução:
1. Ter-se-á
√
3
1=
√
3
µ
0 + 2kπ
cis 0 = cis
3
¶
µ
2kπ
= cis
3
¶
com k = 0, 1 e 2.
Isto é, obteremos as seguintes raízes:
z1 = cis (0) = 1,
√
µ ¶
2π
1
3
z2 = cis
=− +i
,
3
2
2
√
µ ¶
4π
1
3
z3 = cis
=− −i
.
3
2
2
2. Ter-se-á
µ
¶
µ
¶
√
√
0 + 2kπ
2kπ
4
4
1 = cis 0 = cis
= cis
com k = 0, 1, 2 e 3.
4
4
Isto é, obteremos as seguintes raízes:
z1 = cis (0) = 1,
³π´
= i,
z2 = cis
2
z3 = cis (π) = −1
µ ¶
3π
= −i.
z4 = cis
2
3. Comecemos por observar que
|3 − 4i| = 5 e
arg (3 − 4i) ≈ 0.927rad ≈ 53. 13◦
Ter-se-á,
√
µ
√
0.927 + 2kπ
3 − 4i ≈ 5 cis
2
¶
com k = 0 e 1.
Isto é, obteremos as raízes cujos valores aproximados são:
µ
¶ √
√
0.927
z1 ≈
5 cis
= 5 cis (0.463 5) ,
2
µ
¶ √
√
0.927 + 2π
z2 ≈
5 cis
= 5 cis (0.463 5 + π) .
2
Pode agora generalizar-se a fórmula de De Moivre às potências de expoente racional de
números complexos.
65
M a io d e 2 0 0 6
Definição 14 Seja z = ρ cis θ 6= 0, p ∈ Z e q ∈ N. Então
¸
∙
¡√
¢p
p
p
p
q
zq =
z = ρ q cis (θ + 2kπ) ,
q
Desta definição resulta que se
k ∈ Z.
p
q
for uma fracção irredutível obtêm-se exactamente q determi¡ √ ¢p √
nações da potência z . Nesta última situação q z = q zp . No entanto, se pq for redutível
¡ √ ¢p
√
tem-se em geral q z 6= q zp . Estes factos aconselham alguma precaução ao trabalhar
com potências racionais de números complexos. Nos exemplos seguintes concretizamos estas
ideias.
¡ √ ¢4 √
6
Exemplo 46 Consideremos por exemplo as expressões 6 z e z4 , z 6= 0. A primeira
¡ √ ¢2
4
2
não é mais do que z 6 = z 3 = 3 z que tem três diferentes determinações. A segunda
apresenta seis determinações diferentes.
p
q
Exemplo 47 Suponha z = cis π2 . Calcule:
4
1. z 2 (= z2 );
√
2. z4 .
Resolução:
4
1. z 2 (= z2 ) = cis(2 × π2 ) = cis π = −1.
√
p
p
√
2. z4 = cis( π4 )4 = cis(π) = −1 = ±i.
2.6
Domínios planos e condições em variável complexa
Consideremos as seguintes condições que envolvem números complexos:
1. Re z > 0;
2. Re (z − 1) < 2;
3. Im (z + 2i) > 1.
Representando no plano complexo os pontos que são solução de cada uma das condições
acima descritas, obtem-se graficamente o que se designa por domínio plano de cada uma
das condições:
66
M a io d e 2 0 0 6
1. Estes números complexos são todos os números da forma z = a + bi com a > 0.
Graficamente teremos:
y
4
2
x
-4
0
-2
2
4
-2
-4
2. Façamos z = a + bi. Então
Re (a − 1 + bi) < 2 ⇒ a − 1 < 2 ⇒ a < 3.
Concluímos que estes números complexos são todos da forma z = a + bi com a < 3.
Graficamente teremos:
y
4
2
x
-4
0
-2
2
3
4
-2
-4
3. Façamos z = a + bi. Então
Im (z + 2i) > 1 ⇒ Im (a + (b + 2) i) > 1 ⇒ b + 2 > 1 ⇒ b > −1.
Concluímos que estes números complexos são todos da forma z = a + bi com b > −1.
Graficamente teremos:
y
4
2
x
-4
-2
-1 0
2
3
4
-2
-4
Vamos então estudar a correspondência entre condições em C e conjuntos de pontos no plano
complexo.
Considerem-se z1 = a + bi e z2 = c + di dois números complexos quaisquer de afixos
Z1 = (a, b) e Z2 = (c, d) respectivamente; seja r ∈ [0, +∞[ .
67
M a io d e 2 0 0 6
2.6.1
|z1 − z2 | como distância entre dois pontos
Tem-se que |z1 − z2 | representa a distância entre os afixos de z1 e z2 :
|z1 − z2 | = Z1 Z2 .
• |z1 − z2 | = r representa a circunferência de centro Z1 e raio r.
• |z1 − z2 | < r representa o interior da circunferência de centro Z1 e raio r.
• |z1 − z2 | > r representa o exterior da circunferência de centro Z1 e raio r.
Exemplo 48 Represente no plano de Argand os seguintes conjuntos de pontos:
1. |z| = 2;
2. |z| ≥ 1;
3. |z − (2 + 3i)| ≤ 1;
4. |z| ≤ 1 e |z| > 12 .
Resolução:
1. Este conjunto de pontos será constituído por complexos cujo módulo será igual a dois.
Suponha-se que z = x + yi, então
p
|z| = 2 ⇔ |x + yi| = 2 ⇔ x2 + y2 = 2.
Concluí-se que o conjunto de números complexos é constituído por aqueles cuja distância à origem é exactamente igual a dois. Graficamente teremos:
y
2
2
x
2. Este conjunto de pontos será constituído por complexos cujo módulo é maior ou igual
a um. Suponha-se que z = x + yi, então
p
|z| ≥ 1 ⇔ |x + yi| ≥ 1 ⇔ x2 + y2 ≥ 1.
68
M a io d e 2 0 0 6
Concluí-se que o conjunto de números complexos é constituído por aqueles cuja distância à origem é igual ou superior a um. Graficamente teremos:
y
1
x
1
3. Este conjunto de pontos é constituído por complexos cuja distância ao complexo 2 + 3i
seja igual ou inferior a um. Graficamente teremos:
y
3
2
1
x
4. Este conjunto de pontos é constituído pelos pontos a uma distância igual ou inferior à
unidade da origem e que simultaneamente estejam a uma distância da origem superior
a 12 . Graficamente teremos:
y
1
1/2
1/2
69
1
x
M a io d e 2 0 0 6
2.6.2
|z − z1 | = |z − z2 | como mediatriz de um segmento de recta
• |z − z1 | = |z − z2 | representa a "equidistância" entre o afixo de z1 e o afixo de z2 , ou
seja, a mediatriz do segmento de recta [Z1 Z2 ] .
• |z − z1 | > |z − z2 | representa o semiplano (aberto) definido pela mediatriz de [Z1 Z2 ] e
pelo afixo Z2 .
• |z − z1 | < |z − z2 | representa o semiplano (aberto) definido pela mediatriz de [Z1 Z2 ] e
pelo afixo Z1 .
• Re (z − z1 ) = r representa a recta vertical que passa no ponto (a + r, 0) .
• Im (z − z1 ) = r representa a recta horizontal que passa no ponto (0, b + r) .
Exemplo 49 Represente no plano complexo os afixos dos números complexos z que satisfazem as seguintes condições:
1. |z − 1 + i| ≤ |z + 2 − 3i| ;
2. Re z ≤ 2 ∧ Im z = 1.
Resolução:
1. |z − 1 + i| ≤ |z + 2 − 3i| ⇔ |z − (1 − i)| ≤ |z − (−2 + 3i)| .
Considere-se os números complexos z1 = 1 − i e z2 = −2 + 3i, onde Z1 = (1, −1) e
Z2 = (−2, 3) são os afixos de z1 e de z2 .
A condição dada representa o semiplano definido pela mediatriz de [Z1 Z2 ] e por Z1 .
¡
¢ ¡ 1 ¢ −−−→
, −1+3
Sendo M o ponto médio de [Z1 Z2 ] , M = 1−2
= − 2 , 1 e Z1 Z2 = Z2 − Z1 =
2
2
4
(−3, 4) . Sendo m o declive da recta Z1 Z2 , m = − 3 . Como a mediatriz é perpendicular
à recta Z1 Z2 , tem declive 34 . Além disso, passa pelo ponto M.
Uma equação da mediatriz de [Z1 Z2 ] é: y = 34 x + 11
.
8
70
M a io d e 2 0 0 6
2. Seja z = x + yi com x, y ∈ R.
Re z ≤ 2 ∧ Im z = 1 ⇔ Re (x + yi) ≤ 2 ∧ Im (x − yi) = 1 ⇔ x ≤ 2 ∧ −y = 1 ⇔
⇔ x ≤ 2 ∧ y = −1
y
4
3
2
1
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
-1
x
-2
-3
-4
2.6.3
arg (z − z1 ) = θ como semi-recta
arg (z − z1 ) = θ representa a semi-recta de origem Z1 que forma um ângulo de amplitude θ
com a semi-recta de origem Z1 paralela ao eixo Ox no sentido positivo.
Exemplo 50 Represente no plano de Argand o seguinte conjunto de pontos
π
4
< arg z < π2 .
Resolução:
Este conjunto de pontos é constituído pelos números complexos cujos argumentos se situam
entre os valores indicados. Graficamente teremos:
y
x
71
M a io d e 2 0 0 6
2.7
Exercícios Propostos
Exercício 24 Calcule, indicando o resultado na forma algébrica:
1. (1 + 2i) − (3 + 5i) (1 − i) ;
2.
(1+i)(3−i)
.
1+2i
Exercício 25 Determine o afixo, o módulo e o conjugado dos seguintes números complexos:
1. z = 1 + i;
2. w = −1 −
√
3i.
Exercício 26 Resolva, em C, as equações:
1. iz − 2 = 3z;
2. 2z − iz = 1 + 3i;
3. z2 − z + 3 = 0;
4.
1+zi
3−i
= 2i;
5. z.z − z = i + 1.
Exercício 27 Represente na forma trigonométrica os seguintes números complexos:
1. z = 1 + i;
2. w = −1 −
√
3i.
Exercício 28 Represente os seguintes números complexos na forma não dada (algébrica ou
trigonométrica):
1. 5cis (π) ;
2. 4;
¡ ¢
;
3. −3cis 5π
2
√
¡ ¢
4. 5cis 5π
;
6
5. −2 − 2i.
Exercício 29 Sejam z =
√
√
2 − 2i e w = − 23 +
√2 i.
3
Represente na forma trigonométrica:
1. z × w;
2. z2 × w;
3.
z4
w3
.
72
M a io d e 2 0 0 6
√
√
√
¡ ¢
Exercício 30 Sejam z1 = 1 − i, z2 = 2 2cis 5π
e z3 = 6 + 3 2i. Calcule:
4
√
4
z3 ;
√
2. z1 × z2 .
1.
Exercício 31 Dado o número complexo z =
2
1−i
− 2i97 ,
1. Represente z na forma algébrica e na forma trigonométrica;
2. Sabendo que z é uma das raízes de índice 3 de um número complexo w, determine,
sem calcular w, as restantes raízes de w e represente-as geometricamente.
Exercício 32 Defina, por um condição em C, o conjunto de pontos representado no plano
complexo por:
1.
√
2. A é o afixo de 2 + 2 3i.
73
M a io d e 2 0 0 6
Exercício 33 Represente no plano complexo os afixos dos números complexos z que satisfazem as seguintes condições:
1. |z − 3i| ≥ 3 ∧ |z − 3 − i| ≤ |z − i| ;
2. |z − 2 − i| ≤ 2 ∧ |z + 3| = |z − 4 − 2i| ;
3. 1 ≤ |z| < 4 ∧ Re (z − i) = 2;
4. 1 ≤ |z + i| ≤ 3 ∧ − π2 ≤ arg z ≤ 0;
5. − π6 ≤ arg (z − 2i) ≤ π4 ∨ |z − 1| ≤ 2;
¯³
¯
√ ´
¯
¯
6. ¯ 1 + 3i (−z − 1 + 2i)¯ ≤ 4 ∧ |Re (z + 1 − 2i)| ≥ 1;
7. |z + 2i| ≥ |z − 4 + i| ∧ Im (z − 2) > 1 ∧
¯
¯
¯ ≤ 3 ∧ Im z ≤ (Re z)2 ;
8. ¯z − 2+i
i
π
4
≤ arg (z − 4 − i) ≤ 32 π;
9. |3cis (π)| ≤ z.z + 2 Re z ≤ |−15i| ∧ 0 < arg (z + 8) ≤ π6 .
Exercício 34 Tenha em conta o Binómio de Newton para:
1. Indicar na forma algébrica o complexo w = 1 + i + (−1 + 3i)5 ;
2. Resolver a equação z4 − 1 = 0.
Exercício 35 Seja z o complexo definido por: z =
tg α+i
.
tg α−i
1. Prove que z = − cos (2α) + i sen (2α) ;
2. Escreva z na forma trigonométrica;
3. Calcule z, sabendo que cos (π + α) =
3
5
e 0 < α < π.
74
M a io d e 2 0 0 6
2.8
Soluções
Solução 24 .
1. −7;
2.
8
5
− 65 i.
Solução 25 .
√
1. Z = (1, 1) ; |z| = 2; z = 1 − i;
³
√ ´
√
2. W = −1, − 3 ; |w| = 2; w = −1 + 3i.
Solução 26 .
1. z = − 35 − 15 i;
2. z =
5
3
+ 73 i;
3. z =
1
2
+
√
11
i
2
∨z =
1
2
−
√
11
i;
2
4. z = 6 − i;
5. z = −i ∨ z = 1 − i.
Solução 27 .
√
¡ ¢
1. z = 2cis π4 ;
¡ ¢
2. w = 2cis 4π
.
3
Solução 28 .
1. −5;
2. 4cis0;
3. −3i;
√
√
4. − 215 + 25 i;
√
¡ ¢
5. 2 2cis 5π
.
4
Solução 29 .
¡ ¢
1. 83 cis 5π
;
2
¡
¢
2. 16
cis − 7π
;
3
6
3.
27
cis (−π) .
4
75
M a io d e 2 0 0 6
Solução 30 .
√
¡π¢ √
¡ ¢ √
¡ ¢ √
¡ ¢
1. 8 24cis 12
; 8 24cis 7π
; 8 24cis 13π
e 8 24cis 19π
;
12
12
12
¡
¢
¡ ¢
2. 2cis − 3π
e 2cis π4 .
4
Solução 31 .
√
¡ ¢
1. z = 1 − i = 2cis − π4 ;
√
¡ ¢ √
¡ 13π ¢
2. 2cis 5π
e
2cis
.
12
12
y
w2 (k = 1)
−
( k = 2) w3
π
x
4
w1 (k = 0)
Solução 32 .
1. 1 ≤ |z − (1 + 2i)| < 2;
¯
√ ¯¯
√
¯
2. ¯z − 2 − 2 3i¯ < 2 3 ∧
Solução 33 .
π
3
³
√ ´
< arg z − 2 − 2 3i < π.
1.
76
M a io d e 2 0 0 6
2.
3.
4.
77
M a io d e 2 0 0 6
5.
6.
7.
78
M a io d e 2 0 0 6
8.
9.
Solução 34 .
1. −315 − 11i;
2. z = 1 ∨ z = i ∨ z = −1 ∨ z = −i.
Solução 35 .
1. 2. z = cis (π − 2α) ;
3. z =
7
25
−
24
i.
25
79
M a io d e 2 0 0 6
π
b
a
β
α
θ
0
3π
2
2
π
c
a = cos α
α
c =1
a
c
b
β
α
b = senα
0 = 2π
cos θ =
a 2 +b 2 −c2
2ab
sen α
a
b
c
=
=⇒ tg α =
sen α
cos α
cos(−x) = cos x (cos x é par)
sen(−x) = − sen x (sen x é ímpar)
π
6
1
√2
3
√2
3
3
1
π
√4
2
√2
2
2
2
π
3
π
√3
3
2
1
√2
−α
π
1
0
0 −1
− 0
π
2
cos (2α) = cos2 α − sen2 α
cos α = sen
sen θ
c
=
c2 = a2 + b2
sen2 α + cos2 α = 1
e cos α =
sen β
b
sen (2α) = 2 sen α. cos α
a
c
α
0 = 2π
sen α
0
cos α
1
tg α
0
sen α =
=
−1
0
−
3π
2
a
b
⇐⇒ c2 = a2 + b2 − 2ab cos θ
Teorema de Pitágoras:
Lei dos cosenos:
Lei dos senos:
α + β + θ = 180o = π rad = 200 grados
Trigonometria