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1a Lista de Exercícios
Prof. Ms. Ricardo Leite
Matemática para Engenharia Unisal
September 8, 2013
Exercise 1.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000. Pág. 8 Exercício 38
Dados três vértices de um paralelogramo pelos números complexos z1 , z2 e z3 ,
determine o vértice z4 oposto a z2 . Faça um gráfico.
Exercise 2.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000. Pág. 12 Exercício 13
Reduza os números z1 e z2 à forma polar e determine as formas polares de z1 z2
e z1 /z2 . Represente esses quatro números num gráfico:
√
√
3−i 3
z1 = 3 + 3i, z2 =
2
Exercise 3.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000.
Prove que
cos 3θ = cos3 −3 cos θ sin2 θ
e
Pág. 12 Exercício 20
sin 3θ = − sin3 +3 cos2 θ sin θ
Exercise 4.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000. Pág. 15 Exercício 2
Demonstre, por indução, a desigualdade seguinte, e interprete o resultado graficamente.
|z1 + z2 + · · · + zn | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · + |zn | .
Exercise 5.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000. Pág. 20 Exercício 20
Decomponha o polinômio dado em um produto de fatores de 1o grau.
P (z) = z 2 − (1 + i)z + 5i
1
Exercise 6.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000.
Prove que se
Pág. 20 Exercício 24
1 + ω + ω 2 + · · · + nω n−1 = 0
onde ω é qualquer raíz n-ésima da unidade, diferente de 1.
Exercise 7.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000.
Prove que
Pág. 20 Exercício 25
n
ω−1
onde ω é qualquer raíz n-ésima da unidade, diferente de 1.
1 + 2ω + 3ω 2 + · · · + nω n−1 =
Exercise 8.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000.
Mostre que
√ √
e 1−i 3
3 − 2πi
exp
=
6
2
Pág. 24 Exercício 14
Exercise 9.
AVILA, G. Variáveis Complexas e Aplicações, 2000. Pág. 25 Exercício 19
Prove que a condição para que três números complexos a, b e c sejam vértices
de um triângulo equilátero é que a + jb + j 2 c = 0, onde j = e2πi/3 . Prove que
esta condição equivale a b + jc + j 2 a = 0 e c + ja + j 2 b = 0.
2
Respostas
Solution 1.
Considere o seguinte gráfico representando um paralelogramo no plano complexo:
Figure 1: Representação dos números no plano complexo
~a = z1 − z2
~b = z4 − z1
~c = z3 − z4
d~ = z2 − z3
Em um paralelogramo os lados opostos são iguais e paralelos. Assim, podemos
escrever:
~a = −~c =⇒ z1 − z2 = z4 − z3 =⇒ z4 = z1 + z3 − z2
ou
~b = −d~ =⇒ z2 − z3 = z1 − z4 =⇒ z4 = z1 + z3 − z2
3
Solution 2.
z1 =
√
3 + 3i =⇒ Forma retangular
√
Re {z1 } = 3; Im {z1 } = 3
r
√ 2
√
√
√
3 + 32 = 3 + 9 = 12 = 2 3
√ π
3
3 = rad = 60◦
θ1 = arctan √
= arctan
3
3
π
π i
√ h
√ iπ
z1 = 2 3 cos
+ i sin
=
2 3e 3
| {z }
3
3
|
{z
} Forma polar exponencial
| z1 | =
Forma polar trigonométrica
√
3−i 3
=⇒ Forma retangular
2
√
3
3
Re {z2 } = ; Im {z2 } = −
2
2
v
!2 r
u 2
√
u 3
3
9 3 √
| z2 | = t
+ −
=
+ = 3
2
2
4 4
√ !
− 23
1
11π
√
θ2 = arctan
=
arctan
=
rad = 300◦
3
6
3
2
z2 =
√ i 11π
11π
11π
+ i sin
=
3e 6
z2 = 3 cos
| {z }
6
6
|
{z
} Forma polar exponencial
√
Forma polar trigonométrica
z1 · z2 =
√
3 + 3i
√
√
√ !
√
3 3 3
9
3 3 2
3−i 3
=
− i+ i−
i =
3 3 + 3i
|
{z }
2
2
2
2
2
F ormaretangular
√
Re {z1 · z2 } = 3 3; Im {z1 · z2 } = 3
√ √
|z1 · z2 | = |z1 | |z2 | = 2 3 3 = 6
13π
π
π 11π
=
= rad = 30◦
θz1 +z2 = θ1 + θ2 = +
3
6
6
6
h
π
π i
π
z1 · z2 = 6 cos
+ i sin
=
6ei 6
|{z}
6 {z
6 }
|
Forma polar exponencial
Forma polar trigonométrica
4
√
√ √
√ √
3 + i3 3 + i 3
2 3 3 + i3 + i9 + i2 3 3
z1
3 + i3
√ =2 =
= i2
√ 2 =
2
z2
9+3
3−i 3
(3) + − 3
√
z1 |z1 |
2 3
=
z2 |z2 | = √3 = 2
π 11π
3π
π
θz1 /z2 = θ1 − θ2 = −
= − rad = rad = 90◦
3
6
2
2
∗Para passarmos um ângulo negativo para seu equivalente positivo basta somar 1 volta (2π rad ou 360◦ ) :
−
h
π
π i
3π
3π
−3π + 4π
π
z1
iπ
2
=−
+ 2π =
= rad = 2 cos
+ i sin
=
2e
|{z}
2
2
2
2
z2
2 {z
2 }
|
Forma polar exponencial
Forma polar trigonométrica
Figure 2: Representação dos números no plano complexo
Solution 3.
Pela fórmula de De Moivre:
3
(cos θ + i sin θ) = cos (3θ) + i sin (3θ)
5
(1)
Desenvolvendo o lado esquerdo de 1:
2
(cos θ + i sin θ) (cos θ + i sin θ) = (cos θ + i sin θ) (cos 2θ + i sin 2θ)
(2)
= (cos θ cos 2θ − sin θ sin 2θ) + i (sin θ cos 2θ − cos θ sin 2θ)
(3)
Considerando as relações trigonométricas:
cos (2θ) = cos (θ + θ) = cos θ · cos θ − sin θ · sin θ = cos2 θ − sin2 θ
(4)
sin (2θ) = sin (θ + θ) = sin θ · cos θ − sin θ · cos θ = 2 sin θ · cos θ
(5)
Substituindo as relações de 4 em 2:
cos θ cos2 θ − sin2 θ − sin θ (2 sin θ cos θ) + i sin θ cos2 θ − sin2 θ − cos θ (2 sin θ cos θ)
= cos3 θ − cos θ sin2 θ − 2 sin2 θ cos θ + i sin θ cos2 θ − sin3 θ + 2 sin θ cos2 θ
= cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ + i − sin3 θ + 3 cos2 θ sin θ
Igualando a última experessão com o termo do lado direito da equação de De
Moivre (1):
3
cos θ − 3 cos θ sin2 θ + i − sin3 θ + 3 cos2 θ sin θ = cos (3θ) + i sin (3θ)
cos (3θ) = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ ⇒ Partes reais
sin (3θ) = − sin3 θ + 3 cos2 θ sin θ ⇒ Partes imaginárias
Solution 4.
n
n
X
X
zk ≤
|zk |
k=1
k=1
Para provar por indução temos que considerar um caso base n = 2:
q
|z1 + z2 | = (z1 + z2 ) (z1 + z2 )
p
= (z1 + z2 ) (z1 + z2 )
√
= z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2
q
2
2
= |z1 | + |z2 | + |z1 | eiθ1 |z2 | e−iθ2 + |z1 | e−iθ1 |z2 | eiθ2
q
2
2
= |z1 | + |z2 | + |z1 | |z2 | ei(θ1 −θ2 ) + ei(θ2 −θ1 )
q
2
2
= |z1 | + |z2 | + 2 |z1 | |z2 | cos (θ1 − θ2 )
q
2
2
≤ |z1 | + |z2 | + 2 |z1 | |z2 |
q
2
= (|z1 | + |z2 |)
= |z1 | + |z2 |
6
Em seguida, consideramos que a desigualdade é válida para um certo n e devemos provar que também vale para n0 = n + 1:
n+1 X zk k=1
n
X
=
zk + zn+1 k=1
Fazemos zj =
n
P
zk um número complexo como qualquer outro:
k=1
|zk + zn+1 |
≤ |zj | + |zn+1 |
n
X zk + |zn+1 |
=
k=1
≤
n
X
|zk | + |zn+1 |
k=1
=
n+1
X
|zk |
k=1
Solution 5.
P (z) = z 2 − (1 + i) z + 5i = 0
Resolvendo a equação P (z) = 0 pelo método de Bhaskara:
2
∆ = (− (1 + i)) − 4 · 1 · 5i = 1 + 2i + i2 − 20i = −18i
√
− (− (1 + i)) + −18i
z=
2
√
−18
3π
=
rad = 270◦
−18i ⇒ n = 2; a = −18i; |a| = 18; θa = arctan
0
2
√
√
3π/2
3π/2
−18i = ± 18 cos
+ i sin
2
2
" √
√ #
√ − 2
2
= ±3 2
+i
2
2
= {−3 + 3i; 3 − 3i}
z0 =
1 + i − 3 + 3i
−2 + 4i
=
= −1 + 2i
2
2
1 + i + 3 − 3i
4 − 2i
z1 =
=
=2−i
2
2
7
Assim, o polinômio P (z) pode ser escrito como:
P (z) = A · (z − z0 ) (z − z1 )
= 1 · (z − (−1 + 2i)) (z − (2 − i))
= (+1 − 2i) (−2 + i)
Para tirar a prova que essa é realmente a resposta procurada, fazemos a multiplicação:
P (z) = z 2 − 2z + iz + z − 2 + i − 2zi + 4zi − 2i2
= z 2 + (−2 + i + 1 − 2i) z + −2 + i + 4i − 2i2
= z 2 − (1 + i) z + 5i
Solution 6.
É possível reconhecer que a sequência que está sendo somada é uma Progressão
Geométrica (PG) de termo inicial 1, razão ω e n termos. Para calcular a soma,
podemos usar o resultado bem conhecido da soma da PG:
Sn =
n
X
a1 q k−1 = a1 + a1 q + a1 q 2 + · · · + a1 q n−1
k=1
Sn =
a1 (q n − 1)
a1 (1 − q n )
=
q−1
1−q
Substituindo a1 = 1 e q = ω:
Sn =
(ω n − 1)
ω−1
Como ω é uma raíz n-nésima da unidade, ω n = 1, assim:
Sn =
(1n − 1)
(1 − 1)
=
=0
ω−1
ω−1
Na figura abaixo é possível verificar uma das implicações dessa igualdade. Quando
somadas, as n raízes se cancelam. No caso n = 2 isso é simples de observar, pois
ω = −1. No caso n = 3, as 2 raízes complexas à esquerda, quando somadas,
cancelam a primeira raíz, formando então ω + ω 2 = −1. Por isso também, a
parte imaginária dessas duas raízes se cancelam, ou seja, são complexo conjudadas. No caso n = 4 é fácil de ver o cancelamento pois elas se cancelam aos
pares, as reais são os opostas umas às outras (1 e -1) e também as imaginárias
(i e −i).
8
(a) Raízes quadradas
(b) Raízes cúbicas
(c) Raízes quartas
9
Solution 7.
Multiplicamos ambos os lados por ω − 1:
n
ω−1
ω − 1 + 2ω 2 − 2ω + 3ω 3 − 3ω 2 + · · · + nωω n−1 − nω n−1 = n
(ω − 1) 1 + 2ω + 3ω 2 + · · · + nω n−1 = (ω − 1)
−1 − ω − ω 2 − ω 3 − · · · − ω n−1 +n ·
|
{z
}
=0, pelo exercício anterior
ωn
|{z}
=n
=1, pois ω é raiz n-ésima de 1
Solution 8.
exp
3 − 2πi
6
3
−2πi
exp
6
6
1
−π
= exp
exp
i
2
3
= exp
* Para passarmos um ângulo negativo para seu equivalente positivo basta somar
1 volta (2π rad ou 360◦ ):
−
π
π
5π
= − + 2π =
rad
3
3
3
=
=
√
√
ee
5π
3 i
5π
5π
e cos
+ i sin
3
3
"
√ #
√ 1
3
−i
= e
2
2
√ √
e 1−i 3
=
2
Solution 9.
Em breve
10