Equação de 3o grau e números complexos

GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 3a série – Volume 2

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

A EQUAÇÃO DE 3º GRAU E O APARECIMENTO NATURAL DOS
NÚMEROS COMPLEXOS

Páginas 3 - 6
1.
Questões (a) e (b)
b c
ax 2  bx  c  0 (a )  x 2  x   0  x 2  Bx  C  0,
a a
b c
com B e C
a a

c)
2
 B  B B B2 B2
 y    B y    C  0  y 2  2 y   By  C  0 
 2  2 2 4 2
B2 B2
y2   C  0  y2  C  0
4 4

B2 B 2  4C
d) Como y2 = – C, segue que y  
4 2

B B 2  4C B B B 2  4C
e) Como x  y  , segue que x    , ou seja, x   
2 2 2 2 2
b c  b  b 2  4ac
Substituindo B por e C por , obtemos x  , que é a fórmula de
a a 2a
Bhaskara.

f) Dividindo os coeficientes por 3, obtemos x2 + 5x + 6 = 0;

1


5
Substituindo x por y  , onde o denominador 2 é o grau da equação, obtemos:
2
2
 5  5
 y    5 y    6  0 .
 2  2
1 1
Efetuando os cálculos, obtemos y2 = , ou seja, y =  .
4 2
5
Como x = y  , segue que x = – 2 ou x = – 3.
2

2.
a) x1 e x2 são obtidos pela fórmula de Bhaskara:

 b  b 2  4ac  b b 2  4ac
x   .
2a 2a 2a
b c
Como S   b   Sa e P   c  Pa , temos:
a a

 ( Sa) ( Sa) 2  4a ( Pa) Sa a S 2  4 P S  S 2  4 P
x     .
2a 2a 2a 2a 2

Os números 10 e 40 seriam a soma e o produto das raízes da equação x2 – 10x + 40

S  S 2  4P
= 0. Segundo a fórmula , teríamos de calcular
2

10  10 2  4.40 10   60
 ; como não existe a raiz quadrada de um número
2 2
negativo em IR, concluímos que não existem dois números reais cuja soma seja 10 e
cujo produto seja 40.

b) Se existissem dois números reais de soma igual a S e produto igual a P, então
eles seriam raízes da equação x2 – Sx + P = 0. Mas, se o quadrado da soma S dos
dois números fosse menor que o quádruplo de seu produto P, ou seja, se S2 < 4P,
então a equação x2 – Sx + P = 0 teria o discriminante  = S2 – 4P negativo, ou seja,
não teria raízes reais. Logo, não existem dois números reais nas condições acima.

3.
2


a) Efetuando a substituição indicada, obtemos:
( y  5) 3  15( y  5) 2  11( y  5)  7  0  y 3  64 y  202  0 .
b) Efetuando a substituição indicada, obtemos:
3 2
 B  B  B
 y    B y    C  y    D  0 
 3  3  3
B
2
B B
3
 B B 
2
 B
y3  3 y 2  3 y      B  y 2  2 y      C  y    D  0 
3 3 3 
 3 3    3
yB 2 B 3 2 yB 2 B 3 BC B 2 y 2 B3 BC
y3  y 2 B    y2B    Cy   D  0  y3    Cy  D0
3 27 3 9 3 3 27 3

Verificamos que os termos em y2 se cancelam. De modo geral, efetuando-se os
cálculos indicados, é possível mostrar que, na equação xn + A1xn-1 + A2xn-2 + A3xn-3 +
A1
... + An-1x + An = 0, a substituição de x por y – conduz à eliminação do termo em
n
yn-1.

Páginas 8 - 12
1.
a) x2 + 6x – 1 = 0; a = 1, b = 6 e c = –1
 6  (6) 2  4.1.(1)  6  36  4  6  2 10 
 x  3  10
x    3  10   1
2.1 2 2  x2  3  10

b)  p  3  3  10
 p 3  3  10
 
 3  
q  3  10
 q  3  3  10


c) Comparando a igualdade (p + q)3 – 3pq . (p + q) – (p3 + q3) = 0 com a equação
y3 + M . y + N = 0, deduzimos que, se – 3pq = M e – (p3 + q3) = N, então y = p + q
será raiz da equação.
Temos, então, de encontrar dois números p e q tais que:
 M3 
p . q = 
3
 27  e p + q = –N.
3

3 3

 

3


Tais números p3 e q3, que têm soma e produto conhecidos, devem ser as raízes da
M3
equação do segundo grau z2 + Nz – = 0.
27

4M 3
N N  2
Resolvendo tal equação, obtemos: z = 27 N N2 M3
   ,
2 2 4 27
isso significa que os valores de p3 e q3 são:

N N2 M3 N N2 M3
   e    ,
2 4 27 2 4 27

logo, os valores de p e de q serão N N2 M3 N N2 M3 .
3    e 3   
2 4 27 2 4 27

Em consequência, o valor de y = p + q será:

N N2 M3 N N 2 M 3 , como queríamos mostrar.
y 3     3   
2 4 27 2 4 27

2. Substituindo, na fórmula obtida no exercício anterior, temos:

2 4  27  2 4  27  3
y3    3    1  0  3 1  0  2 ; logo, y = 2 é uma
2 4 27 2 4 27
raiz.
Como será visto nas atividades seguintes, conhecendo-se uma das raízes de uma
equação de grau 3, é possível reduzi-la a uma equação de 2o grau, encontrando-se,
assim, todas as raízes da equação inicial.

3.
a) O volume do cubo de aresta x é igual a x3 e o volume do paralelepípedo de base
15 m2 e altura x é igual a 15x; segue, então, que a exigência de o volume do cubo ser
4 m3 maior do que o volume do paralelepípedo traduz a equação:
x3 = 15x + 4, ou seja, x3 – 15x – 4 = 0.

4


b) Calculando o valor de x pela fórmula obtida anteriormente para equações de 3o

grau, obtemos: x  3 2   121  3 2   121 . Pela fórmula, parece não existir raiz

da equação, uma vez que nos deparamos, nos cálculos, com a raiz quadrada de um
número negativo.

c) Certamente, a equação admite x = 4 como raiz, como se pode verificar
diretamente, uma vez que 43 – 15.4 – 4 = 0. No uso da fórmula das raízes, os cálculos
foram interrompidos quando surgiu a raiz quadrada de –121. No estudo das equações
de 2o grau, era assim que se procedia: ao se deparar com a raiz quadrada de um
número negativo, dizia-se: “A equação não tem raízes reais”. Mas aqui sabe-se que a
equação de grau 3 proposta tem uma raiz real, que é x = 4. Então, como ficamos?

4.
a) De fato, como –121 = 121 . (–1), para extrair a raiz quadrada de –121, bastaria
sabermos quanto vale a raiz quadrada de –1. Se representarmos a raiz quadrada de
–1 por i, esse número imaginário, teríamos: –1 = i2, ou seja, i   1 . Em

consequência,  121  121.  1  11.i .
Analogamente, seria possível expressar a raiz quadrada de qualquer número
negativo:  9  9 .  1  3.i ; analogamente,  7  . 7 . i , e assim por diante.
Insistimos que, por enquanto, é feito apenas um exercício de imaginação: se existir
um número que seja a raiz quadrada de –1, então as raízes quadradas de todos
os números negativos poderão ser expressas com base nesse número; chamando tal
número imaginário de i, temos, por exemplo, que
 25  25 . (1)  25 .  1  5. i .

b) Substituindo  121 por 11i na expressão x  3 2   121  3 2   121 ,

obtemos: x  3 2  11i  3 2  11i .

c) Ao elevar ao cubo o “número” 2 + i, que é uma “mistura” de uma parte real com
uma parte imaginária, verifica-se que, efetuados os cálculos, obtemos (2 + i)3
= 2 + 11i.
De fato, temos:
5


(2 + i)3 = 23 + 3 . 22 . i + 3 . 2 . i2 + i3 => (2 + i)3 = 8 + 12 . i + 6 . i2 + i2 . i
Como i2 = –1, segue que:
(2 + i)3 = 8 + 12i + 6 . (–1) + (–1) . i, ou seja, (2+ i)3 = 2 + 11i
De modo análogo, pode ser mostrado que uma raiz cúbica de 2 – 11i é 2 – i.

d) Substituindo os valores das raízes cúbicas encontradas, temos:
x  3 2  11. i  3 2  11. i , ou seja, x = 2 + i + 2 – i = 4. Assim, reconcilia-se a

fórmula com o fato concreto de que a equação tinha x = 4 como uma de suas raízes.
Como se vê, pode ser conveniente atribuir significado às raízes quadradas de
números negativos. Será mostrado mais adiante de que modo os novos números
assim construídos – os chamados números complexos – são uma extensão natural
muito fecunda dos conhecidos números reais.

Páginas 12 - 13
1.
a  2
 b  b 2  4ac  (10)  (10)  4.2.12
2

2 x  10 x  12  0  b  10  x 
2
 
c  12 2a 2 .2

10  2
x  x  3 ou x2
4

2.
a) por verificação, encontramos x = 2, pois 23 – 2 – 6 = 8 – 8 = 0.
b) como a soma dos coeficientes da equação é igual a 0, podemos concluir que
x = 1 é uma das raízes.
x3 – 2x2 – x + 2 = 0.
para x = 1  13 – 2 . 12 – 1 + 2 = 0.

6


Página 13

1.

a) – 2 – i.

b) 12 – 3i.

c) – 81 + 79i.

d) 170.

e) – i.

f) i.

7



DAS FÓRMULAS À ANÁLISE QUALITATIVA: RELAÇÕES ENTRE
COEFICIENTES E RAÍZES

Páginas 14 - 17

1.

a) (x – m).(x – p).(x – k) = 0

b) (x – 2).(x – 3).(x – 4) = 0

c) x 3  (2  3  4) x 2  (2.3  2.4  3.4) x  2.3.4  0  x 3  9 x 2  26 x  24  0

Soma das Produto das
raízes raízes

b c
d) é igual à soma das raízes da equação com sinal trocado, é igual à soma dos
a a
d
produtos das raízes tomadas duas a duas e é igual ao produto das raízes com o
a
sinal trocado.

2.
a)
S1  r1  r2  r3  2  3  4  5 , S2  r1.r2  r1.r3  r2 .r3  (2).3  (2).4  3.4  2 e
P  (2).3.4  24

b) (x + 2).(x – 3).(x – 4) = 0
c) x 3  5 x 2  2 x  24  0

8


3.
S1  r1  r2  r3  2  3  5  10 , S 2  r1 .r2  r1 .r3  r2 .r3  2.3  2.5  3.5  31 e
P  2.3.5  30
Logo, a equação será: x 3  10 x 2  31x  30  0

Páginas 17 - 18
1.
a)
S1  r1  r2  r3  3  5  1  9 , S 2  r1.r2  r1.r3  r2 .r3  3.5  3.1  5.1  23 e
P  3.5.1  15
Logo, a equação será: x 3  9 x 2  23x  15  0
b)
S1  r1  r2  r3  2  7  3  6 , S 2  r1 .r2  r1 .r3  r2 .r3  2.7  2.( 3)  7.( 3)  13 e
P  2.7.( 3)  42

Logo, a equação será: x 3  6 x 2  13x  42  0

c)
S1  r1  r2  r3  2  3  4  1, S 2  r1 .r2  r1 .r3  r2 .r3  (2).(3)  (2).4  (3).4  14 e
P  (2).(3).4  24
Logo, a equação será: x 3  x 2  14 x  24  0

2.
a) (x – 2).(x – 3).(x – 4).(x – 5) = 0
b) (x + 2).(x – 3).(x – 4).(x + 5) = 0
c) (x – 1).(x – 0).(x – 3).(x – 7) = 0

9


Páginas 19 - 20
1.
b 3 c 2 d e
ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0  x 4  x  x  x   0,
a a a a
b c
onde :  (r1  r2  r3  r4 ) ,  r1.r2  r1.r3  r1.r4  r2 .r3  r2 .r4  r3 .r4 ,
a a
d e
 (r1.r2 .r3  r1.r2 .r4  r1.r3 .r4  r2 .r3 .r4 ) e  r1.r2 .r3 .r4
a a

a) x 4  14 x 3  71x 2  154 x  120  0

b) x 4  0 x 3  27 x 2  14 x  120  0

c) x 4  11x 3  31x 2  21x  0

2.
a) Observando os coeficientes, pode-se concluir que 24 é igual ao produto das três
raízes. Logo, as possíveis raízes inteiras da equação são os divisores de 24, ou seja,
1, 2, 3, 4, 6,  8, 12, 24. Naturalmente, dependendo do valor de k, tal
equação pode não admitir nenhum desses divisores como raiz. O que se pode afirmar
é precisamente o fato de que, se houver raiz inteira, ela terá de ser um dos divisores
de 24.

b) Como a soma das duas raízes simétricas é 0 e a soma das três raízes é 8, então a
terceira raiz deverá ser igual a 8.

c) Como o produto das duas raízes inversas é igual a 1 e o produto das três raízes é
24, então a terceira raiz deverá ser igual a 24.

d) Não é possível que a equação tenha uma raiz nula, pois, nesse caso, o produto
das raízes seria 0, e já vimos que o produto das raízes é igual a 24.

10


3. Como 1 é raiz, substituindo x por 1 devemos ter a igualdade verdadeira;
logo, 1 + 7 + k – 15 = 0, e então k = 7.
Como a soma das três raízes é igual a –7, sendo uma delas igual a 1, a soma das
outras duas deve ser igual a – 8.
Como o produto das três raízes é igual a 15, sendo uma delas igual a 1, o produto das
outras duas é igual a 15.
Logo, além da raiz dada r1 = 1, as outras duas raízes da equação são tais que sua
soma é –8 e seu produto é 15; elas são, portanto, as raízes da equação de 2º grau x2 +
8x + 15 = 0.
Resolvendo tal equação, obtemos r2 = –3 e r3 = –5. Conclui-se que a equação
proposta tem como raízes os números reais 1, – 3 e – 5.

11



EQUAÇÕES E POLINÔMIOS: DIVISÃO POR X – K E REDUÇÃO
DO GRAU DA EQUAÇÃO

Páginas 22 - 24
1.
a) A(1) = 12 – 3 . 1 + 2 = 0 e B(1) = 13 – 2 . 12 – 3 . 1 + 2 = –2

b) A( x)  0  x 2  3x  2  0 ; aplicando a fórmula de Bhaskara, temos:

 3 1
3  (3)  4.1.2 3  1
2  x1  2  2

x   
2 2 x  3 1  1
 2
 2

c) O produto das raízes (a, b e c) do polinômio B(x) é –2.

d) Sim. Basta resolver a equação correspondente: x2 – 3x + 2 = x3 – 2x2 – 3x + 2.
Efetuando os cálculos, obtemos:
x 2  0  x  0
x 3  3x 2  0  x 2 ( x  3)  0  
x  3  0  x  3

e) Não, pois os coeficientes de x3 e x2 são diferentes nos dois polinômios.

2.
a) Sim. Basta resolver a equação correspondente: x3 – 3x + 2 = x3 – 2x2 – 3x + 10.
Efetuando os cálculos, obtemos 2x2 = 8, e então x =  2.

b) Não, pois os coeficientes de x2 são diferentes nos dois polinômios.

12


Páginas 24 - 25
1.
a) Igualando os coeficientes dos termos de mesmo grau, temos: a = b, c = –11 e
b =  3 = a.
b) Se – 1 é raiz da equação P1(x) = 0, então devemos ter P1(–1) = 0.
Logo, substituindo x por –1 e igualando o resultado a 0, obtemos:
5 4 3 2
 3 . (– 1) – 11(–1) – 2 . ( –1) + 7(– 1) – 3 . (–1) + d = 0.
Concluímos, efetuando os cálculos, que d = 2 – 2 3 .

2.
a) Basta substituir x por 1 em P(x) e verificar que o resultado dá 0, ou seja, que
temos P(1) = 0. Isso significa que P(x) pode ser fatorado e apresenta x – 1 como um
fator, ou seja, é divisível por x – 1. Podemos, então, escrever: P(x)  (x – 1). Q(x).
P (1)  3.15  2.14  5.13  11.12  7.1  12  0
b) O quociente da divisão será um polinômio de grau 4, podendo ser escrito na
forma geral: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Devemos ter a identidade:
3x5 – 2x4 + 5x3 – 11x2 – 7x + 12  (x – 1).(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e).
Efetuando as operações indicadas no segundo membro, obtemos:
3x5 – 2x4 + 5x3 – 11x2 – 7x + 12  ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex – ax4 – bx3 – cx2 – dx – e
Agrupando os termos semelhantes do segundo membro, obtemos:

Igualando os coeficientes dos termos de mesmo grau nos dois membros da
identidade, temos: 3 = a, –2 = b – a, 5 = c – b, –11 = d – c, –7 = e – d, 12 = –e.
Logo, concluímos que a = 3, b = 1, c = 6, d = –5, e = –12 e então o quociente será:
Q(x) = 3x4 + x3 + 6x2 – 5x – 12.
13


Assim, para resolver a equação P(x) = 0, sabendo que uma de suas raízes é x = 1,
obtemos o quociente de P(x) por x – 1, chegando ao quociente Q(x); as demais raízes
de P(x) = 0 são as raízes da equação Q(x) = 0

Página 26
1.

a) Basta substituir x por 2 em P(x) e verificar que o resultado dá 0, ou seja, que
temos P(2) = 0. Isso significa que P(x) pode ser fatorado e apresenta x – 2 como um
fator, ou seja, é divisível por x – 2. Podemos, então, escrever: P(x)  (x – 2).Q(x).
P (1)  3.2 5  2.2 4  5.2 3  11.2 2  7.2  46  0

b) O quociente da divisão será um polinômio de grau 4. Em sua forma geral,
podemos escrever que Q(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e.
Para determinar Q(x), temos a identidade:
3x5 – 2x4 + 5x3 – 11x2 – 7x – 46  (x – 2).(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e).
Efetuando as operações indicadas no segundo membro, obtemos:
3x5 – 2x4 + 5x3 – 11x2 – 7x – 46  ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex – 2ax4 – 2bx3 – 2cx2 –
2dx – 2e.
Agrupando os termos semelhantes do segundo membro, obtemos:

Igualando os coeficientes dos termos de mesmo grau nos dois membros da
identidade, temos:
3 = a, –2 = b –2a, 5 = c – 2b, –11 = d – 2c, –7 = e – 2d, –46 = –2e.
Logo, concluímos que: a = 3, b = 4, c = 13, d = 15, e = 23 e então o quociente será:
Q(x) = 3x4 + 4x3 +13x2 +15x + 23.

14


Em consequência, para resolver a equação P(x) = 0, sabendo que uma de suas raízes
é x = 2, obtemos o quociente de P(x) por x – 2 e obtemos o quociente Q(x); as
demais raízes de P(x) = 0 são as raízes da equação Q(x) = 0.

Página 27

Páginas 28 - 29
1.
a) Quando P(x) é divisível por x – k, escrevemos P(x)  (x – k) . Q(x) e segue que
P(k) = 0.
Quando P(x) não é divisível por x – k, então temos a identidade:
P(x)  (x – k).Q(x) + R, onde a constante R é o resto da divisão.
Segue daí que P(k) = R, ou seja, o resto da divisão de P(x) por x – k é igual a P(k).
b) O resto será o valor de P(–3), ou seja, R = P(–3) = –708 + .

15


O cálculo do resto também poderia ser feito por meio do algoritmo de Briot-Ruffini,
utilizado na Leitura e Análise de Texto. Basta proceder como indicado, notando que
ao último coeficiente do polinômio corresponderá, em vez do resto 0, o valor do
resto procurado:

coeficientes de P(x)

3 1 3 0 –7 π

raiz –3 3 . (–3) –8 . (–3) 27 . (–3) –81 . (–3) 236 . (–3)

3 –8 27 –81 236 –708 + 

coeficientes de Q(x) resto da divisão

2.
a) Dividindo os coeficientes por 2, obtemos a equação equivalente
9 3 11
x4 – x + 3x2 + x – 3 = 0.
2 2
Escrita dessa forma, já vimos que as possíveis raízes inteiras serão os divisores de
–3, pois esse coeficiente representa o produto das raízes da equação. Calculando os
valores numéricos do polinômio do primeiro membro da equação para
x = ±1 e x = ±3, conclui-se que –1 e 3 são raízes da equação dada.
b) A equação dada é, portanto, equivalente à equação:
(x + 1).(x – 3).(mx2 + nx + p) = 0.
Para encontrar o trinômio mx2 + nx + p e descobrir a quarta raiz da equação, basta
dividir o polinômio do primeiro membro sucessivamente por (x + 1) e (x – 3),
conforme indicado abaixo:

16


2x4 – 9x3 + 6x2 + 11x – 6 ≡ (x + 1).(ax3 + bx2 + cx + d).

coeficientes de P(x)

2 –9 6 11 –6

raiz –1 2 . ( –1) –11 . (–1) 17 . (–1) –6 . (–1)

2 –11 17 –6 0

coeficientes de Q2(x) resto da divisão

2x4 – 9x3 + 6x2 + 11x – 6 ≡ (x + 1).(2x3 – 11x2 + 17x – 6).
Dividindo-se Q1(x) por (x – 3), obtemos Q2(x):

coeficientes de Q2(x)

2 – 11 17 –6

raiz 3 2.3 –5 . 3 2.3

2 –5 2 0

coeficientes de Q2(x) resto da divisão

(2x3 – 11x2 + 17x – 6) ≡ (x – 3).(2x2 – 5x + 2)
Conclui-se, então, que:
2x4 – 9x3 + 6x2 + 11x – 6 ≡ (x + 1).(x – 3).(2x2 – 5x + 2).
1
Resolvendo a equação de 2o grau 2x2 – 5x + 2 = 0, obtemos r3 = 2 e r4 =
2
Logo, as raízes da equação dada inicialmente são:
1
r1 = –1, r2 = 3, r3 = 2, e r4 = .
2

17



NÚMEROS COMPLEXOS: REPRESENTAÇÃO NO PLANO E
SIGNIFICADO DAS OPERAÇÕES (TRANSLAÇÕES, ROTAÇÕES,
AMPLIAÇÕES)

Páginas 33 - 37
1.
a) 3 + 4i + 7 = 10 + 4i

b) 3 + 4i + 7i = 3 + 11i

c) 3 + 4i + 3 – 4i = 6

d) 3 + 4i – (3 – 4i) = 3 + 4i – 3 + 4i = 8i

e) (3 + 4i) . 7 = 21 + 28i

f) (3 + 4i) . 7i = 21i + 28i2 = –28 + 21i

g) 7i . (3 – 4i) = 21i – 28i2 = 28 + 21i

h) [(3 + 4i) . (3 – 4i)]2 = (32 – 42i2)2 = (9 + 16)2 = 625

i) (3 + 4i + 3 – 4i)3 = 63 = 216

j) [3 + 4i – (3 – 4i)]3 = (3 + 4i – 3 + 4i)3 = (8i)3 = 83 . i3 = 512 . i2.i = –512i

k) [7i – (3 + 4i) + 3 – 4i]3 = (7i – 3 – 4i + 3 – 4i)3 = (–i)3 = (–1)3 . (i . i2) = i

18


l) (–7 + 3 + 4i + 3 – 4i)15 = (–1)15 = –1

2.

Os módulos de z1, z2, z3 e z4
são todos iguais a
32  32  3 2

O argumento  é o ângulo
formado pela reta Oz e o eixo
real; no caso de z1, tal ângulo é
45o, e sua tangente é igual a 1.

No caso de z2, o ângulo 
correspondente é 135º, uma
vez que temos Im positivo e Re
negativo.

3.
b 1 
a) tg    1    45 o  rad
a 1 4
O segmento que une o ponto (a, b) à origem, pelo Teorema de Pitágoras, é igual a

2.
b 3 3
b) tg    1    135 o  rad
a 3 4

3 2.
b 3 
c) tg    3    60 o  rad
a 3 3

2 3.

19


 3 3 7
d) tg      210 0  rad
3 3 6

2 3.

Páginas 38 - 41
1.

  3 3
z1  3 2 (cos  isen ) z 2  3 2 (cos  isen )
4 4 4 4
5 5 7 7
z3  3 2 (cos  isen ) z 4  3 2 (cos  isen )
4 4 4 4

2.
  3 3
z  2 (cos  isen ) z  3 2 (cos  isen )
4 4 4 4
  7 7
z  2 3 (cos  isen ) z  2 3 (cos  isen )
3 3 6 6

3.
a)   

| z1 | x 2  y 2  0 2  32  3 e    z1  3 cos  isen 
2  2 2

20


b) | z 2 | x 2  y 2  32  0 2  3 e   0  z 2  3cos 0  isen0

21


c) | z 3 | x 2  y 2  (2) 2  0 2  2 e     z 3  2(cos   isen )

3  3 3 
d) | z 4 | x 2  y 2  0 2  (2) 2  2 e    z 4  2 cos  isen 
2  2 2 

22


Páginas 41 - 44

1.

a)
 1
cos  2
    
| z1 | 12  ( 3 ) 2  1  3  2 e     z1  2 cos  isen 
sen  3 3  3 3

 2

b)

 1
cos   2
 2  2 2 
| z 2 | (1) 2  ( 3 ) 2  1  3  2 e     z 2  2 cos  isen 
sen  3 3  3 3 

 2

23


c)
 3
cos   
 5  5 5 
| z 3 | ( 3 ) 2  12  3  1  2 e  2    z 3  2 cos  isen 
sen  1 6  6 6 

 2

24


d)
 3
cos  
 11  11 11 
| z 4 | ( 3 )  (1)  3  1  2 e 
2 2 2    z 4  2 cos  isen 
sen   1 6  6 6 

 2

2.
a)

  45 0  2 2 a  4 2
   
z  8 cos 45 0  isen45 0  8
 2 i   4 2  i4 2  
2 

 | z | 8   b  4 2


b)
  120 0  1 3 a  2
   
z  4 cos 120 0  isen120 0  4   i
 2
  2  i 2 3  
2 
 | z | 4   b  2 3

25


c)
  150 0  1 a  3 3
   
z  6 cos 150 0  isen150 0  6 
 2
3
 i   3 3  i 3  
2
 | z | 6   b  3

d)

  240 0  1 3 a  1
   
z  2 cos 240 0  isen240 0  2   i
 2
  1  i 3  

 | z | 2  2  b   3

26


Páginas 45 - 55
1.

a) 
z  8 cos 45 0  isen 45 0  b) 
z  4 cos 120 0  isen 120 0 
c) 
z  6 cos 150 0  isen 150 0  d) 
z  2 cos 240 0  isen 240 0 

2. Questões (a) e (b) - Quando somamos o real 9 ao complexo z = 5 + 12i, obtemos
como resultado o complexo z’ = 14 + 12i. Nota-se, então, que a imagem de z resulta
deslocada na direção do eixo real 9 unidades no sentido positivo e, quando somamos
o imaginário 6i ao complexo z = 5 + 12i, obtemos como resultado o complexo z’’ = 5
+ 18i. Nota-se, então, que a imagem de z resulta deslocada 6 unidades na direção do
eixo imaginário, no sentido positivo (ver figura).

Questões (c) e (d) - Analogamente, a imagem do complexo z’ = z – 9 é a de z
deslocada no sentido negativo do eixo real 9 unidades; a imagem do complexo
z’’ = z – 6i é a de z deslocada no sentido do eixo imaginário 6 unidades para baixo
(ver figura).

27


e) Quando somamos o complexo z ao complexo 9 – 6i, a imagem de z resulta
deslocada sucessivamente (em qualquer ordem) para a direita 9 unidades e para
baixo 6 unidades (ver figura).

3.
Questões (a) e (b) - Sendo z = 5 + 12i, o número complexo 2z será igual a 10 + 24i,
ou seja, tem valor absoluto igual ao dobro do de z, mas tem o mesmo argumento de
z. Analogamente, o complexo z será igual a 5  6i , ou seja, tem valor absoluto
2 2
igual à metade do de z, mas o mesmo argumento de z (ver figura).

28


4.
a) Cada ponto da região será deslocado na direção do eixo real 5 unidades; a
região transformada será um triângulo de vértices nas imagens dos complexos:
7 + 2i, 11 + 2i e 11 + 6i.

b) Cada ponto da região será deslocado na direção do eixo imaginário 3 unidades;
a região transformada será um triângulo de vértices nas imagens dos complexos: 2 +
5i, 6 + 5i e 6 + 9i.

29


c) Cada ponto da região será deslocado na direção do eixo real 3 unidades, seguido
de outro na direção do eixo imaginário em 4 unidades. Cada ponto terá um
deslocamento total de valor igual ao módulo do complexo 3 + 4i, que é 5. Os vértices
da região transformada serão os seguintes: 5 + 6i, 9 + 6i e 9 + 10i.

d) Cada ponto da região terá seu módulo multiplicado por 2; logo, a região será
ampliada, tendo cada segmento multiplicado por 2 e sua área multiplicada por 4.
Como as distâncias de cada ponto até a origem serão multiplicadas por 2, haverá uma
translação (afastamento da origem) juntamente com a ampliação. Os novos vértices
serão: 4 + 4i, 12 + 4i e 12 + 12i. Os argumentos dos pontos da região não serão
alterados, ou seja, não haverá rotação.
30


1
e) Cada ponto da região terá seu módulo multiplicado por ; logo, a região será
2
1
reduzida, tendo cada segmento multiplicado por e sua área dividida por 4. Como
2
as distâncias de cada ponto até a origem serão reduzidas à metade, haverá uma
translação (aproximação da origem) juntamente com a redução. Os novos vértices
serão: 1 + i, 3 + i e 3 + 3i. Os argumentos dos pontos da região não serão alterados,
ou seja, não haverá rotação.

31


5. Queremos multiplicar cada ponto da região indicada pelo imaginário i. Vamos
examinar o efeito de tal multiplicação em cada ponto ao multiplicar um número
complexo z = x + yi por i, e obtém-se: z . i = xi + yi2, ou seja, z.i = – y + xi.
Inicialmente, nota-se que os módulos de z e zi são iguais. Além disso, verifica-se
 
que, se o argumento de z é  e o de zi é ’, então ’ +       , ou seja,
2 

’ –  = (ver figura).
2


Isso significa que os argumentos de z e de zi diferem de 90º ( radianos), ou seja, zi
2

tem argumento igual a  + . De maneira geral, ao multiplicar um número
2
complexo z por i, seu módulo permanece o mesmo, mas seu argumento aumenta de

. Em decorrência, ao multiplicar por i todos os pontos da região indicada, ela
2
manterá seu tamanho, mas sofrerá uma rotação de 90º, conforme mostra a figura:

32


6.

a) Já foi visto que, ao somar um complexo com um número real, a imagem do
complexo resulta deslocada horizontalmente na direção do eixo real; no caso, a
região triangular será deslocada para a direita 9 unidades.
b) A região triangular será deslocada para cima 9 unidades.
c) A região triangular será deslocada para a direita 9 unidades e depois para cima 9
unidades, ou, equivalentemente, para cima 9 unidades e depois para a direita
9 unidades.
As figuras abaixo traduzem as transformações ocorridas em a, b e c.

d) A região será ampliada, cada complexo z tendo seu valor absoluto multiplicado
por 2. Não sofrerá rotação e sua área ficará multiplicada por 4.
33


e) A região será ampliada de um fator 2, tendo sua área quadruplicada; também
sofrerá uma rotação de 90º, correspondente à multiplicação por i.

34

Equação de 3o grau e números complexos

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