O documento apresenta 9 exercícios resolvidos sobre números complexos na forma trigonométrica e algébrica. As questões abordam conversão entre as formas, cálculo de conjugados, determinação de argumentos e módulos.

1. COLÉGIO PEDRO II - CAMPUS SÃO CRISTÓVÃO III
3ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROF. WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br
Exercícios de Números Complexos – Forma Trigonométrica - GABARITO
1. Dê a forma trigonométrica do complexo de afixo ( )32,2 − .
Solução. Calculando módulo e argumento, temos:
() ( )
( )













 π
+
π
=
+=
⇒














 π
≡=θ⇒







===θ
−=
−
==θ
==+=−+=
3
5
isen
3
5
cos4z
ou
º300isenº300cos4z
3
5
º300
2
1
4
2
z
a
cos
2
3
4
32
z
b
sen
416124322z
22
.
2. Escreva a forma trigonométrica dos complexos:
a)
2
3 i
z
+−
= b) iz 26 −−= c) iz 4−= d) 3−=z
Solução. Calculando módulo e argumento em cada item, temos:

2. a)
( )













 π
+
π
=
+=
⇒


















 π
≡=θ⇒









−=
−
==θ
===θ
==+=





+







−=
6
5
isen
6
5
cosz
ou
º150isenº150cosz
6
5
º150
2
3
1
2
3
z
a
cos
2
1
1
2
1
z
b
sen
1
4
4
4
1
4
3
2
1
2
3
z
22
.
b)
( ) ( )
( )













 π
+
π
=
+=
⇒















 π
≡=θ⇒







−=
−
==θ
−=
−
==θ
==+=−+−=
6
7
isen
6
7
cos22z
ou
º210isenº210cos22z
6
7
º210
2
3
22
6
z
a
cos
2
1
22
2
z
b
sen
2282626z
22
.

3. c)
() ( )
( )













 π
+
π
=
+=
⇒














π
≡=θ⇒







===θ
−=
−
==θ
==−+=
2
3
isen
2
3
cos4z
ou
º270isenº270cos4z
2
3
º270
0
4
0
z
a
cos
1
4
4
z
b
sen
41640z
22
.
d)
( ) ()
()
( )
( )




π+π=
+=
⇒









π≡=θ⇒







−=
−
==θ
===θ
==+−=
isencos3z
ou
º180isenº180cos3z
º180
1
3
3
z
a
cos
0
3
0
z
b
sen
3903z
22
.
3. Escreva a forma algébrica dos complexos:
a)
4
π
cisz = b) πcisz 2= c)
6
7
10
π
cisz = d)
2
8
π
cisz =
Solução. A expressão “cis” representa cos(arg) + i.sen(arg), onde “arg” é o argumento do complexo.
a) 2
2
2
2
44
cos
4
iisencisz +=+==
πππ
. b) ( ) ( ) 20.12cos22 −=+−=+== iisencisz πππ .
c) i535
2
1
i
2
3
10
6
7
isen
6
7
cos10
6
7
cis10z −−=







−−=




 π
+
π
=
π
= .
d) ( ) i81.i08
2
isen
2
cos8
2
cis8z =+=




 π
+
π
=
π
= .

4. 4. Ache o conjugado de 34
z sendo 





+=
88
cos
ππ
isenz .
Solução. Aplicando a fórmula de Moivre, temos:
( ) ( )
i
2
2
2
2
i
2
2
2
2
zi
2
2
2
2
4
isen
4
cosz
48
2
8
32
8
34
:OBS
8
34
isen
8
34
cos
8
.34isen
8
.34cosz
8
isen
8
cosz
8
isen
8
cosz
3434
34
34
34
−=







+=⇒+=




 π
+
π
=
π
≡
π
+
π
=
π





 π
+
π
=




 π
+
π
=⇒












 π
+
π
=





 π
+
π
=
.
5. Se
i
i
z
46
252
−
−
= , determine, na forma algébrica, 13
z .
Solução. Expressando “z” na forma (a + bi) e calculando a potência, temos:
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) i
2
2
2
2
i
2
2
2
2
)1)(1(i
2
2
2
2
i.ii
2
2
2
2
izzz
i
4
2
i
4
)2(2
4
2
i
4
2
i
2
2
2
2
2
4
2
i
2
2
2
2
z
i
2
2
2
2
52
i226226
i46
i220i230i2426
i46
i46
.
i46
i252
i46
i252
z
2466213
2
2
2
22
2
+−=







−−=







−−−=







−−==
−=−−=+















−=







−=
−=
−
=
−
−−+
=
+
+
−
−
=
−
−
=
.
6. (UERJ) Considere o seguinte número complexo:
31
1
i
i
z
+
−
= . Ao escrever z na forma trigonométrica, os
valores do módulo e do argumento serão respectivamente:
a) 2 e
12
25π
b) 2 e
12
17π
c)
2
2
e
12
25π
d)
2
2
e
12
17π
Solução. Escrevendo o numerador e o denominador na forma complexa e dividindo, temos:
i)
4
7
2
1
sen
2
1
cos
2)1()1(i1 22 π
=θ⇒






−=θ
=θ
⇒=−+=− . ii)
3
2
3
sen
2
1
cos
231)3()1(3i1 22 π
=θ⇒






=θ
=θ
⇒=+=+=+ .

5. Logo,






π
=
=
⇒




 π
+




 π
=











 π
−
π
+




 π
−
π
=





 π
+
π





 π
+
π
=
+
−
=
12
17
)z(Arg
2
2
z
12
17
isen
12
17
cos.
2
2
z
34
7
isen
34
7
cos.
2
2
3
isen
3
cos.2
4
7
isen
4
7
cos.2
3i1
i1
z
.
7. Calcule m de modo que a imagem do número
i
im
z
−
+
=
2
6
esteja na bissetriz dos quadrantes ímpares.
Solução. Para que a condição ocorra, o complexo z = a + bi é tal que a = b.
( )
( )
{ 181262
5
12
5
62
14
6122
2
2
.
2
6
2
6 2
=⇒+=−⇒
+
+
−
=
+
+++
=
+
+
−
+
=
−
+
= mmmi
mmiimim
i
i
i
im
i
im
z .
8. (CESGRANRIO) Seja biaw += um complexo onde a > 0 e b > 0. Seja w o seu conjugado. Qual a área do
quadrilátero de vértices w , w , w− e w− ?
Solução. Representando no plano Argand-Gauss, temos o retângulo.
( )[ ] ( )[ ] [ ][ ] abbabbaaÁrea
biaw
biaw
biaw
biaw
42.2. ==−−−−=⇒







+−=−
−−=−
−=
+=
.
9. (MACK) As representações gráficas dos complexos i+1 , ( )2
1 i+ , 1− e ( )2
1 i− , são vértices de um
polígono de área:
a) 2 b) 1 c)
2
3
d) 3 e) 4
Solução. Uma fórmula conhecida para calcular a área de um triângulo dado por coordenadas cartesianas
no plano é:
1
1
1
.
2
1
33
22
21
yx
yx
yx
A = , onde P(x1, y1), Q(x2, y2) e R(x3, y3) são os
vértices do triângulo.
No caso do exercício temos os pontos:
i) )1,1(1 Pi →+ . ii) ( ) )2,0(21
2
Pii →=+ .
iii) )0,1(1 −→− P . iv) ( ) )2,0(21
2
−→−=− Pii .
Dividindo o quadrilátero em dois triângulos aplica-se a fórmula somando-se os resultados.

6. A1: [ ]
2
3
)2(1)1(1)2(1
2
1
101
120
111
2
1
=+−=
−
. A2:
[ ]
2
5
)2(1)1(0)3(1
2
1
111
120
101
2
1
=+−−−−=−
−
.
Logo, a área será 4
2
8
2
5
2
3
==+=A .
10. Um triângulo eqüilátero ABC está inscrito em uma circunferência com centro na origem do plano complexo. O
vértice A é o afixo do complexo i+3 . Determine as coordenadas dos pontos B e C. 
Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência. O triângulo eqüilátero divide a
circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º.
( )
( )
( )






−=




 π
+
π
==
−=




 π
+
π
==
⇒






π
=
π
=
π
+
π
=θ
π
=
π
+
π
=θ
⇒
π
=θ⇒






=θ
=θ
=+=⇒+==
2,0
2
3
isen
2
3
cos2zC
1,3
6
5
isen
6
5
cos2zB
2
3
6
9
3
2
6
5
6
5
3
2
6
6
2
3
cos
2
1
sen
213zi3zA
2
2
3
2
1
1
1
2
2
1
.
11. (IBMEC) Se A, B e C representam, no plano Argand-Gauss, as imagens das raízes complexas da equação
052 23
=+− xxx , então o perímetro do triângulo ABC é igual a:
a) 542 + b) 524 + c) 245 + d) 254 + e) 525 +
Solução. Resolvendo a equação, temos:

7. ( )





−=
+=
=
⇒





±
=
−±
=
−±
=⇒=+−
=
⇒=+−⇒=+−
i21x
i21x
0x
:raízes
2
i42
2
162
2
2042
x05x2x
0x
05x2xx0x5x2x
3
2
1
2
223
.
Representando no plano, temos:
( )
( ) ( )
524Perímetro
4i4i21i21BC
521i21AC
521i21AB
22
22
+=⇒







==−−+=
=−+=−=
=+=+=
.
12. O número complexo z possui afixo no 2º quadrante do plano Argand-Gauss. Se izzz 332
2
+=−+ ,
determine z, seu módulo e seu argumento.
Solução. Resolvendo a equação para z = x + yi, temos:

8. ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) 




 π
≡=θ⇒







−=θ
=θ
=+−=+−=



→+−=
→+=
⇒






−=
−
=
=
+
=
⇒
±
=
±
=
−−±
=
=−−⇒



=−+
=⇒=
⇒+=+−+⇒
⇒+=++−++⇒+=−−+++⇒+=−+
rad
4
3
º135
2
1
cos
2
1
sen
:Argumento)ii
2)1(1i1z:Módulo)i
Quadranteº2i1z
Quadranteº1i2z
:Complexo
1
2
31
x
2
2
31
x
2
31
2
91
2
)2)(1(411
x
02xx
3x1x
1y3y3
i33iy3xyx
i33yi2yix2xyxi33)yix(2)yix(yxi33z2zz
22
2
2
1
2
22
22
22222
.
13. Se o módulo de um complexo é igual a 2 e seu argumento,
4
7π
, a expressão algébrica deste número é:
a) i−1 b) i2 c) i d) i+−1 e) i−−1
Solução. Temos: i1
2
2
2
2
2
4
7
isen
4
7
cos2z −=







−=




 π
+
π
= .
14. Na figura P é o afixo do número complexo z. Se o ângulo assinalado mede rad
6
π
, escreva z na forma
trigonométrica e na forma algébrica.
Solução. O ângulo em graus mede 30º. Logo o arco medido no sentido positivo é de
300º ou rad
6
5π
. A circunferência possui raio 2, logo o módulo de P vale 2. Temos:





 π
+
π
=
3
5
isen
3
5
cos2z:ricaTrigonomét)i ; i31i
2
3
2
1
2z:ébricalgA)ii −=







−=
15. Dados ( )º30º30cos.41 isenz += , ( )º120º120cos.32 isenz += e ( )º270º270cos.23 isenz +=
números complexos, escreva na forma trigonométrica os resultados das operações:
a) 21.zz b)
3
1
z
z
c) ( )5
2z d) ( )8
3z
Solução. Aplicando as operações usuais e a fórmula de Moivre, temos:

9. a)
( )
( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]º150º150cos12.
º120º30º120º30cos)3).(4(.
º120º120cos3
º30º30cos4
21
21
2
1
isenzz
isenzz
isenz
isenz
+=⇒
⇒+++=⇒



+=
+=
.
b)
( )
( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º120º120cos2º240º240cos2
º270º30º270º30cos
2
4
º270º270cos2
º30º30cos4
3
1
3
1
3
1
isenisen
z
z
isen
z
z
isenz
isenz
+=−+−=⇒
⇒−+−=⇒



+=
+=
.
c)
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º240º240cos243º600º600cos243
º1205º1205cos243
º120º120cos3
º120º120cos3
5
2
5
2555
2
2
isenisenz
isenz
isenz
isenz
+=+=⇒
⇒×+×=⇒



+=
+=
.
d)
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]º0º0cos256º2160º2160cos256
º2708º2708cos256
º270º270cos2
º270ºº270cos2
8
3
8
3888
3
3
isenisenz
isenz
isenz
isenz
+=+=⇒
⇒×+×=⇒




+=
+=
.
16. (FGV) Três números complexos estão representados no plano de Argand-Gauss por três pontos que dividem
uma circunferência de centro na origem (0,0) em partes iguais. Um desses números é igual a 1. Determine os
outros dois números, faça um esboço da circunferência e calcule a área do triângulo cujos vértices são os três
pontos.
Solução. O módulo do complexo será o raio da circunferência que vale 1. O triângulo eqüilátero divide a
circunferência em três arcos congruentes. Logo, cada afixo está distante do outro consecutivo de 120º
ou
3
2π
.

10. ( )















−−=




 π
+
π
==








−=




 π
+
π
==
⇒






π
=
π
+
π
=θ
π
=
π
+=θ
⇒=θ⇒






=θ
=θ
=+=⇒=
2
3
,
2
1
3
4
isen
3
4
cos1zz
2
3
,
2
1
3
2
isen
3
2
cos1zz
3
4
3
2
3
2
3
2
3
2
0
0
1
1
cos
1
0
sen
101z1z
23
22
3
2
1
1
1
22
1
.
A área é calculada aplicando a metade do módulo do determinante das coordenadas:
4
33
2
33
2
1
2
3
3
2
1
4
3
4
3
10
2
3
2
3
1
2
1
1
2
3
2
1
1
2
3
2
1
101
2
1
A =





=





+=
















++−







+=
−−
−= .
17. (VUNESP) Considere o complexo iu
2
1
2
3
+= , onde 1−=i . Encontre o número complexo v cujo
módulo é igual a 2 e cujo argumento é o triplo do argumento principal de u.
Solução. Escrevendo o complexo “u” na forma trigonométrica e verificando as condições, temos:

11. 




=
π
=




 π
=θ
⇒
π
=θ⇒









==θ
==θ
=+=





+







=⇒+=
2v
26
3
6
2
3
1
2
3
cos
2
1
1
2
1
sen
1
4
1
4
3
2
1
2
3
ui
2
1
2
3
u
v
u
u
u
22
. R: i2
2
isen
2
cos2v =




 π
+
π
=
18. Obtenha as raízes cúbicas da unidade. Isto é, calcule 3
z , onde z = 1.
Solução. Escrevendo z = 1 na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
















−−







+−
−−=




 π
+
π
=




 π+
+
π+
=
+−=




 π
+
π
=




 π+
+
π+
=
=





+=




 π+
+
π+
=





 π+
+
π+
=π++π+==⇒=
∈π++π+=⇒=θ⇒






==θ
==θ
⇒=+=⇒=
i
2
3
2
1
,i
2
3
2
1
,1:R
i
2
3
2
1
3
4
isen
3
4
cos
3
)2(20
isen
3
)2(20
cosw
i
2
3
2
1
3
2
isen
3
2
cos
3
)1(20
isen
3
)1(20
cosw
1
3
0
isen
3
0
cos
3
)0(20
isen
3
)0(20
cosw
3
k20
isen
3
k20
cosk20isenk20coszwzw
Zk;k20isenk20cosz0
1
1
1
cos
0
1
0
sen
101z1z
2
1
0
3/13/1
k
3
22
.
19. Determine as raízes quadradas de iz 322 −=
Solução. Escrevendo iz 322 −= na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:

12. ( ) ( )
( ) ( ){ }i3,i3:R
i3
2
1
isen
2
3
2
6
11
isen
6
11
cos2
6
)1(65
isen
6
)1(65
cos2w
i3
2
1
isen
2
3
2
6
5
isen
6
5
cos2
6
)0(65
isen
6
)0(65
cos2w
6
k65
isen
6
k65
cos4
3
k65
isen
3
k65
cos4zwzw
Zk;k2
3
5
isenk2
3
5
cos4z
3
5
2
1
4
2
cos
2
3
4
32
sen
416124322zi322z
1
0
2/1
2/12/1
k
2
22
−+−
−=





−=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=
+−=





+−=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=





 π+π
+
π+π
=










 π+π
+




 π+π
==⇒=
∈











π+
π
+





π+
π
=⇒
π
=θ⇒






==θ
−
=
−
=θ
==+=−+=⇒−=
.
20. Determine as raízes quartas de 81.
Solução. Escrevendo z = 81 na forma trigonométrica e aplicando a radiciação, temos:
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) [ ]
( ) ( ) [ ] [ ]
( ) ( ) [ ]
{ }i3,i3,3,3:R
i3i003
2
3
isen
2
3
cos3
4
)3(20
isen
4
)3(20
cos3w
3i013isencos3
4
)2(20
isen
4
)2(20
cos3w
i3i103
2
isen
2
cos3
4
)1(20
isen
4
)1(20
cos3w
3
4
0
isen
4
0
cos3
4
)0(20
isen
4
)0(20
cos3w
4
k20
isen
4
k20
cos3k20isenk20cos81zwzw
Zk;k20isenk20cos81z0
1
81
81
cos
0
81
0
sen
81z81z
3
2
1
0
4/14/14/1
k
4
−−
−=−=




 π
+
π
=




 π+
+
π+
=
−=+−=π+π=




 π+
+
π+
=
=+=




 π
+
π
=




 π+
+
π+
=
=





+=




 π+
+
π+
=





 π+
+
π+
=π++π+==⇒=
∈π++π+=⇒=θ⇒






==θ
==θ
⇒=⇒=
.
21. Uma das raízes cúbicas de um número complexo z é 





+=
66
cos20
ππ
isenw .
a) Determine, na forma algébrica, as outras raízes cúbicas de z. Resposta: ( ){ }ii 2,3 −+−
b) Escreva z na forma algébrica. Resposta: z = (– 2i)3
= 8i.
Solução. Como são raízes cúbicas, então há w0, w1 e w2. Temos:

13. ( )
( ){ }i2,i3:R
i2i102
2
3
isen
2
3
cos2
3
2
6
5
isen
3
2
6
5
cos2w
i3i
2
1
2
3
2
6
5
isen
6
5
cos2
3
2
6
isen
3
2
6
cos2w
2
1
−+−
−=−=




 π
+
π
=










 π
+
π
+




 π
+
π
=
+−=







+−=




 π
+
π
=










 π
+
π
+




 π
+
π
=
.
22. Determine a área do polígono cujos vértices são afixos das soluções complexas da equação 164
=w .
Solução. Encontrando as raízes cúbicas de 16, temos:
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) [ ]
( ) ( ) [ ] [ ]
( ) ( ) [ ]
{ }i2,i2,2,2:R
i2i002
2
3
isen
2
3
cos2
4
)3(20
isen
4
)3(20
cos2w
2i012isencos2
4
)2(20
isen
4
)2(20
cos2w
i2i102
2
isen
2
cos2
4
)1(20
isen
4
)1(20
cos2w
2
4
0
isen
4
0
cos2
4
)0(20
isen
4
)0(20
cos2w
4
k20
isen
4
k20
cos2k20isenk20cos16zwzw
Zk;k20isenk20cos16z0
1
16
16
cos
0
16
0
sen
16z16z
3
2
1
0
4/14/14/1
k
4
−−
−=−=




 π
+
π
=




 π+
+
π+
=
−=+−=π+π=




 π+
+
π+
=
=+=




 π
+
π
=




 π+
+
π+
=
=





+=




 π+
+
π+
=





 π+
+
π+
=π++π+==⇒=
∈π++π+=⇒=θ⇒






==θ
==θ
⇒=⇒=
.
A área vale o quádruplo da área de um triângulo retângulo isósceles de cateto 2:
8
2
22
4 =




 ×
=A .
23. (PUC) Ache todas as soluções complexas da equação 016
=+z .
Solução. Encontrando as raízes sextas de – 1, temos:

14. ( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )








−







+







+−







−−







−
−=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=
−=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=
−−=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=
+−=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=
=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=
+=




 π
+
π
=




 π+π
+
π+π
=





 π+π
+
π+π
=π+π+π+π==⇒=
∈π+π+π+π=⇒π=θ⇒






−=
−
=θ
==θ
⇒=+−=⇒−=
i,i,i
2
1
2
3
,i
2
1
2
3
,i
2
1
2
3
,i
2
1
2
3
:R
i
2
1
2
3
6
11
isen
6
11
cos
6
)5(2
isen
6
)5(2
cosw
i
2
3
isen
2
3
cos
6
)4(2
isen
6
)4(2
cosw
i
2
1
2
3
6
7
isen
6
7
cos
6
)3(2
isen
6
)3(2
cosw
i
2
1
2
3
6
5
isen
6
5
cos
6
)2(2
isen
6
)2(2
cosw
i
2
isen
2
cos
6
)1(2
isen
6
)1(2
cosw
i
2
1
2
3
6
isen
6
cos
6
)0(2
isen
6
)0(2
cosw
6
k2
isen
6
k2
cosk2isenk2coszwzw
Zk;k2isenk2cosz
1
1
1
cos
0
1
0
sen
101z1z
5
4
3
2
1
0
6/16/1
k
6
22
.
24. Qual o menor valor natural de n, 0≠n , para que
n
i







+−
2
2
2
2
seja um número real?
Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:
N
3
k4
3
k4
n
k
4
3.n
0
4
3.n
senrealz
4
3.n
isen
4
3.n
cos
4
3
isen
4
3
cosz
Zk;
4
3
isen
4
3
cosz
4
3
2
2
cos
2
2
sen
1
2
1
2
1
2
2
2
2
zi
2
2
2
2
z
n
n
n
22
∈=
π
π
=
⇒π=
π
⇒=




 π
⇒⇒




 π
+




 π
=










 π
+




 π
=
∈




 π
+




 π
=⇒
π
=θ⇒







−=θ
=θ
=+=







+







−=⇒+−=
.
Para que “n” seja natural, (4k) deve ser o menor múltiplo de 3. Logo, (4k) = 12. O menor valor é n = 4.
25. (UFRJ) Determine o menor inteiro 1≥n para o qual ( )n
i+3 é um número real positivo.
Solução. Escrevendo o complexo na forma trigonométrica, temos:

15. ( ) ( )
Nk6n
k
6
n
0
6
n
senrealz
6
n
isen
6
n
cos2
6
isen
6
cos2z
Zk;
6
isen
6
cos2z
6
2
3
cos
2
1
sen
21313zi3z
nn
n
n
22
∈=
⇒π=
π
⇒=




 π
⇒⇒










 π
+




 π
=










 π
+




 π
=
∈










 π
+




 π
=⇒
π
=θ⇒






=θ
=θ
=+=+=⇒+=
.
Para k = 1, n = 6. Mas a parte real seria 01cos <−=π . Logo, k = 2 e o menor “n” é 12.