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Livro: Vari´aveis Complexas e Aplica¸c˜oes - LTC
(Geraldo ´Avila)
[email protected] Resolvido por Diego Oliveira e compilado dia 25/04/
Solucion´ario (em constru¸c˜ao) da 3a^ edi¸c˜ao do livro de Vari´aveis Complexas e aplica¸c˜oes do autor: Geraldo Avila.´ Para quem desejar; uma c´opia do livro pode ser baixada em:
http://www.bibliotecadaengenharia.com/ /08/variaveis-complexas-geraldo-avila.html
A postagem de novas solu¸c˜oes desse livro de- pende muito da quantidade de visualiza¸c˜oes e down- loads que esse pdf obter. Sendo assim, pode haver atrasos na postagem. De todo modo, n˜ao deixe de acompanhar o documento no link abaixo, para obter futuras atualiza¸c˜oes. www.number.890m.com
Sum´ario
1 N´umeros Complexos 2 1.1 EXERC´ICIOS DA P AGINA 7´................... 2 1.2 EXERC´ICIOS DA P AGINA 11.................. .´ 16 1.3 EXERC´ICIOS DA P AGINA 15.................. .´ 25 1.4 EXERC´ICIOS DA P AGINA 19.................. .´ 32
1 N´umeros Complexos
1.1 EXERC´ICIOS DA P ´AGINA 7
Reduza a forma a + bi cada uma das express˜oes dadas nos Exerc´ıcios: 1 a
(3 + 5i) + (−2 + i)
(−3 + 4i) − (1 − 2 i)
(
3 + 2i) − i[2 − i(
3 − 4)]
(3 − 5 i)(− 2 − 4 i)
i 3
- 3i −
i 2
- 7 − 2 i
2 i 5
- (2 + 3i)^2
- (4 − 2 i)^2
- (1 + i)^3
- 1 + 2i + 3i^2 + 4i^3 + 5i^4 − 6 i^5
Solu¸c˜ao de 1:
(3 + 5i) + (−2 + i) = (3 + (−2)) + (5i + i) = 1 + 6i
Solu¸c˜ao de 2:
(−3 + 4i) − (1 − 2 i) = (−3 + 4i) + (−1 + 2i) = (−3 + (−1)) + (4i + 2i) = −4 + 6i
Solu¸c˜ao de 3:
(
3 + 2i) − i[2 − i(
3 − 4)]
3 + 2i) −
2 i − i^2 (
3 + 2i) −
2 i − (−1)(
3 + 2i) −
2 i + (
3 + 2i) +
− 2 i − (
3 − 4) + (2i − 2 i) = − 4
Solu¸c˜ao de 4:
(3 − 5 i)(− 2 − 4 i) = 3(−2) + 3(− 4 i) − 5(−2) + 5(4i) = − 6 − 12 i + 10 + 20i = (−6 + 10) + (20i − 12 i) = 4 + 8i
= −5 + 12i
Solu¸c˜ao de 9:
An´aloga a anterior
Solu¸c˜ao de 10:
(1 + i)^3 = (1 + i)(1 + i)(1 + i) = (1 + 1(i) + i(1) + i(i))(1 + i) = 1 + i + i + i^2 )(1 + i) = (1 + 2i + (−1))(1 + i) = (1 + 2i − 1)(1 + i) = 2i(1 + i) = 2i(1) + 2i(i) = 2i + 2i^2 = 2i + 2(−1) = −2 + 2i
Solu¸c˜ao de 11:
1 + 2i + 3i^2 + 4i^3 + 5i^4 − 6 i^5 = 1 + 2i + 3(−1) + 4(−i) + 5(i^2 )^2 − 6(i^2 )^2 · i = 1 + 2i − 3 − 4 i + 5(−1)^2 − 6(−1)^2 · i = 1 + 2i − 3 − 4 i + 5 − 6 i = (1 − 3 + 5) + (2i − 4 i − 6 i) = 3 + (− 8 i) = 3 − 8 i
- Mostre que
∑^ N
n=
in^ = 1; = −i, i ou zero, conforme o resto da divis˜ao de
N por 4 seja 0, 1, 2 ou 3, respectivamente.
Solu¸c˜ao:
Para entender a resolu¸c˜ao desse problema vamos partir de uma solu¸c˜ao par- ticular. Supondo N = 8 ent˜ao, por hip´otese, o resultado do somat´orio deve ser 0, pois 4|8.
∑^8
n=
in^ = i^0 + i^1 + i^2 + i^3 + i^4 + i^5 + i^6 + i^7 + i^8
∑^8
n=
in^ = (i^0 + 1^4 + i^8 ) + (i^1 + i^5 ) + (i^2 + i^6 ) + (i^3 + i^7 )
como i^4 p+r^ = ir^ ent˜ao
∑^8
n=
in^ = i^0 + (i^0 + i^0 ) + (i^1 + i^1 ) + (i^2 + i^2 ) + (i^3 + i^3 )
∑^8
n=
in^ = 1 + (1 + 1) + (i + i) + (− 1 − 1) + (−i + −i)
∑^8
n=
in^ = 1 + (^) 2 + (^) 2 i − (^) 2 − (^) 2 i
∑^8
n=
in^ = 1
Com base nesse exemplo em particular podemos pensar que se N > 8 e 4|N ent˜ao
∑^ N
n=
in^ = i^0 + i^1 + i^2 · · · + iN^ −^1 + iN
Como teremos um somat´orio com n + 1 termos isolando o primeiro termo poderemos criar 4 grupos.
∑^ N
n=
in^ = i^0 + (i^1 + i^2 + · · · + iN^ −^1 + iN^ )
∑^ N
n=
in^ = i^0 +(i^1 +· · ·+iN^ −^3 )+(i^2 +· · ·+iN^ −^2 )+(i^3 +· · ·+iN^ −^3 )+(i^4 +· · ·+iN^ −^4 )
O primeiro grupo tˆem a divis˜ao de seus expoentes igual a 1 quando divididos por 4. O segundo grupo resto igual a 2 e assim por diante de modo que:
∑^ N
n=
in^ = i^0 +
n − 1 4
i^1 +
n − 1 4
i^2 +
n − 1 4
i^3 +
n − 1 4
i^4
∑^ N
n=
in^ = i^0 +
n − 1 4 i −
n − 1 4
n − 1 4 i +
n − 1 4
∑^ N
n=
in^ = i^0 + 0
∑^ N
n=
in^ = 1
Para N = 0 tamb´em temos 1 como resultado. E juntamente com o exemplo particular completamos a demonstra¸c˜ao para N m´ultiplo de 4.
De forma similar se demonstra as demais afirma¸c˜oes.
Base: Para n = 1 temos:
(x + iy)^1 · (x − iy)^1 = (x^2 + y^2 )^1 x(x) − x(iy) + iy(x) − iy(iy) = x^2 + y^2 x^2 − i^2 y^2 = x^2 + y^2 x^2 + y^2 = x^2 + y^2
Passo indutivo:
Fazendo n = k + 1 ent˜ao:
(x + iy)k+1^ · (x − iy)k+ = (x + iy)k(x − iy)k^ · (x + iy)(x − iy)
Por hip´otese (x + iy)k(x − iy)k^ = (x^2 + y^2 )k^ ent˜ao:
(x + iy)k(x − iy)k^ · (x + iy)(x − iy) = (x^2 + y^2 )k^ · (x + iy)(x − iy) = (x^2 + y^2 )k^ · (x^2 + y^2 ) = (x^2 + y^2 )k+
C.Q.D.
Reduza `a forma a + bi cada uma das express˜oes dadas nos exerc´ıcios 17 a
2 + 3i
4 − 3 i
1 − i 3 − 2 i
3 − i 2 i − 1
1 − i 1 + i
1 − i 1 − i
4 − 3 i i − 1
1 − i √ 2 − i
(1 + i)^2
1 + i 1 − i
(1 − i)
3 + 2i
Solu¸c˜ao de 17: 1 2 + 3i
2 − 3 i 2 − 3 i
2 − 3 i 13
i
Solu¸c˜ao de 18: 1 4 − 3 i
4 + 3i 4 + 3i
4 + 3i 25
i
Solu¸c˜ao de 19:
1 − i 3 − 2 i
3 + 2i 3 + 2i
5 − i 13
Solu¸c˜ao de 20:
3 − i 2 i − 1
i − 3 1 − 2 i i − 3 1 − 2 i
1 + 2i 1 + 2i
− 9 i 5
Solu¸c˜ao de 21:
Similar a d´ecima s´etima.
Solu¸c˜ao de 22:
Similar a d´ecima nona.
Solu¸c˜ao de 23:
An´aloga as anteriores.
Solu¸c˜ao de 24:
An´aloga as anteriores.
Solu¸c˜ao de 25:
1 (1 + i)^2
2 i
2 i
0 − 2 i 0 − 2 i
− 2 i − 4 i^2
= −
2 i 4
i
Solu¸c˜ao de 26:
( 1 + i 1 − i
1 + i 1 − i
1 + i 1 + i
2 i 2
= (i)^30 = i^4 ·7+
= i^2
= − 1
Solu¸c˜ao:
1 + i · tg(θ) 1 − i · tg(θ)
1 + i · tg(θ) 1 − i · tg(θ)
1 + i · tg(θ) 1 + i · tg(θ)
1 + 2i · tg(θ) − tg^2 (θ) 1 + tg^2 (θ)
1 + 2i sen(θ) cos(θ)
sen^2 (θ) cos^2 (θ)
1 + sen^2 (θ) cos^2 (θ)
Multiplicando denominador e numerador da fun¸c˜ao por cos^2 (θ) teremos:
cos^2 (θ) + 2i · sen(θ)cos(θ) − sen^2 (θ) cos^2 (θ) + sen^2 (θ)
= (cos^2 (θ)−sen^2 (θ))+2i·sen(θ)cos(θ)
= cos(2θ) + i(2 · sen(θ)cos(θ))
= cos(2θ) + i · sen(2θ)
C.Q.D.
37 Dados dois n´umeros complexos α e β, prove que
|α + β|^2 + |α − β|^2 = 2|α|^2 + 2|β|^2 Fa¸ca um gr´afico e obtenha a seguinte interpreta¸c˜ao geom´etrica: a soma dos quadrados dos lados de um paralelogramo ´e igual a soma dos quadrados das diagonais.
Solu¸c˜ao:
Para entender o problema veja a imagem a seguir.
x
y β
α
−β
θ
θ 2
Sabe se que (α + β)^2 = α^2 + β^2 + 2αβ · cos(θ)
e tamb´em que (α − β)^2 = α^2 + β^2 + 2αβ · cos(θ 2 )
entretanto θ 2 = 180◦^ − θ ent˜ao:
(α − β)^2 = α^2 + β^2 + 2αβ · cos(180◦^ − θ) sendo assim
|α+β|^2 +|α−β|^2 =
α^2 + β^2 + 2αβ · cos(θ)
α^2 + β^2 + 2αβ · cos(180◦^ − θ)
⇒ |α + β|^2 + |α − β|^2 = 2α^2 + 2β^2 + 2αβ (cos(θ) + cos(180◦^ − θ))
como cos(180◦^ − θ) = −cos(θ) ent˜ao:
|α + β|^2 + |α − β|^2 = 2α^2 + 2β^2 + 2αβ (cos(θ) − cos(θ))
⇒ |α + β|^2 + |α − β|^2 = 2α^2 + 2β^2
C.Q.D.
Obs: Esse exerc´ıcio foi resolvido considerando o desenho logo no in´ıcio, entretanto a mesma l´ogica se aplicaria a qualquer valor de θ ou θ 2. O esquema foi usado apenas para facilitar o entendimento do leitor, mas se faz desnecess´ario numa prova escrita.
- Dados trˆes v´ertices de um paralelogramo pelos n´umeros complexos z 1 , z 2 e z 3 determine o v´ertice z 4 oposto a z 2. Fa¸ca um gr´afico.
Solu¸c˜ao^1 :
Re
Im
z 1
z 4
z 3
z 2
~b
~c
d^ ~
~a
(^1) Solu¸c˜ao retirada da lista do professor Ricardo Leite da Unisal. Dispon´ıvel em: https://geanb.files.wordpress.com/2013/09/lista1.pdf
b = 0 ou
d c
c d ⇒ d^2 = −c^2
Note no entanto que d^2 n˜ao pode ser negativo (pois est´a ao quadrado) de modo que a ´unica possibilidade e que b seja igual a 0.
Se de (i) e (ii) evidenciarmos b e fizermos uma compara¸c˜ao
ac d
ad c Facilmente chegamos a conclus˜ao de que a = 0.
Logo provamos que se z 1 · z 2 = 0 ent˜ao z 1 (ou um dos termos) ´e igual a zero.
(⇐) A rec´ıproca ´e simples de ser demostrada, bastando fazer z 1 = 0 e depois z 2 = 0, e demonstrar que nos dois casos o produto ´e nulo. Veja:
z 1 · z 2 = 0 se z 1 = 0.
z 1 · z 2 = 0 se z 2 = 0.
- O teorema fundamental da Algebra afirma que todo polinˆ´ omio com coe- ficientes complexos possui uma raiz (real ou complexa). Prove, como corol´ario, que todo polinˆomio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multiplicidades, e sendo α 1 , ..., αn essas ra´ızes, ent˜ao P (x) se escreve P (x) = a(x−α 1 )...(x−αn). Prove tamb´em que se o polinˆomio tˆem coeficientes reais, e se α ´e uma raiz com- plexa, ent˜ao α tamb´em ´e raiz.
Solu¸c˜ao:
O que o problema praticamente nos pede ´e a demonstra¸c˜ao de trˆes coisas:
i) todo polinˆomio P (x) de grau n possui n ra´ızes, contadas as multipli- cidades;
ii) se α 1 , · · · , αn s˜ao ra´ızes de P (x) ent˜ao escreve-se P (x) = a(x − α 1 ) · · · (x − αn).
iii) todo polinˆomio com coeficientes reais tendo α como uma raiz com- plexa, ent˜ao α tamb´em ´e raiz.
As duas primeiras demonstra¸c˜oes podem ser provadas juntas. A terceira ser´a provada separadamente.
Seja P (x) um polinˆomio de grau n dado por: P (x) = anxn^ + · · · + a 1 x + a 0. Valendo-nos do Teorema Fundamental da Algebra, este polinˆ´ omio tem pelo menos uma raiz que denominaremos α 1. Valendo-nos tamb´em do teorema de B´ezout^2 , podemos escrever:
(^2) Teorema de B´ezout ou Teorema do Resto diz o seguinte: O resto da divis˜ao de um polinˆomio P (x) pelo binˆomio (x − a) ´e igual a P (a). E uma das consequˆencias desse teorema ´e que se a ´e uma raiz do polinˆomio P(x), isto ´e, se P (a) = 0, ent˜ao P (x) = (x − a)Q(x)
P (x) = (x − α 1 ) · P 1 (x)
Onde P 1 (x) tem grau n − 1 e tamb´em tem uma raiz que denominaremos α 2. Sendo assim,
P 1 (x) = (x − α 2 ) · P 2 (x)
Que implica em:
P (x) = (x − α 1 ) · (x − α 2 ) · P 2 (x)
Procedendo-se assim n vezes, teremos; Pn− 1 (x) = (x − αn) · Pn(x), onde Pn(x) ´e um polinˆomio de grau zero, ou seja, uma constante. Essa constante ser´a igual a an, pois foi o ´unico termo que restou de P (x). Desta forma podemos expressar P (x) da seguinte forma:
P (x) = an(x − α 1 )(x − α 2 ) · · · (x − αn)
Sendo α 1 , · · · , αn as ra´ızes de P (x).
Observa-se que nenhum outro valor diferente de α 1 , · · · , αn pode ser raiz do polinˆomio, visto que nenhum fator do segundo membro se anula para valores diferentes destes. Logo, todo polinˆomio de grau n n˜ao pode ter mais do que n ra´ızes diferentes. E desconsiderando as multiplicidades pode se afirmar que o polinˆomio P (x) de grau n possui de fato n ra´ızes.
1.2 EXERC´ICIOS DA P ´AGINA 11
Nos exerc´ıcios 1 a 12 determine o argumento dos n´umeros complexos dados, escreva esses n´umeros na forma polar e represente geometricamente.
- z = −2 + 2i
- z = 1 − i
- z = −
3 + i
- z =
i 1 + i
- z =
− 1 − i
- z = − 1 − i
- z =
−3 + 3i 1 + i
- z =
3 − i
- z = 1 + 2i
- z = −1 + 3i
- z = − 3 − 2 i
- z = 4 − i
Solu¸c˜ao de 1:
Note que a representa¸c˜ao geom´etrica de z forma um triˆangulo retˆangulo com a parte negativa do eixo OX.
θ
Representa¸c~ao geom´etrica.
Cuja hipotenusa ´e igual a 2
|z| =
(−2)^2 + (2)^2 = 2
Pelo triˆangulo formado sabe-se que:
cos(θ) = −
e tamb´em
sen(θ) =
o que de (1) e (2) implica em θ = 135◦^ ou
π.
Logo a forma polar ser´a:
z = |z|(cosθ + i · senθ)
z = 2
cos
π
π
Solu¸c˜ao de 2:
- z = 2
cos
π 3
π 3
Solu¸c˜ao de 3:
- z = 2
cos
5 π 6
5 π 6
Solu¸c˜ao de 4:
- z =
cos
5 π 4
5 π 4
Solu¸c˜ao de 9 :
- z =
5(cosθ + i · senθ), onde θ = arcos(1/
5), 0 < θ < π/ 2
Solu¸c˜ao de 12:
- z =
17(cosθ + isenθ), onde θ = arcos(4/
17), −π/ 2 < θ < 0
Obs:
Devido a simplicidade do exerc´ıcio as demais solu¸c˜oes ficar˜ao a cargo do leitor. Entretanto, o leitor que desejar ter alguns exemplos resolvidos pode consultar o link:
https://pt.scribd.com/doc/278722022/Exercicios-Resolvidos-Forma-Polar-ou- Trigonometrica
Nos exerc´ıcios 13 a 18, reduza os n´umeros z 1 e z 2 `a forma polar e determine as formas polares de z 1 z 2 e z 1 /z 2. Represente esses quatro n´umeros num gr´afico.
- z 1 =
3 + 3i; z 2 = 3 − i
- z 1 = 1 + i; z 2 =
3 + i
- z 1 = 1 − i; z 2 = −1 + i
- z 1 = − 1 − i; z 2 = − 1 − i
- z 1 = 1 + 2i; z 2 = 2 + i
- z 1 = 1 − i; z 2 = −1 + 2i
Solu¸c˜ao de 13:
Se z 1 =
3 + 3i ent˜ao:
|z 1 | =
3)^2 + 3^2 = 2
Solu¸c˜ao de 14,...,18:
A cargo do leitor.
- Prove que se |z 1 | = |z 2 | = |z 3 | = 1 e z 1 + z 2 + z 3 = 0, ent˜ao z 1 , z 2 e z 3 s˜ao os v´ertices de um triangulo equil´atero inscrito no circulo de centro na origem. Fa¸ca um gr´afico.
Solu¸c˜ao^3 :
Como por hip´otese |z 1 | = |z 2 | = |z 3 | = 1 ent˜ao podemos escrever na forma polar z 1 , z 2 e z 3 :
z 1 = cos φ + ı sin φ
z 2 = cos(φ + θ 1 ) + ı sin(φ + θ 1 )
z 3 = cos(φ + θ 2 ) + ı sin(φ + θ 2 )
sendo z 1 + z 2 + z 3 = 0 temos:
z 1 + z 2 + z 3 = 0
⇒ cos φ + ı sin φ + cos(φ + θ 1 ) + ı sin(φ + θ 1 ) + cos(φ + θ 2 ) + ı sin(φ + θ 2 ) = 0
⇒ [cos φ + cos(φ + θ 1 ) + cos(φ + θ 2 )]+ı [sin φ + sin(φ + θ 1 ) + sin(φ + θ 2 )] = 0 (^3) Resolvida pelo usu´ario candre do forum Tutor Brasil em 2014: http://www.tutorbrasil.com.br/forum/matematica-ensino-superior/numeros-complexos- t37485.html
de onde temos:
{ cos φ + cos(φ + θ 1 ) + cos(φ + θ 2 ) = 0 sin φ + sin(φ + θ 1 ) + sin(φ + θ 2 ) = 0
utilizando
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
obtemos:
cos(φ + θ 1 ) = cos φ cos θ 1 − sin φ sin θ 1
cos(φ + θ 2 ) = cos φ cos θ 2 − sin φ sin θ 2
sin(φ + θ 1 ) = sin φ cos θ 1 + cos φ sin θ 1
sin(φ + θ 2 ) = sin φ cos θ 2 + cos φ sin θ 2
substituindo no sistema:
{ cos φ + cos φ cos θ 1 − sin φ sin θ 1 + cos φ cos θ 2 − sin φ sin θ 2 = 0 sin φ + sin φ cos θ 1 + cos φ sin θ 1 + sin φ cos θ 2 + cos φ sin θ 2 = 0
colocando cos φ e sin φ em evidencia:
{ cos φ(1 + cos θ 1 + cos θ 2 ) − sin φ(sin θ 1 + sin θ 2 ) = 0 cos φ(sin θ 1 + sin θ 2 ) + sin φ(1 + cos θ 1 + cos θ 2 ) = 0
queremos que a igualdade seja satisfeita independente de φ, ent˜ao temos:
{ 1 + cos θ 1 + cos θ 2 = 0 sin θ 1 + sin θ 2 = 0
da segunda obtemos:
sin θ 1 = − sin θ 2 ⇒ sin θ 1 = sin(−θ 2 ) ⇒ θ 2 = −θ 1 ou θ 2 = − 180 − θ 1
da primeira op¸c˜ao temos:
1 + cos θ 1 + cos(−θ 1 ) = 0
1 + cos θ 1 + cos θ 1 = 0
2 cos θ 1 = − 1
cos θ 1 = − 12 ⇒ θ 1 = 120◦^ ou θ 1 = 240◦
