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0175

Obtenha o conjugado de 1+3i2i\dfrac{1+3i}{2-i}

0175 - Solução

professorlopes

Obtendo:

z=1+3i2i×2+i2+iz=15+75iz=1575iz=\dfrac{1+3i}{2-i}\times \dfrac{2+i}{2+i}\to\ldots\to z=-\dfrac{1}{5}+\dfrac{7}{5}i\Rightarrow \boxed{\overline{z}=-\dfrac{1}{5}-\dfrac{7}{5}i}

0174

Determinar o conjugado de 1+ii\dfrac{1+i}{i}

0174 - Solução

professorlopes

Obtendo:

z=1+ii×iiz=1iz=1+iz=\dfrac{1+i}{i}\times \dfrac{-i}{-i}\to\ldots\to z=1-i\Rightarrow \boxed{\overline{z}=1+i}

0173

Calcule o conjugado do inverso do número complexo z=(1+i1i)1z=\left( \dfrac{1+i}{1-i} \right)^{-1}

0173 - Solução

professorlopes

Calculando:

Se z=(1+i1i)1z=\left( \dfrac{1+i}{1-i} \right)^{-1}, então z=1i1+iz=\dfrac{1-i}{1+i};

Se z=1i1+iz=\dfrac{1-i}{1+i}, então seu inverso será 1z=1+i1i\dfrac{1}{z}=\dfrac{1+i}{1-i};

Sendo 1z=1+i1i×1+i1+i1z=i\dfrac{1}{z}=\dfrac{1+i}{1-i}\times\dfrac{1+i}{1+i}\to\ldots\to \dfrac{1}{z}=i e seu conjugado será i-i.

0172

Sejam uu e vv dois números complexos tais que u2v2=6u^2-v^2=6 e u+v=1i\overline{u}+\overline{v}=1-i, onde u\overline{u} e v\overline{v} são os conjugados de uu e vv. Calcule uvu-v.

0172 - Solução

professorlopes

Sendo uCu\in\mathbb{C} e vCv\in\mathbb{C}, u2v2=6u^2-v^2=6 e u+v=1i\overline{u}+\overline{v}=1-i e

adotando u=a+bi,  a,bRu=a+bi,\,\,a,\,b\in\mathbb{R} e v=c+di,  c,dRv=c+di,\,\,c,\,d\in\mathbb{R}, teremos:

{u+v=(a+c)+(b+d)iu+v=u+v=(a+c)(b+d)i\left\{ \begin{array}{rcrcl} u & + & v & = & (a+c)+(b+d)i \\ \overline{u} & + & \overline{v} & = & \overline{u+v}=(a+c)-(b+d)i \end{array}\right.,

então:

{a+c=1b+d=1\left\{\begin{array}{rcrcr} a & + & c & = & 1\\ b & + & d & = & 1 \end{array}\right.

uv=(uv).u+vu+v=u2v2u+v=6u+v==6u+v×u+vu+v=6(1i)(1+i)(1i)uv=33i\begin{array}{lcll} u-v & = & (u-v).\dfrac{u+v}{u+v}=\dfrac{u^2-v^2}{u+v}=\dfrac{6}{u+v} & =\\ & & & \\ & = & \dfrac{6}{u+v}\times \dfrac{\overline{u+v}}{\overline{u+v}} =\dfrac{6(1-i)}{(1+i)(1-i)}\ldots & \to\boxed{u-v=3-3i} \end{array}

0171

Dados os números complexos u=1+iu=1+i e v=1iv=1-i, calcule u52×v51u^{52}\times v^{-51}.

0171 - Solução

professorlopes

Vamos calcular separadamente u52u^{52} e v51v^{-51}; depois, efetuaremos o produto pedido:

u52=(1+i)52=[(1+i)2]26=(2i)26=226.(i4)6.i21u52=226u^{52}=(1+i)^{52}=[(1+i)^2]^{26}=(2i)^{26}=2^{26}.(i^4)^6.\cancel{i^2}^{\,-1}\to \boxed{u^{52}=-2^{26}}

v51=(1i)51=151[(1i)2]25.i=1(2i)25.i=1225.i26v^{-51}=(1-i)^{-51}=\dfrac{1^{51}}{[(1-i)^2]^{25}.i}=\dfrac{1}{(-2i)^{25}.i}=-\dfrac{1}{2^{25}.i^{26}}\to

v51=1225.(i2)13v51=225v^{-51}=-\dfrac{1}{2^{25}.(i^2)^{13}}\to \boxed{v^{-51}=2^{-25}}

u52×v51=226×225=2u^{52}\times v^{-51}=-2^{26}\times 2^{-25}=\boxed{-2}

0170

Variando o inteiro nn, quais os possíveis valores que o número complexo (1+i1i)n\left( \dfrac{1+i}{1-i}\right)^n pode assumir?

0170 - Solução

professorlopes

Primeiramente, vamos operar a fração (executando a divisão); depois, vamos observar os valores obtidos, quando alterarmos o expoente inteiro nn:

1+i1i×1+i1+i=2i2=i\dfrac{1+i}{1-i}\times \dfrac{1+i}{1+i}=\dfrac{2i}{2}=i, ou seja teremos ini^n.

Portanto, (1+i1i)n=in\left( \dfrac{1+i}{1-i}\right)^n=i^n, pode assumir os valores ii, i-i, 11 e 1-1.

0169

Dê as condições necessárias e suficientes para que a+bic+di\quad\dfrac{a+bi}{c+di}\quad (com c+di0c+di\neq0) seja:

a) imaginário puro;

b) real.

0169 - Solução

professorlopes

Primeiramente, vamos efetuar a divisão a+bic+di\dfrac{a+bi}{c+di}; depois, vamos obter as condições:

a+bic+di×cdicdi=acadi+bci+bdc2+d2=ac+bdc2+d2adbcc2+d2i\dfrac{a+bi}{c+di}\times \dfrac{c-di}{c-di}=\dfrac{ac-adi+bci+bd}{c^2+d^2}=\dfrac{ac+bd}{c^2+d^2}-\dfrac{ad-bc}{c^2+d^2}i com c2+d20c^2+d^2\neq 0.

a) Para ser imaginário puro, zeramos a parte real, ou seja: ac+bd=0ac=bdac+bd=0\to \boxed{ac=-bd}

b) Para ser real, zeramos a parte imaginária, ou seja: adbc=0ad=bcad-bc=0\to \boxed{ad=bc}

0168

Se u=x+iyu=x+iy e v=12i32v=\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}, calcule o valor da parte real do número complexo v.uv.\overline{u}.

0168 - Solução

professorlopes

Calculando, teremos:

v.u=(12i32)×(xiy)=(x2y32)(y2+x32)iv.\overline{u}=\left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\times (x-iy)=\left( \dfrac{x}{2}-y\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)-\left( \dfrac{y}{2}+x\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i

Então: Re(z)=(x2y32)Re(z)=\left( \dfrac{x}{2}-y\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)

0167

Seja z=x+iyz=x+iy e x2+y20x^2+y^2\neq 0 (i2=1,  x  e  y  reaisi^2=-1,\,\,x\,\,\text{e}\,\,y\,\,\text{reais}). Qual é a condição para que z+1zz+\dfrac{1}{z} seja real.

0167 - Solução

professorlopes

Sendo z=x+iyz=x+iy e x2+y20x^2+y^2\neq 0:

u=z+1z=z2+1z=(z2+1)zz.z=(x2+y2+1).xx2+y2+(x2+y21).yx2+y2.iu=z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{z^2+1}{z}=\dfrac{(z^2+1)\overline{z}}{z.\overline{z}}=\dfrac{(x^2+y^2+1).x}{x^2+y^2}+\dfrac{(x^2+y^2-1).y}{x^2+y^2}.i

Im(u)=0y=0Im(u)=0\to \boxed{y=0} ou x2+y2=1\boxed{x^2+y^2=1}

0166

Se z1z_{1} e z2z_{2} são números complexos, z1+z2z_{1}+z_{2} e z1.z2z_{1}.z_{2} são ambos reais, o que se pode afirmar sobre z1z_{1} e z2z_{2}?

0166 - Solução

professorlopes

Sendo z1Cz_{1}\in\mathbb{C}, z2Cz_{2}\in\mathbb{C}, z1+z2z_{1}+z_{2} e z1.z2z_{1}.z_{2}, ambos reais:

Adotando z1=a+biz_{1}=a+bi e z2=c+diz_{2}=c+di, teremos:\

{u=z1+z2=(a+c)+(b+d)iv=z1.z2=(acbd)+(ad+bc)i\left\{ \begin{array}{rcrcl} u & = & z_{1}+z_{2} & = & (a+c)+(b+d)i \\ v & = & z_{1}.z_{2} & = & (ac-bd)+(ad+bc)i \end{array}\right.

Como z1+z2z_{1}+z_{2} é real, devemos ter: Im(u)=0b=dIm(u)=0\to b=-d

Como z1.z2z_{1}.z_{2} é real, devemos ter: Im(v)=0ad=bcIm(v)=0\to ad=-bc

e, resolvendo o sistema, teremos, analisando a primeira linha do sistema:

z1+z2=a+cz_{1}+z_{2}=a+c sem a parte imaginária, por duas situações:

a) b=d=0z1+z2=a+cb=d=0\to z_{1}+z_{2}=a+c com aRa\in\mathbb{R} e cRc\in\mathbb{R}, portanto, z1z_{1} e z2z_{2} são reais;

b) b=db=-d com bRb\in\mathbb{R^{*}}, dRd\in\mathbb{R^{*}} e a=ca=c, portanto, z1z_{1} e z2z_{2} são conjugados, isto é, z1=z2z_{1}=\overline{z}_{2}.

0165

Determine x(xR)x\,(x\in\mathbb{R}) de modo que o número z=2xi1+2xiz=\dfrac{2-xi}{1+2xi} seja imaginário puro.

0165 - Solução

professorlopes

Determinando x(xR)x\,(x\in\mathbb{R}) de modo que o número z=2xi1+2xiz=\dfrac{2-xi}{1+2xi} seja imaginário puro:

z=2xi1+2xi×12xi12xi=22x21+4x25x1+4x2.iz=\dfrac{2-xi}{1+2xi}\times \dfrac{1-2xi}{1-2xi}=\dfrac{2-2x^2}{1+4x^2}-\dfrac{5x}{1+4x^2}.i

Re(z)=0x=1Re(z)=0\to \boxed{x=1} ou x=1\boxed{x=-1}

0164

Determine a(aR)a\,(a\in\mathbb{R}) de modo que o número z=1+2i2+aiz=\dfrac{1+2i}{2+ai} seja real.

0164 - Solução

professorlopes: Determinando a(aR)a\,(a\in\mathbb{R}) de modo que o número z=1+2i2+aiz=\dfrac{1+2i}{2+ai} seja real:

z=1+2i2+ai×2ai2ai=2+2a4+a2+4a4+a2.iz=\dfrac{1+2i}{2+ai}\times \dfrac{2-ai}{2-ai}=\dfrac{2+2a}{4+a^2}+\dfrac{4-a}{4+a^2}.i

Im(z)=0a=4Im(z)=0\to \boxed{a=4}

0163

Determine o número complexo cujo produto por 5+8i5+8i é real e cujo quociente por 1+i1+i é imaginário puro.

0163 - Solução

professorlopes

Determinando o número complexo cujo produto por 5+8i5+8i é real e cujo quociente por 1+i1+i é imaginário puro:

z=5+8i  e  z=1+iz1=x+yi\left. \begin{array}{lcl} z & = & 5+8i\,\,\text{e}\,\,z'=1+i\\ z_{1} & = & x+yi\\ \end{array}\right.

I) u=z.z1=(5x8y)+(8x+5y)iu=z.z_{1}=(5x-8y)+(8x+5y)i

Im(u)=0x=58yIm(u)=0\to x=-\dfrac{5}{8}y

II) v=z1z=x+yi1+i×1i1i==x+y2+x+y2iv=\dfrac{z_{1}}{z'}=\dfrac{x+yi}{1+i}\times \dfrac{1-i}{1-i}=\ldots=\dfrac{x+y}{2}+\dfrac{-x+y}{2}i

Re(v)=0x=yRe(v)=0\to x=-y e Im(v)0xyIm(v)\neq 0\to x\neq y

De (I) e (II) teremos: x=y=0x=y=0, o que é impossível.

0162

Coloque na forma a+bia+bi os seguintes números complexos:

a)1ic)3+4i2ie)i11+2.i13i18i37g)i3i2+i17i35i16i13+i30b)11+id)1+i1if)13i3ih)1+i(1i)2\begin{array}{llllllll} a) & \dfrac{1}{i} & c) & \dfrac{3+4i}{2-i} & e) & \dfrac{i^{11}+2.i^{13}}{i^{18}-i^{37}} & g) & \dfrac{i^3-i^2+i^{17}-i^{35}}{i^{16}-i^{13}+i^{30}}\\ & & & & & & &\\ b) & \dfrac{1}{1+i} & d) & \dfrac{1+i}{1-i} & f) & \dfrac{1-3i}{3-i} & h) & \dfrac{1+i}{(1-i)^2} \end{array}

0162 - Solução

professorlopes

Colocando na forma a+bia+bi, teremos:

a) 1i×ii=i+1=i\dfrac{1}{i}\times \dfrac{-i}{-i}=\dfrac{-i}{+1}=\boxed{-i}


b) 11+i×1i1i=1i2=1212i\dfrac{1}{1+i}\times \dfrac{1-i}{1-i}=\dfrac{1-i}{2}=\boxed{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}i}


c) 3+4i2i×2+i2+i=6+3i+8i44+1=25+115i\dfrac{3+4i}{2-i}\times \dfrac{2+i}{2+i}=\dfrac{6+3i+8i-4}{4+1}=\boxed{\dfrac{2}{5}+\dfrac{11}{5}i}


d) 1+i1i×1+i1+i=1+i+i11+1=i\dfrac{1+i}{1-i}\times \dfrac{1+i}{1+i}=\dfrac{1+i+i-1}{1+1}=\boxed{i}


e) i11+2.i13i18i37=(i4)2.i3+2(i4)3.i(i4)4.i2(i4)9.i=i1+i×1i1i==1212i\dfrac{i^{11}+2.i^{13}}{i^{18}-i^{37}}=\dfrac{(i^4)^2.i^3+2(i^4)^3.i}{(i^4)^4.i^2-(i^4)^9.i}=\dfrac{-i}{1+i}\times \dfrac{1-i}{1-i}=\ldots=\boxed{-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}i}


f) 13i3i×3+i3+1=3+i9i+39+1==3545i\dfrac{1-3i}{3-i}\times \dfrac{3+i}{3+1}=\dfrac{3+i-9i+3}{9+1}=\ldots=\boxed{\dfrac{3}{5}-\dfrac{4}{5}i}


g) i3i2+i17i35i16i13+i30==1+ii×ii==1+i\dfrac{i^3-i^2+i^{17}-i^{35}}{i^{16}-i^{13}+i^{30}}=\ldots=\dfrac{1+i}{-i}\times \dfrac{i}{i}=\ldots=\boxed{-1+i}


h) 1+i(1i)2==1+i2i×2i2i==12+12i\dfrac{1+i}{(1-i)^2}=\ldots=\dfrac{1+i}{-2i}\times \dfrac{2i}{2i}=\ldots=\boxed{-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}i}

0161

Coloque na forma algébrica os seguintes números:

a) 2i\dfrac{2}{i}\quad b) 32+i\dfrac{3}{2+i}\quad c) 1+2i3i\dfrac{1+2i}{3-i}\quad d) i943i\dfrac{i^9}{4-3i}

0161 - Soluções

professorlopes

Resolvendo:

a) 2i×ii=2ii2=2i\dfrac{2}{i}\times \dfrac{-i}{-i}=\dfrac{-2i}{-i^2}=\boxed{2i}

b) 32+i×2i2i=63i4i2=6535i\dfrac{3}{2+i}\times \dfrac{2-i}{2-i}=\dfrac{6-3i}{4-i^2}=\boxed{\dfrac{6}{5}-\dfrac{3}{5}i}

c) 1+2i3i×3+i3+i=1+7i9i2=110+710i\dfrac{1+2i}{3-i}\times \dfrac{3+i}{3+i}=\dfrac{1+7i}{9-i^2}=\boxed{\dfrac{1}{10}+\dfrac{7}{10}i}

d) i943i×4+3i4+3i=4i3169i2=325+425i\dfrac{i^9}{4-3i}\times \dfrac{4+3i}{4+3i}=\dfrac{4i-3}{16-9i^2}=\boxed{-\dfrac{3}{25}+\dfrac{4}{25}i}

0160

Qual a condição para que o número (a+bi)4(a+bi)^4, com aRa\in\mathbb{R} e bRb\in\mathbb{R}, seja estritamente negativo?

0160 - Solução

professorlopes

Resolvendo:

z=(a+bi)4=(a4+b46a2b2)+4ab(a2b2)iz=(a+bi)^4=(a^4+b^4-6a^2b^2)+4ab(a^2-b^2)i

Re(z)<0a4+b46a2b2<0(I)Re(z)<0\to a^4+b^4-6a^2b^2<0\quad (I)

Im(z)=04ab(a2b2)=0(II)Im(z)=0\to 4ab(a^2-b^2)=0\quad (II)

De (II)(II) vem a=0a=0 ou b=0b=0 ou a2b2=0a^2-b^2=0

Se a=0a=0, de (I)(I) vem b4<0b^4<0\to impossível

Se b=0b=0, de (I)(I) vem a4<0a^4<0\to impossível

Se a2b2=0a2=b2=ka^2-b^2=0\to a^2=b^2=k(adotando kk), de (I)(I) vem

k2+k26k2<04k2<0k^2+k^2-6k^2<0\to -4k^2<0, que é satisfeita para todo kk.

Devemos ter a0a\neq0, b0  b\neq0\,\, e   a2=b2\,\,a^2=b^2 ou, simplesmente ab0\boxed{ab\neq0} e a=±b\boxed{a=\pm b}

0159

Qual é a condição para que o produto de dois números complexos a+bia+bi e c+dic+di resulte um número real?

0159 - Solução

professorlopes

Efetuando: (a+bi)(c+di)=(acbd)+(ad+bc=0)iad+bc=0(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(\underbrace{ad+bc}_{=0})i\to \boxed{ad+bc=0}

0158

Quais os números complexos xx e yy para os quais x+yi=ix+yi=i e xi+y=2i1xi+y=2i-1?

0158 - Resposta

x=1+i  e  y=ix=1+i\,\,\text{e}\,\,y=i

0158 - Solução

professorlopes

Vamos adotar os números complexos x=a+bi\boxed{x=a+bi} e y=c+di\boxed{y=c+di} e aplicá-los à questão:

a+bi+(c+di)i=ia+bi+cid=iI={ad=0b+c=1a+bi+(c+di)i=i\to a+bi+ci-d=i\to I = \left\{ \begin{array}{rcrcrr} a & - & d & = & 0 &\\ b & + & c & = & 1 & \end{array}\right.

(a+bi)i+c+di=2i1aib+c+di=1+2iII={b+c=1a+d=2(a+bi)i+c+di=2i-1\to ai-b+c+di=-1+2i\to II = \left\{ \begin{array}{rcrcrr} -b & + & c & = & -1 &\\ a & + & d & = & 2 & \end{array} \right.

De II e IIII vamos montar os sistemas lineares IIIIII e IVIV, resolvê-los e obter os complexos xx e yy:

III={a+d=2ad=0a=1III=\left\{ \begin{array}{rcrcrr} a & + & d & = & 2 &\\ a & - & d & = & 0 & \end{array}\right.\rightarrow \boxed{a=1} e d=1\boxed{d=1}

IV={b+c=1b+c=1b=1IV=\left\{ \begin{array}{rcrcrr} b & + & c & = & 1 &\\ -b & + & c & = & -1 & \end{array}\right.\rightarrow \boxed{b=1} e c=0\boxed{c=0}

Portanto: x=1+i\boxed{x=1+i} e y=i\boxed{y=i}

0157

Determine xRx\in\mathbb{R} e yRy\in\mathbb{R} para que tenha:

a)3+5ix=y15id)(x+yi)2=2ib)(x+yi)(2+3i)=1+8ie)(2x+3y)+2yi=0c)(3+yi)+(x2i)=75if)(3i)(x+yi)=20\begin{array}{llll} a) & 3+5ix=y-15i & d) & (x+yi)^2=2i\\ b) & (x+yi)(2+3i)=1+8i & e) & (2-x+3y)+2yi=0\\ c) & (3+yi)+(x-2i)=7-5i & f) & (3-i)(x+yi)=20 \end{array}

0157 - Soluções

professorlopes

Aplicando a definição de igualdade, no campo dos números complexos, teremos:

α+βi=γ+δiα=γ  e  β=δ\boxed{\alpha+\beta i=\gamma+\delta i\quad \Longleftrightarrow \quad \alpha=\gamma\,\,\text{e}\,\,\beta=\delta}

a) 3+5ix=y15i{3=y5x=15x=3  e  y=33+5ix=y-15i\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcr} 3 & = & y \\ 5x & = & -15 \end{array}\right.\Longrightarrow \boxed{x=-3}\,\,\text{e}\,\,\boxed{y=3}


b) (x+yi)(2+3i)=1+8i(2x3y)+(3x+2y)i=1+8i(x+yi)(2+3i)=1+8i\to (2x-3y)+(3x+2y)i=1+8i\to

{2x3y=1(3L1+2L2)3x+2y=8\left\{ \begin{array}{rcrcrr} 2x & - & 3y & = & 1 & (-3L_{1}+2L_{2})\\ 3x & + & 2y & = & 8 & \end{array}\right.

{2x3y=113y=13y=1\left\{ \begin{array}{rcrcrr} 2x & - & 3y & = & 1 & \\ & & 13y & = & 13 & \rightarrow \boxed{y=1} \end{array}\right.

Aplicando y=1y=1 à primeira equação, teremos:

2x3.1=12x=4x=22x-3.1=1\to 2x=4\to \boxed{x=2}


c) (3+yi)+(x2i)=75i(3+x)+(y2)i=75i(3+yi)+(x-2i)=7-5i\to (3+x)+(y-2)i=7-5i

{x+3=7x=4y2=5y=3\left\{ \begin{array}{rcrcrr} x & + & 3 & = & 7 & \rightarrow \boxed{x=4} \\ & & & & & \\ y & - & 2 & = & -5 & \rightarrow \boxed{y=-3} \end{array}\right.


d) (x2y2)+2xyi=2i{x2y2=02xy=2(x^2-y^2)+2xyi=2i\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcr} x^2-y^2 & = & 0 \\ 2xy & = & 2 \end{array}\right.

Da primeira equação, vamos obter x=±yx=\pm y e aplicaremos na segunda equação, assim:

2(±y)=2±2y2=2y=±12(\pm y)=2\to \pm2y^2=2\to y=\pm\sqrt{1} para x=±1x=\pm\sqrt{1}

Ao final, teremos como solução, dois pares ordenados(x;y)(x;\,y): (1;1)(1;\,1) ou (1;1)(-1;\,-1).


e) (2x+3y)+2yi=0+0i(2-x+3y)+2yi=0+0i

{x+3y=22y=0y=0\left\{ \begin{array}{rcrcrr} -x & + & 3y & = & -2 & \\ & & 2y & = & 0 & \rightarrow \boxed{y=0} \end{array}\right.

Aplicando y=0y=0 à primeira equação, teremos:

x+3.0=2x=2x=2-x+\cancel{3.0}=-2\to -x=-2\to \boxed{x=2}


f) (3i)(x+yi)=20(3x+y)+(x+3y)i=20+0i(3-i)(x+yi)=20\to (3x+y)+(-x+3y)i=20+0i

{3x+y=20x+3y=0x=3y\left\{ \begin{array}{rcrcrr} 3x & + & y & = & 20 &\\ -x & + & 3y & = & 0 & \rightarrow \boxed{x=3y} \end{array}\right.

Aplicando x=3yx=3y à primeira equação, teremos:

3.3y+y=2010y=20y=23.3y+y=20\to 10y=20\to \boxed{y=2} e x=6\boxed{x=6}

0156

Determine xRx\in\mathbb{R} e yRy\in\mathbb{R} para que tenha:

a)2+3yi=x+9ib)(x+yi)(3+4i)=7+26ic)(x+yi)2=4i\begin{array}{ll} a) & 2+3yi=x+9i\\ b) & (x+yi)(3+4i)=7+26i\\ c) & (x+yi)^2=4i \end{array}

0156 - Respostas

a) x=2  e  y=3x=2\,\,\text{e}\,\,y=3

b) x=5  e  y=2x=5\,\,\text{e}\,\,y=2

c) Dois pares ordenados(x;y)(x;\,y): (2;2)(\sqrt{2};\,\sqrt{2}) ou (2;2)(-\sqrt{2};\,-\sqrt{2})

0156 - Soluções

professorlopes

Aplicando a definição de igualdade, no campo dos números complexos:

α+βi=γ+δiα=γ  e  β=δ\boxed{\alpha+\beta i=\gamma+\delta i\quad \Longleftrightarrow \quad \alpha=\gamma\,\,\text{e}\,\,\beta=\delta}

a) 2+3yi=x+9i{2=x3y=9x=2  e  y=32+3yi=x+9i\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcr} 2 & = & x \\ 3y & = & 9 \end{array}\right.\Longrightarrow \boxed{x=2}\,\,\text{e}\,\,\boxed{y=3}


b) (x+yi)(3+4i)=7+26i(3x4y)+(4x+3y)i=7+26i(x+yi)(3+4i)=7+26i\to (3x-4y)+(4x+3y)i=7+26i\to

{3x4y=7(4L1+3L2)4x+3y=26\left\{\begin{array}{rcrcrr} 3x & - & 4y & = & 7 & (-4L_{1}+3L_{2})\\ 4x & + & 3y & = & 26 & \end{array}\right.

{3x4y=725y=50y=2\left\{\begin{array}{rcrcrr} 3x & - & 4y & = & 7 & \\ & & 25y & = & 50 & \rightarrow \boxed{y=2} \end{array}\right.

Aplicando y=2y=2 à primeira equação, teremos:

3x4.2=73x=7+8x=53x-4.2=7\to 3x=7+8\to \boxed{x=5}


c) (x2y2)+2xyi=4i{x2y2=02xy=4(x^2-y^2)+2xyi=4i\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcr} x^2-y^2 & = & 0 \\ 2xy & = & 4 \end{array}\right.

Da primeira equação, vamos obter x=±yx=\pm y e aplicaremos na segunda equação, assim:

2(±y)=4±2y2=4y=±22(\pm y)=4\to \pm2y^2=4\to y=\pm\sqrt{2} para x=±2x=\pm\sqrt{2}

Ao final, teremos como solução, dois pares ordenados(x;y)(x;\,y): (2;2)(\sqrt{2};\,\sqrt{2}) ou (2;2)(-\sqrt{2};\,-\sqrt{2}).

0155

A igualdade (1+i)n=(1i)n(1+i)^n=(1-i)^n verifica-se para os números naturais divisíveis por qual número natural?

0155 - Resposta

Verifica-se quando "nn" for natural e divisível por 44(quatro).

0155 - Solução

professorlopes

Observando algumas potências:

(1+i)=2i(1+i)=2i... já visto anteriormente;

(1i)=2i(1-i)=-2i... também já visto anteriormente;

(1+i)4=(2i)2=4(1+i)^4=(2i)^2=-4... deduzido agora e

(1i)4=(2i)2=4(1-i)^4=(-2i)^2=-4... também deduzido agora.

Portanto, (1+i)4=(1i)4(1+i)^4=(1-i)^4. Com isso, vamos analisar duas situações:

I) Se "nn" é um número natural múltiplo de 44, ou seja, n=4pn=4p, com "pp" natural, então:

(1+i)n=(1+i)4p=[(1+i)4]p=(4)p(1+i)^n=(1+i)^{4p}=[(1+i)^4]^p=(-4)^p;

(1i)n=(1i)4p=[(1i)4]p=(4)p(1-i)^n=(1-i)^{4p}=[(1-i)^4]^p=(-4)^p

e daí (1+i)n=(1i)n(1+i)^n=(1-i)^n.

II) Se "nn" é um número natural não divisível por 44, chamemos de "pp" o quociente da divisão de "nn" por 44. O resto da divisão pode ser 11 ou 22 ou 33. Vamos analisar cada caso:

1º)n=4p+1(1+i)n=(1+i)4p+1=(1+i)4p.(1+i)=(1+i)(4)p(1i)n=(1i)4p+1=(1i)4p.(1i)=(1i)(4)p2º)n=4p+2(1+i)n=(1+i)4p+2=(1+i)4p.(1+i)2=2i(4)p(1i)n=(1i)4p+2=(1i)4p.(1i)2=2i(4)p3º)n=4p+3(1+i)n=(1+i)4p+3=(1+i)4p.(1+i)3=(2+2i)(4)p(1i)n=(1i)4p+3=(1i)4p.(1i)3=(22i)(4)p\begin{array}{ll} 1º) & n=4p+1\\ & (1+i)^n=(1+i)^{4p+1}=(1+i)^{4p}.(1+i)=(1+i)(-4)^p\\ & (1-i)^n=(1-i)^{4p+1}=(1-i)^{4p}.(1-i)=(1-i)(-4)^p\\ &\\ 2º) & n=4p+2\\ & (1+i)^n=(1+i)^{4p+2}=(1+i)^{4p}.(1+i)^2=2i(-4)^p\\ & (1-i)^n=(1-i)^{4p+2}=(1-i)^{4p}.(1-i)^2=-2i(-4)^p\\ &\\ 3º) & n=4p+3\\ & (1+i)^n=(1+i)^{4p+3}=(1+i)^{4p}.(1+i)^3=(-2+2i)(-4)^p\\ & (1-i)^n=(1-i)^{4p+3}=(1-i)^{4p}.(1-i)^3=(-2-2i)(-4)^p \end{array}

Concluímos que a igualdade (1+i)n=(1i)n(1+i)^n=(1-i)^n apenas se verifica quando "nn" é divisível por 44.

0154

Qual o resultado da simplificação de:

(2+i)101.(2i)50(2i)100.(i2)49\dfrac{(2+i)^{101}.(2-i)^{50}}{(-2-i)^{100}.(i-2)^{49}}
0154 - Resposta

-5

0154 - Solução

professorlopes

Resolvendo, teremos:

(2+i).(2+i)100.(2i).(2i)49(1)100.(2+i)100.(1)49.(2i)49=(2+i).(2i)1.(1)=4+11=5\dfrac{(2+i).\cancel{(2+i)^{100}}.(2-i).\cancel{(2-i)^{49}}}{(-1)^{100}.\cancel{(2+i)^{100}}.(-1)^{49}.\cancel{(2-i)^{49}}}=\dfrac{(2+i).(2-i)}{1.(-1)}=\dfrac{4+1}{-1}=\boxed{-5}

0153

Se i2=1i^2=-1, calcule o valor de (1+i)12(1i)12(1+i)^{12}-(1-i)^{12}

0153 - Soluções

professorlopes

Calculando o valor:

(1+i)12(1i)12=[(1+i)2]6[(1i)2]6=(2i)6(2i)6=0(1+i)^{12}-(1-i)^{12}=[(1+i)^2]^6-[(1-i)^2]^6=(2i)^6-(-2i)^6=0(zero)

0152

Prove que (1i)2=2i(1-i)^2=-2i e calcule (1i)96+(1i)97(1-i)^{96} + (1-i)^{97}.

0152 - Soluções

professorlopes

Vamos dividir em duas questões:

a) Desenvolvendo o produto notável:

(1i)2=2i122.1.i+i2=112i=2i(1-i)^2=-2i\to 1^2-2.1.i+i^2=\cancel{1-1}-2i=-2i c.q.d

b) Calculando:

(1i)96+(1i)97=[(1i)2]48+[(1i)2]48.(1i)=(1-i)^{96} + (1-i)^{97}=[(1-i)^2]^{48}+[(1-i)^2]^{48}.(1-i)=

(2i)48+(2i)48.(1i)=(2i)48[1+1.(1i)]=(-2i)^{48}+(-2i)^{48}.(1-i)=(-2i)^{48}[1+1.(1-i)]=

(1)48.248.[(i)4]12.(2i)=249i.248(-1)^{48}.2^{48}.[(i)^4]^{12}.(2-i)=\boxed{2^{49}-i.2^{48}}

0151

Calcular as potências de "ii":

a)i76b)i110c)i97d)i503\begin{array}{llll} a) i^{76} & b) i^{110} & c) i^{97} & d) i^{503} \end{array}

0151 - Soluções

professorlopes

Calculando as potências de "ii":

a) i76=(i4)19=119=1i^{76}=(i^{4})^{19}=1^{19}=1

b) i110=(i2)55=(1)55=1i^{110}=(i^{2})^{55}=(-1)^{55}=-1

c) i97=i.i96=i.(i4)24=i.124=ii^{97}=i.i^{96}=i.(i^{4})^{24}=i.1^{24}=i

d) i503=i3.i500=i.(i4)125=i.1125=ii^{503}=i^3.i^{500}=-i.(i^4)^{125}=-i.1^{125}=-i