Razões Trigonométricas num triângulo rectângulo sen  = hipotenusa oposto cateto AC CB = cos  = hipotenusa adjacente cateto AC AB = tg  = adjacente cateto oposto cateto AB CB = Ângulo e Arco generalizados Se α é a amplitude de um ângulo (ou arco), todo os ângulos com o mesmo lado origem e o mesmo lado extremidade são da forma: α + k . 360º , k ∈ ZZ ou α + 2kπ π π π , k ∈ ZZ Definição de seno, co-seno e tangente no círculo trigonométrico (círculo de raio 1 unidade) sen α = sen (α α α α + k360º) = ordenada de P = OP y cos α = cos (α α α α + k360º) = abcissa de P = OP x tg α = tg (α + k180º) = P P de abcissa de ordenada = x y tg α = ordenada de Q α + 360º α C A B Q (1, tg α) y 1 P (cos α, sen α) sen α α –1 0 cos α 1 x –1 α – 360º α + + + + –
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Transcript
Razões Trigonométricas num triângulo rectângulo
sen  = hipotenusa
opostocateto
AC
CB =
cos  = hipotenusa
adjacentecateto
AC
AB =
tg  = adjacentecateto
opostocateto
AB
CB=
Ângulo e Arco generalizados
Se αααα é a amplitude de um ângulo (ou arco), todo os ângulos com o mesmo lado origem e o mesmo lado extremidade são da forma:
αααα + k . 360º , k ∈∈∈∈ ZZ ou αααα + 2kπ π π π , k ∈∈∈∈ ZZ
Definição de seno, co-seno e tangente no círculo trigonométrico (círculo de raio 1 unidade)
sen αααα = sen (α α α α + k360º) = ordenada de P = OP
y
cos αααα = cos (α α α α + k360º) = abcissa de P = OP
x
tg αααα = tg (αααα + k180º) = P
P
deabcissadeordenada =
xy
tg αααα = ordenada de Q
αααα + 360º αααα
C A B
Q (1, tg α) y 1 P (cos α, sen α) sen α α
–1 0 cos α 1 x
–1
αααα – 360º αααα ++++
–
Relações entre seno, co-seno e tangente de um ângulo
sen αααα2 + cos αααα2 = 1 tg αααα = αααααααα
cossen tg2 αααα + 1 =
αααα2cos
1
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos complementares αααα e ππππ/2 — αααα
sen (ππππ/2 — αααα) = cos αααα
cos (ππππ/2 — αααα) = sen αααα
tg (ππππ/2 — αααα) = cotg αααα
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos que diferem ππππ/2
sen (ππππ/2 + αααα) = cos αααα
cos (ππππ/2 + αααα) = —sen αααα
tg (ππππ/2 + αααα) = —cotg
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos suplementares αααα e ππππ — αααα
sen (ππππ — αααα) = sen αααα
cos (ππππ — αααα) = — cos αααα
αααα tg (ππππ — αααα) = — tg αααα
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos que diferem ππππ
sen (ππππ + αααα) = —sen αααα
cos (ππππ + αααα) = — cos αααα
tg (ππππ + αααα) = tg αααα
y 1 sen α tg α α –1 0 cos α 1 x
–1
y 1
sen α tg α α –1 0 cos α 1 x π + α –1
y 1 π////2 + α sen α tg α α –1 0 cos α 1 x
–1
y 1 π – α sen α tg α α –1 0 cos α 1 x
–1
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos αααα e 3ππππ/2 — αααα
sen (3ππππ/2 — αααα) = —cos αααα
cos (3ππππ/2 — αααα) = —sen αααα
tg (3ππππ/2 — αααα) = cotg αααα
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos que diferem 3ππππ/2
sen (3ππππ/2 + αααα) = —cos αααα
cos (3ππππ/2 + αααα) = sen αααα
tg (3ππππ/2 + αααα) = —cotg αααα
Relações entre as razões trigonométricas de ângulos simétricos αααα e — αααα
Representação gráfica das função tangente no intervalo [–2ππππ , 2ππππ]
Propriedades
Domínio: IR \
=2π
x + kππππ, k∈∈∈∈ZZ
Contradomínio: IR
Período: ππππ
Assimptotas verticais do gráfico: rectas de equações x = 2π + kππππ, k∈∈∈∈ZZ
xx
tg
2+
→ π
lim = xx
xcossen
2+
→π
lim = −0
1 = —∞ e xx
tg
2−
→π
lim = xx
xcossen
2−
→π
lim = +0
1 = +∞
Não existe xx
tg±∞→
lim
Paridade
Função ímpar: tg (–x) = – tg x, ∀x∈IR
Zeros: x = kπ, k∈ZZ
Sinal
tg x >0 <=> x ∈ ] 0 + kπ , π/2 + kπ [, k∈ZZ
tg x < 0 <=> x ∈ ] π/2 + kπ , π + kπ [, k∈ZZ
Monotonia
Crescente: x ∈ ]−π/2 + kπ, π/2 + kπ [, k∈ZZ (crescente no seu domínio)
Não tem extremos
x
y
−2π −1,5π −π −0,5π 0 0,5π π 1,5π 2π
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
+∞ y +
2π −
2π
1 x
–∞
17. Indica uma expressão geral dos zeros das funções definidas em IR por:
b) sen (2x )
sen (2x ) = 0 <=> 2x = kπ, k∈ZZ
<=> x = kπ/2, k∈ZZ
c) cos (πt)
cos (πt) = 0 <=> πt = π/2 + kπ, k∈ZZ
<=> t = π/2π + kπ/π, k∈ZZ <=> t = 1/2 + k, k∈ZZ
18. Estuda a paridade das funções definidas em IR por:
a) x cos x + sen x
A função é par se f(x) = f(–x), ∀x∈IR
cos x + sen x = cos (–x ) + sen (–x) <=> 2 cos x = – 2 sen x
<=> cos x = – sen x, ∀x∈IR falso
É ímpar se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
cos (–x ) + sen (–x ) = – cos x – sen x <=> cos x – sen x = – cos x – sen x
<=> cos x + cos x – sen x + sen x = 0 <=> 2 cos x = 0, ∀x∈IR
falso
b) t sen
2t
É ímpar se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
sen (–α) = – sen α, ∀α∈IR <=> sen
−
2t
= – sen
2t
, ∀t ∈IR . A função é ímpar
c) x x + cos x
É par se f(x) = f(–x), ∀x∈IR
x + cos x = –x + cos (–x ) <=> x + cos x = –x + cos x <=> 0 = –2x , ∀x ∈IR falso
É ímpar se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
–x + cos (–x) = –(x + cos x ) <=> –x + cos x = –x – cos x <=> 2cos x = 0, ∀x ∈IR falso
π 2π
π/2
−π/2
x
y
−2π −π 0 π 2π
-2
-1
1
2
x
y
−2π −π 0 π 2π
-2
-1
1
2
d) x sen x – x
É par se f(x) = f(–x), ∀x∈IR
sen x – x = sen (–x) – (–x) <=> sen x – x = –sen x + x
<=> 2sen x = 2x , ∀x ∈IR falso
É ímpar se f(–x) = – f(x), ∀x∈IR
sen (–x ) – (–x ) = –(sen x – x) <=> – sen x + x = – sen x + x , ∀x ∈IR verdadeiro
19. Determina o domínio de existência em IR das funções definidas por:
a) x
xcos1
sen−
D = { x∈IR : 1 – cos x ≠ 0 }
1 – cos x ≠ 0 <=> cos x ≠ 1 <=> x ≠ 2kπ, k∈ZZ
D = IR \ { x∈IR : 2kπ, k∈ZZ }
c) x
xtg1
sen−
D = { x∈IR : 1 – tg x ≠ 0 ∧ x ≠ π/2 + kπ, k∈ZZ }
1 – tg x ≠ 0 <=> tg x ≠ 1 <=> x ≠ π/4 + kπ, k∈ZZ
D = IR \ { x∈IR : π/4 + kπ, k∈ZZ ∧ π/2 + kπ, k∈ZZ }
20. Determina uma expressão geral dos zeros das funções definidas nos seus domínios de existência por:
b) 1 – tg
3x
1 – tg
3x
= 0 <=> tg
3x = 1 <=>
3x
= π/4 + kπ, k∈ZZ <=> x = 3π/4 + 3kπ, k∈ZZ
c) sen x + tg x
sen x + tg x = 0 <=> sen x + xx
cossen
= 0 <=> x
xxxcos
sen cossen +⋅ = 0
<=> x
xxcos
)1 cos(sen + = 0 <=> sen x = 0 v cos x + 1 = 0 ∧ cos x ≠ 0
<=> x = kπ, k∈ZZ v x = π + 2kπ, k∈ZZ <=> x = kπ, k∈ZZ
x
y
−π 0 π
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
TRANSFORMAÇÕES GEOMÉTRICAS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
Influência dos parâmetros nos gráficos de funções do tipo
y = a + b sen (cx + d) e y = a + b cos (cx + d)
Exemplos comparados com y = sen (x) ou y = cos( x)
a = 2; b = 1; c = 1; d = 0
f(x) = 2 + sen (x)
a = —1; b = 1; c = 1; d = 0
g(x) = —1 + sen (x)
Quando a ≠≠≠≠ 0, os gráficos sofrem uma translação vertical com reflexos no contradomínio
a = 0; b = 2; c = 1; d = 0
f(x) = 2cos (x)
a = 0; b = 1/2; c = 1; d = 0
g(x) = 1/2cos (x)
Quando b ≠≠≠≠ 1, os gráficos sofrem uma contracção ou expansão vertical com reflexos no contradomínio
a = 0; b = 1; c = 2; d = 0
f(x) = sen (2x)
a = 0; b = 1; c =1/2; d = 0
g(x) = sen (x/2)
Quando c ≠≠≠≠ 1, os gráficos sofrem uma dilatação ou compressão horizontal com reflexos no período, em que o novo período é P = ————
a = 0; b = 1; c = 1; d = ππππ/4
f(x) = cos (x + ππππ/4)
a = 0; b = 1; c = 1; d = —ππππ/3
g(x) = cos (x —ππππ/3)
Quando d ≠≠≠≠ 0, os gráficos sofrem uma translação horizontal (—d) com reflexos nos maximizantes e minimizantes
x
y
−π −0,5π 0 0,5π π 1,5π 2π
-2
-1
1
2
3
4
f
g
x
y
0 0,5π π 1,5π 2π 2,5π 3π 3,5π 4π
-2
-1
1
2
f
g Período g = 4π Período f = π
x
y
−π −0,5π 0 0,5π π 1,5π 2π
-2
-1
1
2–π/4 π/3
D´f = [–2, 2] D´g =[–1/2, 1/2]
x
y
0 0,5π π 1,5π 2π
-2
-1
1
2
3
4
f
g
D´f = [ 1, 3] D´g =[ –2 , 0]
P |c|
23. Indica o cobtradomínio de cada uma das funções seguintes e uma expressão geral dos maximizantes.
a) f: x 1 + 2 sen x
Enquadramento:
–1 ≤ sen x ≤ 1 <=> –2 ≤ 2 sen x ≤ 2 <=> –2 + 1 ≤ 1 + 2 sen x ≤ 2 +1 <=> –1 ≤ 1 + 2 sen x ≤ 1
D’f = [–1 , 3]
Maximizantes:
Resolver a equação
1 + 2 sen x = 3 <=> 2 sen x = 3 – 1 <=> 2 sen x = 2 <=> sen x = 1 <=> x = π/2 + 2kπ, k∈ZZ
Portanto, f tem os mesmos maximiznates que sen x ou seja, quando x = π/2 + 2kπ, k∈ZZ
c) h: x sen2 x – 2
Enquadramento:
–1 ≤ sen x ≤ 1 <=> 0 ≤ sen2 x ≤ 1 <=> –2 + 0 ≤ sen2 x – 2 ≤ 1 – 2<=> –2 ≤ sen2 x – 2 ≤ –1
D’h = [–2 , –1]
Maximizantes:
sen2 x – 2 = –1 <=> sen2 x = 1 <=> sen x = ± 1 <=> x = π/2 + kπ, k∈ZZ
27. Prova que:
b) O período de g(x ) = 3tg (x/2) é 2π
Por definição g(x + T) = g(x), ∀x∈Dg e o período de tg x = π
Se T = 2π então: g(x + 2π) = 3tg
+22πx
(substituindo x por x + T)
= 3tg
+2
π22x
= 3tg
+ π2x
( π é operíodo da função tg x)
= 3tg(x/2) = g(x), ∀x∈Dg
c) O período de h(x ) = cos
3xπ
é 6
Por definição h(x + T) = h(x), ∀x∈Dh e o período de cos x = 2π
Se T = 6 então: h(x + 6) = cos
+3
6)π(x = cos
+ ππ
23x
= cos(πx/3) = h(x), ∀x∈Dh
π/2
1 –1 1 -1
xy
0 0,5π π 1,5π 2π
-3
-2
-1
1
Actividade 5
Observa o gráfico seguinte que descreve o nível da água num ponto ao longo do dia.
Encontra uma função da família x y = a + b sen (cx + d) que pode descrever a situação ilustrada no gráfico.
Resolução
E primeiro lugar, deve-se observar que no papel, que parece milimétrico, cada quadrícula maior representa 2 unidades, cada uma dividida em 10. Logo, cada quadrícula menor representa 0,2 unidades.
O gráfico apresenta 2 para os mínimos e 6 para os máximos, fazendo com que a função tenha contradomínio [2 , 6], deslocando-se o eixo horizontal para y = 4. Significa isto que o gráfico sofreu uma translação vertical sendo a = 4;
Sendo a amplitude 4, o valor de b tem que ser 2;
Tendo em conta os máximos (ou mínimos), estes distam 12,4 unidades. Assim, 2π/c = 12,4 <=> c ≈ 2π/12,4 <=> c ≈ 0,5;
Como sen α = 0 <=> α = 0 + kP, k∈ZZ (sendo P o período), isto mostra que o gráfico sofreu uma
translação horizontal de 8,8 unidades para a esquerda (o eixo Oy deslocou-se –8,8), pelo que d = –8,8.
Portanto, a expressão da função deve ser y = 4 + 2 sen (0,5x + 8,8)
Problema de modelação (Pág 23)
Na tabela seguinte apresentam-se as previsões da altura das marés no porto de Leixões para um determinado dia. Apresenta uma expressão, com valores aproximados, da função capaz de modelar seta situação.
Na calculadora gráfica, na opção STAT, introduzir os valores da tabela em duas listas (fig. 1 e 2).
Na Cásio pressionar F2(CALC) , F3(REG), F6(����), F4(sin) para obter o ecrã da figura 3.
Na Texas, em STAT����CALC executar (SinReg) e introduzir L1,L2
A expressão da função, com valores a 2 casas decimais, é: y = 0,55sen (0,48x –2,26) + 2
A figura 4 mostra o gráfico de pontos (da regressão) e a figura 5 mostra o gráfico da função
32. A profundidade da água do mar à entrada de um porto de abrigo é dada num certo dia, em metros, por
h(t) = 9 – 2 cos
t
6π
sendo t o número de horas depois da primeira maré baixa desse dia.
a) Qual a profundidade na maré alta e na maré baixa nesse dia?
b) Quanto tempo decorreu entre uma maré alta e uma maré baixa?
a) A função cos α tem máximos para α = 0 + 2kπ, k ∈ ZZ e mínimos para α = π + 2kπ, k ∈ ZZ
A função —cos α, sendo simétrica relativamente a Ox, apresenta mínimos onde cos x apresenta máximos e vice-versa, logo:
Mínimo para t = 0 temos: 9 – 2 cos 0 = 9 – 2 x 1 = 7 (m)
Máximo para t = 6 temos: 9 – 2 cos
66π
= 9 – 2 cos π = 9 – 2(–1) = 11 (m)
b) O período da função é
P = 2π/c <=> P = 6
2 ππ / <=> π
π12=P <=> P = 12
Em cada período a função tem um máximo e um mínimo, logo, se o período é 12 horas, decorrem 6 horas entre os extremos.
0 6 12 18 24
FÓRMULAS TRIGONOMÉTRICAS DA SOMA DE DOIS ÂNGULOS
Considerando os vectores u
r e v
r no círculo trigonométrico,
o produto escalar é ur
• vr
= ||ur
|| x || vr
|| x cos (ur ^ v
r)
sendo ||ur
|| = || vr
|| = 1, temos ur
• vr
= cos (ur ^ v
r) = cos (α – β)
Pelas coordenadas, ur
= (cos α , sen α) e vr
= (cos β , senβ)
temos ur
• vr
= (cos α , sen α) x (cos β , senβ) = cos α cos β + sen α senβ
cos ( a – b) = cos a cos b + sen a sen b, ∀∀∀∀a, b∈∈∈∈IR
Como senβ = — sen (–β ) e cos (α + β) = cos [α – (–β )]
Temos que cos (α + β) = cos α cos β + sen α (–senβ )
cos ( a + b) = cos a cos b – sen a sen b, ∀∀∀∀a, b∈∈∈∈IR
Tendo em conta que sen x = cos (π/2 – x) então sen (α + β) = cos [π/2 – (α + β )] = cos (π/2 – α – β )
Assim, sen (α + β) = cos [(π/2 – α) – β )] =
= cos (π/2 – α) cos β + sen (π/2 – α) senβ
ou seja, sen (α + β) = sen α cos β + cos α senβ
sen (a + b) = sen a cos b + sen b cos a, ∀∀∀∀a, b∈∈∈∈IR
Verifica-se, também que sen (α – β) = sen [α + (– β)]
= cos (π/2 – α) cos (–β ) + sen (π/2 – α) sen(–β )
= sen α cos β + cos α (–senβ )
sen (a – b) = sen a cos b – sen b cos a, ∀∀∀∀a, b∈∈∈∈IR
Como consequências:
tg (a + b) = )cos()(sen
ba
ba
++
= baba
abba
sensencoscoscossencossen
−+
=
bababa
baabba
coscos
sensencoscoscoscos
cossencossen
−
+
=
baba
baba
baab
baba
coscos
sensen
coscoscoscos
coscos
cossen
coscos
cossen
−
+
tg (a ±±±± b) = baba
tgtgtgtg
m1±
e tg (a + a) = tg (2a) = a
a2tg1
2tg
−
e considerando que 2x = x + x temos: sen 2x = sen(x + x) = sen x cos x + sen x cos x = 2 sen x cos x cos 2x = cos(x + x) = cos x cos x – sen x sen x = cos2 x – sen2 x
sen (2a) = 2 sen a cos a e cos (2 a) = cos 2 a – sen 2 a
y
ur
α vr
β 0 −β x
π/2 - α α
y
αααα – ββββ u
r α v
r
β 0 x
35. Completa as sfirmações de modo a que sejam verdadeiras:
b) cos2 (x/2) – sen2 (x/2) = cos (2x/2) = cos ( x) dado que cos (2 a) = cos2 a – sen2 a
c) sen (3x) = 2sen (3x/2) cos (3 x/2) dado que sen (2 a) = 2sen a cos a
36. Prova que:
b) cos (2a) = 1 – 2 sen2 a
cos (2 a) = cos 2 a – sen 2 a ( cos2 a + sen2 a = 1 <=> cos2 a = 1 – sen2 a )
cos (2 a) = 1 – sen2 a – sen2 a <=> cos (2 a) = 1 – 2 sen2 a
c) cos x = 2 cos2 (x/2) – 1
cos (2 a) = cos 2 a – sen 2 a
cos ( a) = cos 2 (a/2) – sen 2 (a/2) ( cos2 a + sen2 a = 1 <=> sen2 a = 1 – cos2 a )
cos (x) = cos2 (x/2) – [ 1 – cos2 (x /2)]
<=> cos (x) = cos2 (x /2) – 1 + cos2 (x /2)
<=> cos (x) = 2 cos2 (x /2) – 1
37. Sendo sen β = 1/4 e cos β < 0 calcula o valor exacto de sen (2β ), cos (2β ) e tg(2β )
sen2 β + cos2 β = 1 ∧ cos β < 0 <=> cos β = —161
1− <=> cos β = —415 tg β =
4/15
4/1
− = –
1515
sen (2β ) = 2 sen β cos β = – 2 415
41 × = –
815
cos (2β ) = cos2 β – sen2 β = 22
41
415
−
− =
161
1615 − =
1614
= 87
tg(2β ) = β
β2tg1
tg2
− =
2
1515
1
1515
2
−−
−
=
22515
1
15152
−
−
=
22515225
15152
−
−
= 210225
15152 ×−
= 715−
39. Calcula:
b) a sen (2x) + b cos (2x) sabendo que tg x = a/b (põe b em evidência)
a sen (2x) + b cos (2x) = b[a/b sen (2x) + cos (2x)] = b[tg x sen (2x) + cos (2x)] cos(a - b)=cosacosb+senasenb
= b
+ )2cos()2(sen
cossen
xxxx
= b
+x
xxxxcos
)2cos(cos)2(sensen = b
−x
xxcos
)2cos( = b
xx
coscos
= b
LIMITES DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
Quando foram estudadas as propriedades das funções seno e co-seno foi visto que:
São funções contínuas em IR;
alim sensen =→
xax
e alim coscos =→
xax
;
Não existem xsen±∞→x
lim e xcos±∞→x
lim
Mas, x
xx
sen
0→lim conduz a uma indeterminação
0
0 , pois x → 0 e sen 0 = 0
A calculadora gráfica, embora apresentando erro, sugere que, quando x → 0, y = sen (x)/x → 1…
Verificação por via geométrica
Considere-se o ângulo ao centro AOP numa circunferência em que 1== OPOA e ao ângulo de x rad corresponde o arco AP com x unidades de comprimento.
Tem-se, também, que ´PP = sen x e AB = tg x
e pela análise da figura sen x < x < tg x
Dividindo por sen x : x
xx
xxx
sentg
sensensen
<< <=> xx
xx
xsencos
sensen
1 << <=> xx
xcos
1sen
1 <<
Quando x → 0, cos x → 1, logo xcos
1 → 1 e assim, 1
sen1 <<
xx
Conclui-se, assim, que x
xx sen0→lim = 1 e
xx
x
sen
0→lim = 1 dado que
xx
x
sen
1
0→lim
= 11
Sabe, tamém, que –1 ≤≤≤≤ sen x ≤≤≤≤ 1 e iguamente –1 ≤≤≤≤ cos x ≤≤≤≤ 1
Dividindo por x tem-se x
xx
1x
sen1≤≤
− e xx
1−+∞→
lim = xx
1
+∞→lim = 0 , logo
x
x
x
sen
+∞→lim = 0
Resumindo:
xx
sen0→xlim = 1 ;
xxsen
0→xlim = 1 ;
xxcos1 −
→0xlim = 0 ;
xxsen
+∞→xlim = 0 e
xxcos
+∞→xlim = 0
Também já foi visto que, no caso da tangente o Domínio é IR \
=2π
x + kππππ, k∈∈∈∈ZZ pelo que
xtg+
+→ ππ
k2
x
lim = –∞∞∞∞ ; xtg−
+→ ππ
k2
x
lim = +∞∞∞∞ e x
xtg
0→xlim = 1
B P 1 x
x
O 1 P´ A
sen
x
tg x
42. Calcula, caso exista:
c) x
x
x
sen
π→lim
xx
x
sen
π→lim =
π
π
π
sen
→xlim =
π
0= 0
d) x
x
x
cos
0→lim
xx
x
cos+→0
lim = +0
0cos = +0
1= +∞ e
xx
x
cos−→0
lim = −0
0cos = −0
1= –∞ não existe
xx
x
cos
0→lim
e) x
x
x
sen
−∞→lim
xx
x
sen
−∞→lim =
∞−−∈ ]1,1[k = 0 (trata-se do quociente de um número entre —1 e 1 a dividir por –∞)
f)
2
tg
2
ππ −→ x
x
x
lim
2
tg
2
ππ −+
→ x
x
x
lim = +
∞−0
= — ∞ e
2
tg
2
ππ −−
→ x
x
x
lim = −
+∞0
= — ∞
então, 2
tg
/π/2π −→ x
x
xlim = – ∞
i) ππ −→ xx
x
senlim
ππ −→ xx
x
senlim =
yy
y
)(sen π
0
+→
lim = y
y
y
sen−→0
lim = –1
Note-se que y = x – π <=> x = y + π quando x →π, y → 0 e sen (π + α) = – sen α
DERIVADAS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
(sen x)´ = cos x (sen u)´ = u´.cos u
(cos x)´ = – sen x (cos u)´ = – u´sen u
(tg x)´ = x2cos
1 = 1 + tg 2 x (tg u)´ =
x
u´2cos
= u´(1 + tg 2 x)
43. Calcula a derivada para x = π/6 de:
b) g(x) = )2(sen
1x
g´(x) = 2)2(sen
)]´2(sen[1)2(sen1́
x
xx − =
2)2(sen
)2(cos)´2(0
x
xx− =
)2(sen
)2(cos22 x
x−
g´(π/6) = )3/(sen
)3/(cos22π
π− =
2
23
21
2
− =
431
/
− = – 4/3
d) s(x) = 2
)5(tg x
s´(x) = )5(2cos
)´5(2 x
x =
)5(2cos
52 x
s´(π/6) = )6/5(2cos
52π
= 2
23
2
5
=
43
2
5 =
43
2
5 =
235
= 3
10
44. Determina e simplifica, se possível, uma espressão da função derivada de cada uma das funções seguintes:
Prova que f e tem pelo menos um extremo relativo no intervalo ]0 , π/2 [
f´(x) = ( )́2/xe cos x + )´(cos2/ xxe = 2
2/xecos x – sen x 2/xe = 2/xe
− xx sencos21
f´ é contínua em [0 , π/2 ]
f´(0) = 2/0e
− 0sen0cos21
= 1(1/2 x 1 – 0) = 1/2 , pelo f´(0) > 0
f´(π/2) = 4/πe
−2
sen2
cos21 ππ
= 4/πe (1/2 x 0 – 1) = 4/πe (–1/2 ), pelo f´(π/2) < 0
Assim, o Teorema de Bolzano garante que f´ tem, pelo menos, um zero em ]0 , π/2[
Se f´ = 0 num ponto neste intervalo, então f tem um extremo no neste intervalo.
57. Quatro aldeias nos vértices de um quadrado de lado 1 km. Para ligar as quatro aldeias, uma companhia de telefones concluiu que a solução mais económica é do tipo apresentado na figura.
a) Mostra que o comprimento total do cabo gasto,
em função de α, é C(α) = 1 + α
α
cossen2 −
, 0 ≤ α ≤ 0
b) Calcula C(0) e C(π/4) e interpreta os resultados obtidos referindo a forma das ligações.
c) Mostra que C’(α) = α
α
2cos
sen2 1− e determina o valor exacto do comprimento total
mínimo do cabo
a) AB
AC= cos α <=>
AB
5,0= cos α <=> AB =
αcos5,0
AC
BC= tg α <=> BC = 0,5 tg α
BD = 1 – 2 BC = 1 – tg α
C(α) = 4 AB + BD = 4αcos
5,0 + 1 – tg α = 1 +
αα
α cossen
cos2
− = 1 + α
αcos
sen2 −
α α
α α
α α
D
B α α A 0,5 C
b) C(0) = 1 + 0cos
0sen2 −= 1 +
102 −
= 3
C(π/4) = 1 +
−
4cos
4sen2
π
π
= 1 +
2222
2 −= 1 +
22
224 −
= 1 + 22
228 −= 1 +
2
24 −=
2
242 −+
C(π/4) = 2 2 ≈ 2,83
Se α = 0 temos uma ligação do tipo 1, pelo que C(0) = 1 + 1 + 1 = 3
com maior consumo de material.
Se α = π/4 obtem-se uma ligação do tipo 2, sendo o comprimento
do cabo dado pela soma das duas diagonais do quadrado de lado 1, ou seja 2 2 e gastando menos material.
<=> cos θ = –1 v cos θ = 1/2 <=> θ = π/3 ∧ < θ < π/2
A´(θ) é positiva à esquerda e negativa à direita do zero, logo, A(θ) tem um máximo para θ = π/3
10 10 θ θ
10
C
10
θ A B
TI Maio 09 Observe atentamente a figura ao lado. O ponto P, partindo de A, desloca-se sobre a circunferência, dando uma volta completa, no sentido indicado pela seta.
O ponto Q desloca-se sobre a semi-recta AO& , seguindo o movimento do ponto P, de tal forma que se tem sempre PQ = 3.
Para cada posição do ponto P, seja x a amplitude, em radianos, do ângulo orientado que tem por lado origem a semi-recta AO& e por lado extremidade a semi-recta PO& .
Seja d a função que, a cada valor de x pertencente a [0 , 2π], associa a distância, d(x), do ponto Q ao ponto O.
a) Considere as seguintes afirmações sobre a função d e sobre a sua derivada, .d´. I. d(0) = 2d(π) II. ∀x∈[0 , 2π], d´(x) < 0
Elabore uma pequena composição na qual indique, justificando, se cada uma das afirmações é verdadeira, ou falsa.
Resolução Quando x = 0, o ponto P coincide com o ponto A, pelo que a distância de Q a O é igual a 3 + 1, ou seja, é igual a 4. Quando x = π, o ponto P coincide com o ponto B, sendo a
distância de Q a O é igual a 3 – 1, ou seja, é igual a 2.
Como d(0) = 4 e d(π) = 2, resulta d(0) = 2d(π), pelo que a afirmação I é verdadeira.
Quando x varia de 0 a π, o ponto P vai de A até B, percorrendo, no sentido directo, a semicircunferência que está acima do diâmetro [AB], pelo que o ponto Q se vai aproxi-mando do ponto O. Assim, no intervalo [0, π], d(x) diminui à medida que x aumenta, pelo que a função d é estritamente decrescente neste intervalo.
Passa-se o contrário quando x varia de π a 2π, ou seja, o ponto P vai de B até A, percorrendo a semicircunferência inferior, pelo que o ponto Q se vai afastando de O. Portanto, no intervalo [π , 2π], d(x) aumenta à medida que x aumenta, sendo a função d estritamente crescente no intervalo ]π , 2π[. Logo, a função derivada, d´, não pode ser negativa no intervalo [π , 2π], pelo que a afirmação II é falsa.
b) Defina analiticamente a função d no intervalo ]0 , π/2[
Sugestão: trace a altura do triângulo [OPQ] relativa ao vértice P, designe por R o ponto de intersecção desta altura com a semi- recta AO& , e tenha em conta que RQOROQ += .
Resolução Considerando RQOROQ += , temos:
OR = cos x e pelo Teorema de Pitágoras, 222RQPRPQ += <=> RQ = x2sen9 −
OQ = cos x + x2sen9 −
Assim, d(x) = cos x + x2sen9 − , x ∈]0 , π/2[
P 1 3 B O x A Q d(x)
P
1 sen x 3 O x R Q cos x d(x)
CONJUNTO ℂℂℂℂ — NÚMEROS COMPLEXOS
O que até a este nível de escolaridade sempre foi considerado um mistério — uma impossibilidade em IR — vamos tratar seguidamente.
Aceitando que x2 = — 1, qual o valor de x?
Usando as regras de cálculo em IR seria: x2 = — 1 <=> x = ±±±± 1− <=> x = 1− <=> x =— 1−
Mas, em IR , 1− não tem significado!
Tal como sempre se faz quando existe uma incógnita, vamos substituir 1− por i
Então, i2 = —1 , e (—i)2 = —1
Assim, continuando a admitir que se mantêm as regras de cálculo em IR :
2i x 2i = 4i2 = 4(—1) = —4 , tal como 2 1− x 2 1− = 4 ( )21− = —4
e que 0 x i = 0
então admite-se que 4 = 4 + 0i e 3 x i x i = 3i2 = –3
representando i um número imaginário (a unidade)
Surge uma nova definição de Número complexo como sendo todo o ente que pode escrever-se na forma
a + bi com a, b ∈IR , sendo i2 = —1
Um número natural pode, assim, representar-se como elemento de qualquer dos conjuntos
Inteiro Racional Real Irracional Complexo Imaginário
2 = 24 = 1
33 = 1+ 1= 4 = eln2 = 2 + 0i = —2i2
Como operar números como 3 i , i32
, – 3 i, 1 + 5i, … ?
—3 —0,2 e π 2 + i
2 IN ZZ 7/3 — 5 3i
QI IR CI
ZZ = IN ∪ {0} ∪ {inteiros negativos}
QI = ZZ ∪ {fraccionários}
IR = QI ∪ {irracionais}
CI = IR ∪ {imaginários}
FORMA ALGÉBRICA DE UM COMPLEXO
Tal como x ou y identificam vulgarmente um número real, um complexo é identificado por z e constituído por duas partes:
z = a + bi ou z = x + yi parte parte real imaginária
exemplos:
z = 2 — 3i: Re(z) = 2 e Im(z) = —3; a parte imaginária é —3i
z = — 3 + i : Re(z) = — 3 e Im(z) = 1; a parte imaginária é i
z = —5i : Re(z) = 0 e Im(z) = —5; designa-se imaginário puro
z = 2 + 0i : Re(z) = 2 e Im(z) = 0; trata-se de um número real
OPERAÇÕES COM NÚMEROS COMPLEXOS
Raízes quadradas
No conjunto dos números complexos, todo o número real negativo k tem duas raízes quadradas: k− i e — k− i
Ex: se x = – 81 <=> x = 81− v x = – 81− <=> x = )1(81 − v x = – )1(81 − <=> x = 9i v x = –9i
se x = – 50 <=> x = 50− v x = – 50− <=> x = )2(25 − v x = – )2(25 −
<=> x = 5 2 i v x = –5 2 i
se x2 – 4x + 5 = 0 <=> x = 2
44 −± <=> x =
224 i±
<=> x = 2 + i v x = 2 – i
Igualdade
Dois números complexos a + bi e c + di dizem-se iguais se e só se têm as partes reais iguais e os coeficientes das partes imaginárias também iguais
a + bi = c + di <=> a = c ∧∧∧∧ b = d
Ex: 2 + 3i = 4 + 39 i ; x + yi = 2i <=> x = 0 ∧ y = 2
Conjugados
Dois números complexos dizem-se conjugados e representam-se por z e z quando têm as partes reais iguais e os coeficientes das partes imaginárias simétricos
a + bi e a — bi são conjugados ou seja a + bi = a — bi
Ex: 2 + 3i = 2 – 3i ; 4 – 5i = 4 + 5i = 4 – 5i
x = Re(z) y = Im(z) coeficiente da parte imaginária
Adição
A adição em ℂℂℂℂ goza das propriedades Comutativa, Associativa, Elemento Neutro e Elemento Oposto (simétrico).
Na adição de dois números complexos, adicionam-se partes reais com partes reais e partes imaginárias com partes imaginárias
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i , ∀∀∀∀a + bi , c + di ∈∈∈∈ ℂ
Para que seja um número real Im(z) = 0, logo 2y(x – 1) = 0 <=> y = 0 v x = 1
Para y = 0 temos z = x2 – 2x – 3 , ∀x∈IR, z∈IR
Para x = 1 temos z = 12 – y2 – 2 – 3 + 2y(1 – 1)i <=> z = – y2 – 5, ∀y∈IR, z∈IR
Assim, z = 1 + yi v z∈IR
Relação de ordem em ℂ
Em ℂℂℂℂ não se pode definir uma relação de ordem “maior que”, como em IR .
Tal relação, a existir, obrigaria a que, como i ≠ 0 então i teria de ser positivo ou negativo, o que não acontece, pois
� Se i fosse positivo, então i x i > 0, mas foi condição de partida que 1− = i e i2= —1;
� Se i fosse negativo, então i x i > 0 , dado que o produto de dois números negativos é um número positivo.
Em ℂ não se fala em números positivos nem em números negativos, pelo que não se estabelecem relações do tipo z1 > z2 ou z2 > z1.
A comparação entre complexos resume-se a z1 = z2 ou z1 ≠≠≠≠ z2
Não sendo possível ordenar ℂ numa recta, é possível a sua representação geométrica e vectorial no plano complexo ou plano de Argand, em que os números imaginários são marcados no eixo vertical.
REPRESENTAÇÃO GEOMÉTRICA E VECTORIAL DE UM COMPLEXO
Sendo z = x + yi faz-se corresponder z a um ponto P num plano de coordenadas (x, y) em que x = Re(z) e y = Im(z)
No eixo Ox (designado eixo real — e.r.) representam-se as partes reais Re(z), dos complexos;
No eixo Oy (designado eixo imaginário — e.i.) representam-se os coeficientes das partes imaginárias, Im(z).
No exemplo:
P é a imagem geométrica de z = 2 + 3i ur é a representação vectorial de z
Q “ “ “ z1= –1 + 2i vr “ “ “ z1
R “ “ “ z2= –2 – i wr “ “ “ z2
S “ “ “ z3= 3 – i xr “ “ “ z3
A “ “ “ i
e.i.
P(2,3) z = a + bi Q(–1,2) v
r A i u
r
O e.r. w
r x
r
R(–2,–1) S(3,–1)
ADIÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
No exemplo:
P z1 = 3 + 2i Q z2 = –1 + 2i S z = 2 + 4i e z1 + z2 = ( 3 + 2i ) + ( –1 + 2i ) = 2 + 4i
ur
= (3 , 2) vr
= (–1, 2) e sr
=ur
+ vr
= (3 , 2) + (–1, 2) = (2 , 4)
A adição de números complexos corresponde à adição das suas imagens vectoriais
MULTIPLICAÇÃO DE NÚMEROS COMPLEXOS
Multiplicação de z = a + bi por i Multiplicação de z = a + bi por –i
A multiplicação de um número complexo A multiplicação de um número complexo por i (iz) corresponde à rotação do vector por —i (—iz) corresponde a rodar o vector 90º, que é a sua imagem vectorial segundo mas em sentido negativo um ângulo de 90º positivo
e.i.
S(2, 4) z = a + bi
Q(–1, 2) sr
P(3, 2)
vr
ur
O e.r.
e.i. P Q iz = –b + ai z = a + bi uv
rri= 90º u
r
–90º O e.r. uw
rri−=
R –iz = b – ai
Multiplicação de z1 = a + bi por z2 = c + di
exemplo: z1 = 2 + 3i e z2 = –1 + 2i
z1 x z2 = (2 + 3i)(–1 + 2i) considerando z2 como medida
Considerando z1 = a + bi x z2 = c + di e os vectores: ur
(a , b) e vr
(c , d)
z1 x z2 = (a + bi)(c + di)
z2 x z1 = (c + di) (a + bi)
z2 x z1 = 43421 r
u
)( bia +c + 43421 r
u
)( biadi +
ou seja: z1 x z2 = cur
+ diur
O vector mr
correspondente a z1 . z2 é mr
= cur
+ diur
, que é soma de um vector com a direcção de u
r (cu
r) com outro que lhe é perpendicular (diu
r)
e.i.
2i ur
v
r z2= –1 + 2i
c(a+bi) + di(a+bi) u
r z1=2 + 3i
z1 x z2 O e.r. –1u
r
e.i. 2 v
r
z2 = –1 + 2i v
r
c(a+bi) + di(a+bi) ur
z1=2 + 3i z1 x z2 90º O e.r. 3i v
r
190. a) Seja A a imagem de z = –1 + 2i e B a imagem de z num referencial de origem O.
Qual a área do triângulo [AOB]?
b) Que polígono tem por vértice as representações geométricas de z = a + bi, z , –z e – z ?
a) Se z = –1 + 2i z = –1 – 2i
A[AOB] = 2
ABOC × =
241×
= 2
b) A z = a + bi, B z = a – bi, C –z = —a – bi D – z =—a + bi
AB = 2| a | AD = 2| b |
P[ABCD] = 2 AB + 2 AD = 4| a | + 4| b | = 4(| a | + | b |)
A[ABCD] = AB x AD = 2| a | x 2| b | = 4| a | x | b |
192. No referencial representado, o raio de uma das circunferências é o dobro do raio da outra. Supondo que Pi é a imagem do número complexo zi, exprime z2, z3, z4, z5 e z6 em função de z1.
z2 = 21
z1 porque 2
12
OPOP =
z3 = – z1 porque 13 OPOP = e 13 OPOP −=
z4 = z 1 considerando z1 = a + bi então z4 = a – bi
z5 = 2
1zi porque
21
5OP
OP = e rotação de 90º
z6 = i1z
= – iz1 porque 16 OPOP = e rotação de —90º
193. Considera os números complexos z1 = —2 + 3i e z2 = 3 — i. Efectua por via vectorial e confirma algebricamente os resultados de:
a) z1 + z2 b) z1 . z2
a) z1 + z2 = –2 + 3i + 3 – i = 1 + 2i
b) vr
(3 , –1) ur
(–2, 3) z1.z2 = cur
, di ur
z1 . z2 = 3( –2 + 3i ) – i( –2 + 3i )
z1 . z2 = –6 + 9i + 2i – 3i2
z1 . z2 = + 9i + 2i + 3
z1 . z2 = –3 + 11i
A ei
C O er
B
ei B b A
–a o a er
C –b D
e.i. P1
P2
P5
O e.r.
P6
P3 P4
e.i.
z1 z1+z2
o e.r. z2
e.i. z1.z2 10
8
6
3 ur
2
ur
–i ur
– 4 –2 o 2 e.r.
COORDENADAS POLARES
Coordenadas Polares Coordenadas Cartesianas
P ( 4, π/3) P 4( 1/2, 23 ) = (2, 2 3 )
Q ( 2, –π/6 ) Q 2( 23 , – 1/2)=( 3 , –1)
R (3, π ) R (– 3 , 0)
S ( 2 , 2π/3 ) S 2 ( –1/2, 23 ) = (–1, 3 )
Coordenadas Polares Coordenadas Cartesianas P ( r , θθθθ + 2ππππk), k ∈ ZZ P (r cos θθθθ, r sen θθθθ)
194. Num sistema de coordenadas polares marca os pontos A(2, π/4), B(1, –2π/3) e C(3, π)
197. Considera um quadrado [ABCD]. Escreve as coordenadas polares dos vértices tomando AC para eixo, o centro do quadrado para origem e o comprimento da diagonal para unidade.
AC = 1
Cartesianas Polares
A( 1/2 , 0) A( 1/2 , 0)
B( 0 , 1/2) B( 1/2 , π/2)
C(–1/2 , 0) C( 1/2 , π)
D( 0 , –1/2) D( 1/2 , –π/2)
198. A figura representa um hexágono regular com centro em O. Determina as coordenadas polares dos vértices do polígono, tomando O como origem, Ox como eixo e o lado do hexágono para unidade.
Sendo um hexágono regular, 1=== OBABOA e OÂB = π/3
A(1 , π/6 ) B(1 , π/2) C(1 , 5π/6 )
D(1 , –5π/6 ) E(1 , –π/2) F(1 , –π/6 )
P
S
R
Q
P
S
R
Q
B
C A
D
B
C A
O
D F
E
A
C o 1 2 3 B
REPRESENTAÇÃO TRIGONOMÉTRICA DE UM COMPLEXO
Forma algébrica Forma Trigonométrica
z = a + bi z = ρρρρ cos θθθθ + (ρρρρ sen θθθθ) i
a = ρρρρ cos θθθθ z = ρρρρ (cos θθθθ + i sen θθθθ)
b = ρρρρ sen θθθθ z = ρρρρ cis θθθθ
ρρρρ = OP é o módulo de z, sendo |z|= ρρρρ = 22 ba +
θθθθ = arg z é o argumento de z, com θθθθ = θθθθ + 2ππππk, k∈ZZ e ] –ππππ, ππππ [ argumento principal
] 0, 2ππππ [ arg. positivo mínimo
Passar da forma Algébrica à forma Trigonométrica
z = a + bi ————————> z = ρρρρ cis θθθθ
ex: z = 2 + 2i
θθθθ = π/4 e ρρρρ = |z| = 22 22 + = 8 = 22
logo z = 22 cis (π/4)
z = —1 + 3 i
ρρρρ = |z| = 31+ = 2 pelo que z = –1 + 3 i = 2(–1/2 , 23 )
cos (3π/7) = cos (3π/7) + 0i (não se trata de um complexo na forma trigonométrica,
somente um número real ≈ 0,2225)
–2 cos (3π/7) = cos (3π/7) (2 cis π) = 2 cos (3π/7) cis π
229. Escreve na forma trigonométrica:
a) sen (π — x) + cos (π + x)i
b) —10 (sen β — i cos β)
c) 1/2 sen (2x) + i sen2 x , com x ∈]π/2, π[ e com x ∈]π, 3π/2[
d) i
i
−+
αα
tgtg
π/5
o 6π/5
a) Aplicando as fórmulas de sen (α – β ) e cos (α + β ) temos
sen (π – x) + cos (π + x)i = sen π cos x – sen x cos π + (cos π cos x – sen π sen x)i
= 0 x cos x – sen x (–1) + (–1 cos x – 0 x sen x)i
= sen x – i cos x (multiplicando e dividindo por i)
= i
ii )cossen( xx − =
iii xx cossen 2−
= ii xx sencos +
=
2cis
cisπ
x = cis ( x – π/2) (passando à forma trigonométrica)
b) –10 (sen β – i cos β) = i
ii )cossen(10 ββ −−= (multiplicando e dividindo por i)
= i-ii )cossen(10 2 ββ −
= i-
i )sencos(10 ββ + =
−2
cis
cis10
π
β
= 10 cis [ β – ( –π/2)] = 10 cis (π/2 + β)
c) 1/2 sen (2x) + i sen2 x = 1/2 (2 sen x cos x ) + i sen x sen x = sen x (cos x + i sen x )
= sen x cis (x ) se
= — sen x cis (x + π)
d) ii
−+
αα
tgtg
= i
i
−
+
αααα
cossencossen
=
ααα
ααα
coscossen
coscossen
i
i
−
+
= αααα
cossen
cossen
i
i
−+
= ii
ii
)cossen
)cossen
((
αααα
−+
= αααα
cossen
cossen2
2
ii
ii
−+
= αααα
sencos
sencos
i
i
++−
= )(cis
)(cis
αα−π
= cis (π – α – α) = cis (π – 2α)
x x
o
π-α
α o
P O TE N CI A ÇÃ O
Temos que z1 x z2 = ρρρρ1 x ρρρρ2 cis (θθθθ 1 + θθθθ 2)
Se z1 = z2 = z3 = . . . = zn então z1 x z2 x z3 x . . . x zn = ρρρρ 1 x ρρρρ2 x ρρρρ2 x . . . x ρρρρn cis (θθθθ 1 + θθθθ 2+ θθθθ 3+. . . +θθθθ n)
ou seja, zn = (ρρρρ cis θθθθ )n pelo que (ρρρρ cis θθθθ )n = ρρρρ n cis (nθθθθ ), n∈∈∈∈IN Fórmula de De Moivre ex: Representar z3 na forma trigonométrica sendo z = 1 + i = 2 cis(π/4)
z x z x z = z3 = (1 + i )3 = 1 + 3i + 3i2 + i3 3C013i0 + 3C11
2i + 3C21i2 + 3C310i3
= 1 + 3i — 3 — i
= —2 + 2i ρ = 22 2)2( +− = 2 2 e z = 2 2
+− i
22
22
= 2 2 cis(3π/4)
Por aplicação da fórmula
z3 = (1 + i )3 = [ 2 cis(π/4)]3 = 2 2 cis(3π/4)
E se z1 =
ρ
1cis ( — θθθθ ) então
n
z1
= n
)(1
−θ
ρcis = )n(
1n
θρ
−
cis ,
ou seja z—n.
= ρρρρ —n cis (—nθθθθ ), n∈∈∈∈IN
234. Calcula, efectuando os cálculos na forma algébrica e na forma trigonométrica 3
3cis2
π e ( )33 i−
2 cis (π/3)3 = 23 cis (3 π/3) = 8 cis π
[2 cis (π/3)]3 = [2 (cos π/3 + i sen π/3)]3 = [2(1/2 + 3 /2 i )]3 = (1 + 3 i )3
= 13 ( 3 i)0 + 3 x 12 3 i + 3 x 1( 3 i)2 + ( 3 i)3 3C013i0 + 3C11
2i + 3C21i2 + 3C310i3
= 1 + 3 3 i – 9 – 3 3 i
= – 8
( 3 – i )3 = [2( 3 /2 – 1/2i )]3 = [2(cos (–π/6) + i sen (–π/6))]3 = [2 cis (–π/6)]3
= 23 cis (–3π/6) = 8 cis (–π/2)
( 3 – i )3 = ( )33 + 3 ( )23 i + 3 3 i2 + i3
= 3 3 + 9i – 3 3 – i
= 8i
235. Sendo z1 = 2 cis(π/4) e sabendo que arg ( z/z1) = π/2, determina o menor expoente n∈IN para o qual zn é um número real.
Nas figuras abaixo estão representados dois triângulos equiláteros e um pentágono regular, todos com centro na origem dos referenciais e vértices numa circunferência de raio 1 ou 2.
Escrever, na forma trigonométrica, os números complexos que correspondem a cada um dos vértices (de A a K). Designar por zA o número que tem por imagem A, zB o número que tem por imagem B e assim sucessivamente.
Verifica-se que: . . . zA, zB e zC são zD, zE e zF são zG, zH, zI, zJ e zK são 3 raízes de índice 3 de 1 3 raízes de índice 3 de —8i 5 raízes de índice 5 de 32 Conclusão
Em ℂℂℂℂ, todo o número, seja real ou imaginário, tem 2 raízes quadradas, 3 raízes cúbicas, 4 raízes quartas, … , n raízes de índice n.
Seja zn = w.<=> r ncis (nαααα) = ρρρρ cis(θθθθ ) em que <=>
y cis(2π/3) B
1 cis 0 A x cis(4π/3) C
y D 2cis(π/2)
2 x E F 2cis(7π/6) 2cis(–π/6)
y H 2cis(2π/5)
2cis(4π/5) I G 2cis 0
2 x J 2cis(6π/5) K 2cis(–2π/5)
239. Calcula ( 2 + i 2 )4 e ( 2 — i 2 )4 e indica quarto raízes de índice 4 de —16. Representa essas raízes geometricamente.
Conclui-se que as restantes raízes são: – 2 + i 2 e – 2 – i 2
241. Quais são as raízes de índice 4 de 1? E de —1? Representa-as graficamente.
z = 1 + 0i = 1 cis 0
4 z = 4 1 cis
+4k2
40 π
, k∈ZZ
k = 0: 4 z = 1 cis 0 = 1
k = 1: 4 z = 1 cis (2π/4) = 1 cis (π/2) = i
k = 2: 4 z = 1 cis (4π/4) = 1 cis π = –1
k = 3: 4 z = 1 cis (6π/4) = 1 cis (3π/2) = –i
As raízes de índice 4 de 1 são: 1, —1, i e —i
z = –1 + 0i = 1 cis π
4 z = 4 1 cis
+4k2
4ππ
, k∈ZZ
k = 0: 4 z = 1 cis (π/4) = 2 + 2 i
k = 1: 4 z = 1 cis (π/4 + 2π/4) = 1 cis (3π/4) = – 2 + 2 i
k = 2: 4 z = 1 cis (π/4 + π) = 1 cis (5π/4) = – 2 – 2 i
k = 3: 4 z = 1 cis (π/4 + 6π/4) = 1 cis (7π/4) = 2 – 2 i
As raízes de índice 4 de —1 são: cis (π/4) , cis (3π/4) , cis (5π/4) e cis (7π/4)
242. Usa a definição de raiz de índice 3 de um número para calcular, na forma trigonométrica, as raízes de índice 3 de —1 + i. Representa-as graficamente.
z = –1 + i
ρ = 22 1)1( +− = 2
θ = tan–1 (1/–1) ∧ θ ∈] π/2 , π[ <=> θ = 3π/4
o
–π/4
i
–1 o 1
–i
i22 +− i22 +
–1 o 1
i22 −− i22 −
z = 2 cis (3π/4)
3 z = 3 2 cis
+3k2
123 ππ
= 6 2 cis
+3k2
4ππ
, k∈ZZ
k = 0: 3 z = 6 2 cis (π/4)
k = 1: 3 z = 6 2 cis (π/4 + 2π/3) = 6 2 cis (11π/12)
k = 2: 3 z = 6 2 cis (π/4 + 4π/3) = 6 2 cis (19π/12)
As raízes de índice 3 de —1 + i são os vértices de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência de raio 6 2 .
244. Resolve cada uma das equações seguintes em IR e em ℂ.
b) x3 = —1
c) x4 = 16
b) Em IR : x3 = –1 <=> x = 3 1− <=> x = –1
Em ℂ:
x3 = –1 = 1cis π
3 3x = 3 1 cis
+3k2
3ππ
, k∈ZZ na forma algébrica
k = 0: x = cis (π/3) x = cos (π/3) + i sen (π/3) = 21
+ 23 i
k = 1: x = cis (π/3+ 2π/3) = cis π x = cos π + i sen π = –1
k = 2: x = cis (π/3+ 4π/3) = cis (5π/3) x = cos (5π/3) + i sen (5π/3) = 21
–23 i
x 3 = –1 <=> x = –1 v x = 21
+ 23 i v x =
21
–23 i
c) Em IR : x4 = 16 <=> x = 4 16 <=> x = 2 v x = –2
Em ℂ:
x 4 = 16 = 16 cis 0
4 4x = 4 16 cis
+4k2
4π0
, k∈ZZ na forma algébrica
k = 0: x = 2 cis 0 x = 2
k = 1: x = 2 cis (2π/4) = 2 cis (π/2) x = 2( 0 + i ) = 2i
k = 2: x = 2 cis (4π/4) = 2 cis π x = 2( –1 + 0i ) = –2
k = 3: x = 2 cis (6π/4) = 2 cis (3π/2) x = 2( 0 – i ) = –2i
x4 = 16 <=> x = 2 v x = –2 v x = 2i v x = –2i
o 6 2
247. 3 — 3 i é uma das raízes de índice 5 de w. Determina outras duas raízes de índice 5 de w e determina w.
Começamos por passar a raiz conhecida à forma trigonométrica
ρ = ( )22 33 −+ = 12 = 2 3
θ = tan–1
−
33
∧ θ ∈]3π/4 , 2π[ <=> θ = –π/6
z = 2 3 cis (–π/6) é uma raiz de w, pelo que todas as raízes serão da forma
5 w = 2 3 cis
+5k2
5πθ
, k∈ZZ portanto,
θ/5 = –π/6 <=> θ = –5π/6 (é o argumento de w)
k = 0: 5 w = 2 3 cis (–5π/6) (raiz já conhecida)
k = 1: 5 w = 2 3 cis (–5π/6 + 2π/5) = 2 3 cis (–13π/30)
k = 2: 5 w = 2 3 cis (–5π/6 + 4π/5) = 2 3 cis (–π/30)
w = ( )532 cis [5(–π/6)] = 25 x 32 3 cis (–5π/6) (já era sabido que θ = —5π/6 )
w = 288 3 cis (–5π/6)
248. Os vértices do polígono regular da figura são imagens
das raízes de índice n de w. Determina os números cujas imagens são A e E.
Sendo um polígono regular de 7 lados, cada ângulo ao centro mede 2π/7. Assim, XÔC = 2π/14 = π/7
Todas as imagens têm por módulo o raio da circunferência ρ = 2
O argumento de E é π/7 + 2π/7 = 3π/7 e arg(A) = π/7 + 4 x 2π/7 = 9π/7
Portanto E 2 cis (3π/7 ) e A 2 cis (9π/7 )
249. Se as imagens de z = 2 cis (π/12) e do seu conjugado são vértices consecutivos do polígono cujos vértices são as raízes de índice n de w, determina n e w. De que polígono se trata?
Se z = 2 cis (π/12) z= 2 cis (–π/12)
Então n w = 2 cis (π/6 + 2kπ/n), k∈ZZ
2π/n = π/6 <=> n = 12 trata-se de um dodecágono regular
w = ( )122 cis (12π/6) = 64 cis 0 = –64
y E F
D G –2 o x
C
A
B
π/12
o
–π/12
250. Calcula as raízes quartas de 1 e utiliza-as para resolver a equação [( 3 – i )z + i ]4 = 1
x 4 = 1 = 1cis 0
4 4x = cis
+4k2
4π0
, k = {0, 1, 2, 3} na forma algébrica
k = 0: x = cis 0 x = 1
k = 1: x = cis (2π/4) = cis (π/2) x = 0 + i = i
k = 2: x = cis (4π/4) = cis π x = –1 + 0i = –1
k = 3: x = cis (6π/4) = cis (3π/2) x = 0 – i = –i
x4 = 1 <=> x = 1 v x = –1 v x = i v x = –i
[( 3 – i )z + i]4 = 1 <=> ( 3 – i)z + i = 1 v ( 3 – i)z + i = –1 v ( 3 – i)z + i = i v ( 3 – i)z + i = –i
z = cis 0 v z = cis (π/2) v z = cis π v z = cis (3π/2)
Produto das raízes
cis 0 x cis (π/2) x cis π x cis (3π/2) = cis (π/2 + π + 3π/2) = cis (6π/2) = cis π = –1
Na forma algébrica
z = 1 v z = i v z = –1 v z = –i
1 x i x (–1) x (–i) = (–i ) x (–i) = i2 = –1
(* igualando módulos e argumentos,
verifica-se a existência de 4 raízes
mais uma para ρ = 0)
c.a. ρ2 = 1/2 <=> ρ = 2/1 <=> ρ =22
LUGARES GEOMÉTRICOS (CONDIÇÕES E CONJUNTOS)
Um número complexo, representado na forma trigonométrica é caracterizado por um módulo e um argumento.
Assim:
|z| = k (k ∈ IR+)
define uma circunferência de raio k e centro na origem
ex: |z| = 2 circunferência de raio 2
|z| ≤≤≤≤ k
define um círculo de raio k e centro na origem (circunferência incluída) Note-se que |z| = |z — 0|
ex: |z| ≤ 5 círculo de raio 5
|z| ≥ k1 ∧∧∧∧ |z| ≤≤≤≤ k2 (k1 < k2) define o domínio plano entre os círculos (fronteiras incluídas)
|z| ≥ 0 é uma condição universal
|z| < 0 é uma condição impossível
ex: |z| ≥ 2 ∧ |z| ≤ 3
|z| > k1 v |z| ≤ k2 (k1 > k2) define o domínio plano interior aos círculo menor e exterior ao círculo maior
ex: |z| > 3 v |z| ≤ 2
arg (z) = ππππ/4 define a semi-recta, pertencente à mediatriz dos quadrantes ímpares
arg (z) = —ππππ/4 v arg (z) = 3ππππ/4 define a mediatriz dos quadrantes pares
ππππ/6 ≤≤≤≤ arg (z) ≤≤≤≤ ππππ/3 define o ângulo representado com lado origem arg (z) = ππππ/6 e lado extremidade arg (z) = ππππ/3
Im
k o Re
Im
k1 k2 o Re
Im
k2 k1 o Re
Im
3π/4
π/4 o –π/4 Re
Im
k o Re
Im
π/6 o Re
Na forma algébrica, há que considerar a parte real e a parte imaginária.
Assim:
|z — i | = 1 define que a distância de z a i é igual a 1 Trata-se de uma circunferência de centro i e raio 1
Em geral
|z — zO| = r representa uma circunferência de centro em zO e raio r
|z — i | ≥ 1 ∧∧∧∧ |z | ≤≤≤≤ 2
|z — i | = 1 circunferência de centro 0 + i e raio 1
|z | = 2 circunferência de centro 0 e raio 2
|z — 1 + i | < 2 <=> |z — (1 — i)| < 2
zO = 1 — i (centro)
Im(z) = k {z∈ℂ: Im(z) = k} Recta horizontal
Todas as imagens dos complexos cujo coeficiente da parte imaginária seja k
Im(z) ≥ k
Semiplano limitado inferiormente pela recta y = k (fronteira incluída)
Re(z) = k {z∈ℂ: Re(z) = k} Recta vertical
Todas as imagens dos complexos cuja parte real seja x = k
Re(z) ≤≤≤≤ k
Semiplano limitado à direita pela recta x = k
Im
o 1 2 Re
Im
o 1 2 3 Re –1
Im
y = k
o Re
Im r
o 1 2 Re
Im
y = k
o Re
Im
o x = k Re
Im
x = k o Re
Im(z — 2 + 3i ) ≤≤≤≤ 2
fazendo z = x + yi temos Im(x + yi — (2 — 3i)) ≤ 2 Im(x — 2 + (y + 3)i ) ≤ 2 y + 3 ≤ 2 <=> y ≤ —1 semiplano limitado pela recta y ≤ –1
Re(z + 1 + 2i ) = 3
fazendo z = x + yi temos Im(x + 1 + (y + 2)i ) = 3 x + 1 = 3 <=> x = 2
Em geral
Im (z — z1) = k representa a recta y = b + k
Re (z — z1) = k representa a recta x = a + k
|z — 2| = |z — 2i|
Conjunto dos pontos cuja distância a 2 é igual à distância a 2i . Mediatriz do segmento de recta [Z0Z1]
|z + 1| ≤≤≤≤ |z — 2i|
Conjunto dos pontos cuja distância a —1 é inferior à distância a 2i. Semiplano fechado definido pela mediatriz do segmento [Z0Z1] e que contém o ponto Z0
|z — 3 — 2i| + |z + 3 — 2i| = d
Conjunto dos pontos cuja soma das distância entre as imagens de (—3 + 2i) e (3 + 2i) é igual a d
Em geral
|z — zo| = |z — z1| define a mediatriz do segmento [Z0Z1]
|z — zo| < |z — z1| representa o semiplano aberto definido pela mediatriz do segmento [Z0Z1] e que contém Z0.
|z — zo| + |z — z1| = d define a elipse de focos Z0 e Z1 e eixo maior d.
ππππ/6 ≤≤≤≤ arg ( z + 1 — i) ≤≤≤≤ 2ππππ/3
define o ângulo de vértice em (—1 + i ) compreendido entre as semi-rectas arg (z) = π/6 e arg (z) = 2π/3
Im
o Re -1
Im
o 2 Re
Im Zo = 2i
o Z1 = 2 Re
Im Z1 = 2i
Zo =–1 o Re
Im
Z0 2 Z1
–3 o 3 Re
Im
π/6
-1 o Re
Outros exemplos
1. Conjuntos de imagens que satisfazem:
| z | = 3 | z | ≤ 2 | z | > 4 1 ≤ | z | ≤ 3
2. Imagens geométricas dos complexos: Conjuntos das imagens que satisfazem:
z1 = 2 cis (ππππ/3) z2 = 3 cis (ππππ/3) arg z = π/4 π/4 ≤ arg z ≤ 2π/3
3. conjunção de condições — intersecção de conjuntos (p ∧∧∧∧ q <=> A ∩∩∩∩ B)
| z | ≤ 2 ∧ π/4 ≤ arg z ≤ 3π/4 | z | ≥ 2 2 ∧ π/6 ≤ arg z ≤ 11π/6 zo= 3 + 2i, |z — zo| ≤ 2
e.i. | z | = 3
| z | ≤ 2 2 3 e.r.
e.i. | z | ≥ 4 1 3 4 e.r. 1 ≤ | z | ≤ 3
e.i.
z2
z4 z1
z3 π/3 0,5 2 3 e.r. 3
e.i.
arg z = 2π/3 arg z = π/4
e.r.
e.i.
π/4 ≤ arg z ≤ 2π/3
e.r. –π/4 ≤ arg z ≤ π/6
e.i. π/4 ≤ arg z ≤ 3π/4
A ∩∩∩∩ B
e.r.
| z | ≤ 2
e.i. |z – zo | ≤≤≤≤ 2
2 zo(3 , 2 ) 3 e.r.
e.i π/6
(3, 3 )
e.r.
(3,– 3 )
11π/6
258. Determina a posição da imagem de z1 em relação à circunferência de centro (—1, 2) e raio 3, sendo:
a) z1 = 6i
b) z1 = 2 + 2i
c) z1 = 2 + 3 i
Considerando zo = —1 + 2i, pretende-se saber se a distância entre as imagens de z1 e zo é maior, menor ou igual ao raio da circunferência de centro em Zo.
por ser perpendicular é m’ = —1/m = 1/2 , ou seja, o ângulo que faz com a horizontal é π/4.
O triângulo tem um vértice em (—3 + 0i), que é o zero da recta y = x/2 + 3/2 e desenvolve-se
dentro do ângulo com origem nesse ponto e amplitude π/4, ou seja, arg (z – (–3)) ≤ π/4
Condição que define o triângulo: arg (z + 3) ≤ π/4 ∧ |z – 4i | ≥ |z – 2|
Outra solução, mais simples, considerando o ângulo de vértice em (4 + 0i ) com origem em arg (z – 4) = 3π/4 : 3π/4 ≤ arg (z – 4) ≤ π ∧ |z – 2| ≤ |z – 4i |
e.i.
zo(2 , 3 ) o e.r.
e.i.
zo(1 , 0) o e.r. z1(2 , -1)
e.i.
zo(–2 , 1) o e.r.
e.i. B r
o A e.r.
Questões de escolha múltipla saídas em Provas de Exame e Testes Intermédios
1. Seja z um número complexo, em que um dos argumentos é π/3.
Qual dos valores seguintes é um argumento de z2i , sendo zo conjugado de z ?
(A) π/6 (B) 2π/3 (C) 5π/6 (D) 7π/6
2. Seja b um número real positivo, e z1 = bi um número complexo. Em qual dos triângulos seguintes os vértices podem ser as imagens geométricas dos números complexos z1 , (z1)
2 e (z1)3 ?
(A) (B) (C) (D)
3. Seja k um número real, e z1 = (k — i ) (3 — 2i) um número complexo.
Qual é o valor de k, para que z1 seja um número imaginário puro?
(A) —3/2 (B) —2/3 (C) 2/3 (D) 3/2
4. Na figura está representada uma região do plano complexo. O ponto A tem coordenadas (2, —1). Qual das condições seguintes define em ℂ, conjunto dos números complexos, a região sombreada, incluindo a fronteira?
Em qual das figuras seguintes pode estar representado, no plano complexo, o conjunto de pontos definidos por esta condição?
(A) (B) (C) (D)
6. Considere a figura representada no plano complexo. Qual é a condição, em ℂ, que define a região sombreada da figura, incluindo a fronteira?
(A) Re (z) ≤ 3 ∧ —π/4 ≤ arg (z) ≤ 0
(B) Re (z) ≤ 3 ∧ 0 ≤ arg (z) ≤ π/4
(C) Im (z) ≤ 3 ∧ —π/4 ≤ arg (z) ≤ 0
(D) Re (z) ≥ 3 ∧ —π/4 ≤ arg (z) ≤ 0
7. Seja z = 3i um número complexo. Qual dos seguintes valores é um argumento de z ?
(A) 0 (B) π/2 (C) π (D) 3π/2
8. Seja z um número complexo de argumento π/6.
Qual dos seguintes valores é um argumento de (—z) ?
(A) —π/6 (B) 5π/6 (C) π (D) 7π/6
9. Qual das opções seguintes apresenta duas raízes quadradas de um mesmo número complexo?
(A) 1e i (B) —1 e i (C) 1 — i e 1 + i (D) 1 — i e —1 + i
10. Em ℂ, conjunto dos números complexos, seja i a unidade imaginária.
Seja n um número natural tal que in = —i .
Indique qual dos seguintes é o valor de in + 1.
(A) 1 (B) i (C) —1 (D) — i
Im(z)
1
o Re(z)
Im(z)
o 1 Re(z)
Im(z)
1
-1 o Re(z)
Im(z)
1
-1 o 1 Re(z)
-1
Im(z)
o 3 Re(z)
–3
11. Os pontos A e B, representados na figura, são as imagens geométricas, no plano complexo, das raízes quadradas de um certo número complexo z.
Qual dos números complexos seguintes pode ser z?
(A) i (B) — i (C) 1 (D) —1
12. Na figura estão representadas, no plano complexo, duas circunferências, ambas com centro no eixo real, tendo uma delas raio 1 e a outra raio 2. A origem do referencial é o único ponto comum às duas circunferências. Qual das condições seguintes define a região sombreada, incluindo a fronteira?
(A) |z — 1| ≥ 1 ∧ |z − 2| ≤ 2
(B) |z — 1| ≥ 2 ∧ |z − 2| ≤ 1
(C) |z — 1| ≤ 1 ∧ |z − 2| ≥ 2
(D) |z — 1| ≤ 2 ∧ |z − 2| ≥ 1
13. Em ℂ, conjunto dos números complexos, considere z1 = 2 cis π/4 e z2 = 2i.
Sejam P1 e P2 as imagens geométricas, no plano complexo, de z1 e z2 respectivamente. Sabe-se que o segmento de recta [P1P2] é um dos lados do polígono cujos vértices são as imagens geométricas das raízes de índice n de um certo número complexo w.
Qual é o valor de n ?
(A) 4 (B) 6 (C) 8 (D) 10
14. Na figura está representado, no plano complexo, um triângulo rectângulo isósceles. Os catetos têm comprimento 1, estando um deles contido no eixo dos números reais. Um dos vértices do triângulo coincide com a origem do referencial. Qual das condições seguintes define a região sombreada, incluindo a fronteira?
(A) Re (z) ≥ 0 ∧ Im (z) ≤ 0 ∧ |z| ≤ 1
(B) Re (z) ≤ 0 ∧ Im (z) ≥ 0 ∧ |z| ≤ 1
(C) Re (z) ≥ —1 ∧ Im (z) ≥ 0 ∧ |z — i | ≥ |z + 1|
(D) Re (z) ≥ —1 ∧ Im (z) ≥ 0 ∧ |z — i | ≤ |z — 1|
A
B
15. Para um certo número real positivo ρ e para um certo número real α compreendido entre 0 e π/2, o número complexo ρ cis α tem por imagem geométrica o ponto P, representado na figura.
Qual é a imagem geométrica do número complexo ρ/2 cis (2α)?
(A) O ponto A (B) O ponto B (C) O ponto C (D) O ponto D
4. A |z — 1| é a distância de z à imagem de 1 e |z – (2 — i)| é a distância de z à imagem de A. O semiplano delimitado pela mediatriz do segmento que contém A, e de extremos 1 e A, é dado por |z — 1| ≥ |z − (2 — i)| . Re(z) ≤ 2 ∧ Im(z) ≥ −1 definem o domínio plano acima de Im(z) = −1 e à esquerda de Re(z) = 2.
5. B As imagens de um complexo e do seu conjugado situam-se sobre as mesma recta vertical. Sabe-se também que, por definição, z + z = 2a , sendo a = Re(z). Ou seja, x + yi + x — yi = 2 <=> 2x = 2 <=> x = 1
6. A Domínio plano definido pelo semiplano delimitado por Re (z) ≤ 3 e o ângulo com lado origem arg (z) = —π/4 e lado extremidade arg (z) = 0
A P
B
C
D
7. B Na forma trigonométrica, z = 3 cis π/2
8. D Por definição, arg (—z) = arg(z) + π , ou seja, arg (—z) = π/6 + π = 7π/6
9. D As raízes quadradas de um mesmo número complexo têm que obedecer à fórmula da radiciação, pelo que, z = ρ cis (θ/2 + 2kπ/2), k = {0, 1}.
Na resposta D temos z1 = 2 cis (—π/4) e = z1 = 2 cis (3π/4)
10. A in + 1 = i x in = i (—i ) = —i2 = —(—1) = 1
11. B A é a imagem de ρ cis (3π/4) e B é a imagem de ρ cis (—π/4), então z = [ρ cis (3π/4)]2 = ρ2 cis (2 x 3π/4) = ρ2 cis (6π/4) = ρ2 cis (3π/2) = —i
12. A |z — 1| ≥ 1 define a circunferência de centro 1 e raio 1 e todo o domínio exterior
|z − 2| ≤ 2 define o círculo de centro 2 e raio 2
13. C Conforme ilustra a imagem, tem que ser um polígono de 8 lados, octógono regular.
14. C Re (z) ≥ —1 define o semiplano à direita da recta x = —1. Im (z) ≥ 0 define o semiplano acima do eixo real. |z — i | ≤ |z — 1| define o semiplano abaixo da mediatriz do segmento cujos extremos são as imagens dos complexos 1 e i (fronteiras incluídas nos três domínios).
15. B O Ponto B apresenta metade da distância à origem e o dobro do argumento.