Exercícios Resolvidos: Equações Complexas 3q6v4o

Exercícios Resolvidos

Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

Exercícios Resolvidos: Equações Complexas Complexas Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 29/04/2017

O que é preciso saber? A resolução de equações complexas depende basicamente da habilidade de memorização de exemplos e de treino. Não existe um algoritmo único, assim como a fórmula de bhaskara, para resolução das mesmas.

Exemplo 1: Determine um z ∈ C tal que sen(z) = 0. Solução: Como sen(z) =

ez − e−z 2

então

ƒ (z) = 0 ⇒

ez − e−z 2

=0

⇒ ez − e−z = 0 (1) Chamando ez =  então a equação (1) pode ser escrita como: −

1 

=0

⇒ 2 − 1 = 0 (2) Usando Bháskara obtemos as soluções de (2) que são: 1 = 1 e 2 = −1. Para 1 temos: ez = 1 ⇒ n(ez ) = n(1) ⇒ z = 0 ⇒ z = 0 + rg(1 )

1

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⇒ z = 2kπ

Exemplo 2: Resolva a equação cos(z) = 2. Solução: Como cos(z) =

ez + e−z 2

então:

cos(z) = 2 ⇒

ez + e−z 2

= 2

⇒ ez + e−z = 4 (1) Chamando ez de  então a equação (1) pode ser escrita como: 2 − 4 + 1 = 0 p p Cujas raízes são: 4 − 1 ou − 4 − 1. p Se  = 4 − 1 teremos: p ez = 4 − 1 p ⇒ n(ez ) = n( 4 − 1) ⇒z= π Como arg(1 ) =

2

p n( 4 − 1) 

+ 2kπ então:

z = n(2 +

p

5) +

Exemplo 3: Resolva ez = ez . Solução: Se ez = ez então:

2

π 2

+ 2kπ

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ln(ez ) = ln(ez ) z = z Como z =  + y então: ( + y) = ( − y) por igualdade polinomial vem que  =  e y = −y, porem como , y ∈ R então y = −y ⇒ y = 0, logo ez = ez somente quando z =  + 0, ou em outras palavras, apenas quando z e numero real puro.

Exemplo 4: Resolva as equações: a. z 5 − 2 = 0; b. z 4 +  = 0 Solução de A: z5 − 2 = 0 ⇒ z5 = 2 ⇒ z =

p 5

2

Tomando um z0 = 2 usando a fórmula de Moivre para (z0 )1/ 5 teremos: 1



z0 = 2 5 cos



2kπ



5

+ sen



2kπ



5

k∈Z



Assim para k = 0, . . . , 4 teremos as raízes 25 , . . . , 21/ 5 cos Solução de B: z 4 +  = 0 ⇒ z 4 = − ⇒ z = −1/ 4 Na forma polar temos que

− = cos



3π



2

Pelo teorema de Moivre:

3

+ sen



3π 2





8π 5



+ sen



8π 5



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 3π

 p 4

2

   − = 11/ 4  cos 

+ 2kπ

 3π



2

   + sen   

4

+ 2kπ 4

   

Assim para k = 0.  3π 

 p 4

   − = 11/ 4  cos 

p 4

− = cos



2 4

 3π 

2 4

   + sen   

3π



8

+ sen



3π

  



8

As outras raízes são dadas para k = 1, 2 e 3. OBSERVAÇÃO Outra forma de se resolver funções do tipo z n + α = 0 com α > 0 é apresentada a seguir: zn + α = 0 z = |z|eθ z n = −α ⇔ |z|n enθ = −α (1) 1 n

|z| |e

nθ

n

| = | − α| ⇒ |z| = α ⇒ |z| = (α) n

Substituindo em ( 1 ) obtemos: αenθ = −α ⇒ enθ = −1 ⇒ Arg(z) =

⇒ nθ = (2k + 1)π, k ∈ Z ⇒ θ =

§

cos(nθ) = −1 sn(nθ) = 0

(2k + 1)π n

Portanto as soluções são:

4

k∈Z

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z=α

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

1





n



e(θk ) , onde θk =

(2k + 1)π n

, k∈ Z.

Para determinar unicamente o ângulo de z temos que determinar k ∈ Z tal que −π < θ < π.

5

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