EXERCICIOS DE APROFUNDAMENTO – MATEMÁTICA – 2015 – INEQUAÇÕES – N COMPLEXOS
1. (Fuvest 2014) Um corpo de massa M desliza sem atrito, sujeito a uma força gravitacional vertical uniforme, sobre
um “escorregador logarítmico”: suas coordenadas (x, y) no plano cartesiano, que representam distâncias medidas
em metros, pertencem ao gráfico da função
f(x)  log 1 x  4.
2
O corpo começa sua trajetória, em repouso, no ponto A, de abscissa x  1, e atinge o chão no ponto B, de ordenada
y  0, conforme figura abaixo.
Não levando em conta as dimensões do corpo e adotando 10m/s2 como o valor da aceleração da gravidade,
a) encontre a abscissa do ponto B;
b) escreva uma expressão para a energia mecânica do corpo em termos de sua massa M, de sua altura y e de sua
velocidade escalar v;
c) obtenha a velocidade escalar v como função da abscissa do ponto ocupado pelo corpo;
d) encontre a abscissa do ponto a partir do qual v é maior do que
60 m / s.
2. (Unicamp 2015) Seja a um número real positivo e considere as funções afins f(x)  ax  3a e g(x)  9  2x,
definidas para todo número real x.
a) Encontre o número de soluções inteiras da inequação f(x)g(x)  0.
b) Encontre o valor de a tal que f(g(x))  g(f(x)) para todo número real x.
3. (Fuvest 2015) Resolva as inequações:
a) x3  x2  6x  0;


b) log2 x3  x2  6x  2.
4. (Unicamp 2015) Sejam x e y números reais tais que x  yi  3  4i, onde i é a unidade imaginária. O valor de
xy é igual a
a) 2.
b) 1.
c) 1.
d) 2.
5. (Fuvest 2015) Resolva os três itens abaixo.
a) Calcule cos  3π 8  e sen  3π 8 .
b) Dado o número complexo z  2  2  i 2  2, encontre o menor inteiro n  0 para o qual zn seja real.
c) Encontre um polinômio de coeficientes inteiros que possua z como raiz e que não possua raiz real.
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6. (Unifesp 2015) Um tomógrafo mapeia o interior de um objeto por meio da interação de feixes de raios X com as
diferentes partes e constituições desse objeto. Após atravessar o objeto, a informação do que ocorreu com cada
raio X é registrada em um detector, o que possibilita, posteriormente, a geração de imagens do interior do objeto.
No esquema indicado na figura, uma fonte de raios X está sendo usada para mapear o ponto P, que está no
interior de um objeto circular centrado na origem O de um plano cartesiano. O raio X que passa por P se encontra
também nesse plano. A distância entre P e a origem O do sistema de coordenadas é igual a 6.
a) Calcule as coordenadas (x, y) do ponto P.
b) Determine a equação reduzida da reta que contém o segmento que representa o raio X da figura.
10
 1  3i 
7. (Ita 2015) Se z  
 1  3i 


2π
a) 
.
3
π
b)  .
3
2π
c)
.
3
4π
d)
.
3
5π
e)
.
3
, então o valor de 2arcsen(Re(z))  5arctg(2Im(z)) é igual a
8. (Espcex (Aman) 2015) A representação geométrica, no Plano de Argand-Gauss, do conjunto de pontos que
satisfazem a condição z  2  3i  z  1  4i , com z  x  yi, sendo x e y números reais, é reta de equação
a)
b)
c)
d)
e)
2x  3y  7  0.
3x  7y  2  0.
2x  3y  3  0.
4x  3y  3  0.
2x  y  0.
9. (Ita 2015) Sejam A, B e C os subconjuntos de
B  {z 
a)
b)
c)
d)
: z  i  7 / 2} e C  {z 
definidos por A  {z 
: z  2  3i  19},
: z2  6z  10  0}. Então, (A \ B)  C é o conjunto
{1  3i,  1  3i}.
{3  i,  3  i}.
{3  i}.
{3  i}.
e) {1  3i}.
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10. (Enem 2014) Conforme regulamento da Agência Nacional de Aviação Civil (Anac), o passageiro que embarcar
em voo doméstico poderá transportar bagagem de mão, contudo a soma das dimensões da bagagem (altura +
comprimento + largura) não pode ser superior a 115cm.
A figura mostra a planificação de uma caixa que tem a forma de um paralelepípedo retângulo.
O maior valor possível para x, em centímetros, para que a caixa permaneça dentro dos padrões permitidos pela
Anac é
a) 25.
b) 33.
c) 42.
d) 45.
e) 49.
11. (Ita 2014) a) Determine o valor máximo de | z  i |, sabendo que | z  2 | 1, z  .
b) Se zo  satisfaz (a), determine zo .
12. (Fuvest 2014) Um apostador ganhou um prêmio de R$ 1.000.000,00 na loteria e decidiu investir parte do valor
em caderneta de poupança, que rende 6% ao ano, e o restante em um fundo de investimentos, que rende 7,5% ao
ano. Apesar do rendimento mais baixo, a caderneta de poupança oferece algumas vantagens e ele precisa decidir
como irá dividir o seu dinheiro entre as duas aplicações. Para garantir, após um ano, um rendimento total de pelo
menos R$ 72.000,00, a parte da quantia a ser aplicada na poupança deve ser de, no máximo,
a) R$ 200.000,00
b) R$ 175.000,00
c) R$ 150.000,00
d) R$ 125.000,00
e) R$ 100.000,00
13. (Insper 2014) Os organizadores de uma festa previram que o público do evento seria de, pelo menos, 1.000
pessoas e que o número de homens presentes estaria entre 60% e 80% do número de mulheres presentes. Para
que tal previsão esteja errada, basta que o número de
a) homens presentes na festa seja igual a 360.
b) homens presentes na festa seja igual a 500.
c) homens presentes na festa seja igual a 1.000.
d) mulheres presentes na festa seja igual a 650.
e) mulheres presentes na festa seja igual a 1.000.
14. (Fgv 2014) Em uma competição de Matemática, a prova é do tipo múltipla escolha com 25 questões. A
pontuação de cada competidor é feita de tal maneira que cada questão
- respondida corretamente vale 6 pontos;
- não respondida vale 1,5 ponto;
- respondida erradamente vale 0 (zero) ponto.
a) É possível um competidor fazer exatamente 100 pontos? Se a resposta for afirmativa, mostre uma maneira; se
não for, justifique a impossibilidade.
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b) Márcia fez mais de 100 pontos. Quantas questões, no mínimo, ela respondeu corretamente?
15. (Enem 2014) Ao final de uma competição de ciências em uma escola, restaram apenas três candidatos. De
acordo com as regras, o vencedor será o candidato que obtiver a maior média ponderada entre as notas das provas
finais nas disciplinas química e física, considerando, respectivamente, os pesos 4 e 6 para elas. As notas são
sempre números inteiros. Por questões médicas, o candidato II ainda não fez a prova final de química. No dia em
que sua avaliação for aplicada, as notas dos outros dois candidatos, em ambas as disciplinas, já terão sido
divulgadas.
O quadro apresenta as notas obtidas pelos finalistas nas provas finais.
Candidato
I
II
III
Química
20
X
21
Física
23
25
18
A menor nota que o candidato II deverá obter na prova final de química para vencer a competição é
a) 18.
b) 19.
c) 22.
d) 25.
e) 26.
16. (Espcex (Aman) 2014) Uma epidemia ocorre quando uma doença se desenvolve num local, de forma rápida,
fazendo várias vítimas num curto intervalo de tempo. Segundo uma pesquisa, após t meses da constatação da
20000
existência de uma epidemia, o número de pessoas por ela atingida é N(t) 
.
2  15  42t
Considerando que o mês tenha 30 dias, log2  0,30 e log3  0,48, 2000 pessoas serão atingidas por essa
epidemia, aproximadamente, em
a) 7 dias.
b) 19 dias.
c) 3 meses.
d) 7 meses.
e) 1 ano.
17. (Fgv 2014) Seja f uma função que, a cada número complexo z, associa f(z)  iz, onde i é a unidade
imaginária. Determine os complexos z de módulo igual a 4 e tais que f(z)  z, onde z é o conjugado de z.
18. (Espcex (Aman) 2014) De todos os números complexos z que satisfazem a condição z  (2  2i)  1, existe um
número complexo z1 que fica mais próximo da origem. A parte real desse número complexo z 1 igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
4
2
4
2
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
19. (Unicamp 2014) O polinômio p(x)  x3  2x2  9x  18 tem três raízes: r, –r e s.
a) Determine os valores de r e s.
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b) Calcule p(z) para z = 1+i, onde i é a unidade imaginária.
20. (Ita 2014) Sejam z, w  . Das afirmações:
2
I. z  w  z  w
2

2
2 z  w
2
;
II.  z  w    z  w   4zw;
2
2
III. z  w  z  w 2  4Re  zw  ,
2
é(são) verdadeira(s):
a) apenas I.
b) apenas I e II.
c) apenas I e III.
d) apenas II e III.
e) todas.
21. (Espcex (Aman) 2014) Sendo z o número complexo obtido na rotação de 90°, em relação à origem, do número
complexo 1 + i, determine z3:
a) 1 – i
b) – 1 + i
c) – 2i
d) – 1 – 2i
e) 2 + 2i
22. (Unicamp 2014) O módulo do número complexo z  i2014  i1987 é igual a
a) 2.
b) 0.
c) 3.
d) 1.
23. (Insper 2014) A equação x3  3x2  7x  5  0 possui uma raiz real r e duas raízes complexas e não reais z1 e
z2 . O módulo do número complexo z1 é igual a
a)
2.
b) 5.
c) 2 2.
d) 10.
e) 13.


4
24. (Ita 2014) Se z  , então z6  3 z z2  z 2  z 6 é igual a

a) z2  z

.

.
2 3
b) z6  z 6.

c) z3  z 3
2
d)  z  z  .
6
e)  z  z 
2
 z4  z 4  .
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Gabarito:
Resposta da questão 1:
a) Quando x  xB  yB  0.
Assim:
log 1 x  4  0  log 1 x  4 
2
2
 1
2
 
4
 x  x  24 
x  16 unidades de comprimento.
b) Usando a expressão da Energia Mecânica:
Emec  Ecin  Epot
 Emec 
 v2

M v2
 M g y  Emec  M 
 g y 
 2

2


 v2

Emec  M 
 10 y  unidades de energia.
 2



c) Como o corpo parte do repouso em x = 1, temos v0 = 0.
Na expressão dada, para x = 1, temos:
y  log 1 1  4  0  4  y  4.
2
Aplicando esses dados na expressão obtida no anterior:
 v2

 02

Emec  M 
 10 y   Emec  M 
 10  4  
 2

 2





Emec  40 M .
Pela conservação da Energia Mecânica:
 2


v
v2
v2
M
 10  log 1 x  4    40 M 
 40  10 log 1 x  40 
 -10 log 1 x 
 2


2
2
2
2
2




v
-20 log 1 x .
2
Caso queiramos eliminar o sinal (–) do radicando, podemos mudar o logaritmo para a base 2:
log2 x log2 x
log 1 x 

 log 1 x  log2 x.
1
1
log2
2
2
2
Assim:
v
20 log2 x unidades de velocidade.
Resposta da questão 2:
a) Sendo a  0, temos
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9

f(x)g(x)  0  a(x  3)  x    0

2
9
 3  x  .
2
Portanto, segue que x  {2,  1, 0, 1, 2, 3, 4}, ou seja, a inequação possui 7 soluções inteiras.
b) Tem-se que
f(g(x))  ag(x)  3a  a(9  2x)  3a  2ax  12a
e
g(f(x))  9  2f(x)  9  2(ax  3a)  2ax  6a  9.
Logo, vem
f(g(x))  g(f(x))  2ax  12a  2ax  6a  9
1
a .
2
Resposta da questão 3:
a) x3  x2  6x  0  x  (x2  x  6)  0
Sabendo que as raízes da equação x  (x2  x  6)  0 são 2, 0 e 3, temos o estudo do sinal da expressão
x3  x2  6x e, assim, resolver a inequação x3  x2  6x  0.
Portanto, o conjunto solução da inequação é:
S  x  / 2  x  0 ou x  3
b) Condição de existência do logaritmo: x  (x2  x  6)  0  2  x  0 ou x  3


log2 (x3  x2  6x)  2  log x3  x2  6x  log2 4  x3  x2  6x  4  0
Sabendo que x  1 é raiz da expressão x3  x2  6x  4, temos:
x3  x2  6x  4  0  (x  1)  (x2  2x  4)  0
As raízes da equação (x  1)  (x2  2x  4)  0 são 1  5, 1 e 1  5.
Daí, temos o estudo do sinal da expressão x3  x2  6x  4  0
Fazendo agora a intersecção destes intervalos com a condição de existência, temos:
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Portanto, a solução da inequação logarítmica será dada por:
S   2, 1  5    1, 0   3, 1  5 




Resposta da questão 4:
[D]
Elevando os dois membros da igualdade ao quadrado, vem
(x  yi)2  ( 3  4i)2  (x2  y2 )  2xyi  3  4i.
Portanto, temos 2xy  4 se, e somente se, xy  2.
Resposta da questão 5:
3π
 3π 
a) cos
 cos  2 
4
8 


2
 3π 
 3π 
 cos2 
 sen2 


2
 8 
 8 

2
 3π  
 3π  
 cos2 
  1  cos2 


2
 8  
 8 
2
 3π 
 2cos2 
 1
2
 8 
 3π  2  2
cos2 
 4
 8 
 3π 
cos 

 8 
2 2
2
 3π 
Calculando agora o valor do sen 
:
 8 
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 3π 
 3π 
sen2 
 1  cos2 


 8 
 8 
 2 2 


sen 

1




2
 8 


2  3π 
2
 3π  2  2
sen2 
 4
 8 
 3π 
sen 

 8 
2 2
2
b) Teremos:
a  2 2 e b  2 2
ρz  a2  b2 , logo,
ρz  2  2  2  2  ρz  2.
tgθz 
tgθz 
b
, logo,
a
2 2
2 2
.
Do item [A], temos:
3π
3π
ou θz 
tgθz  tg
.
8
8
Assim, na forma trigonométrica, temos:
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3π
3π 

z  ρz  cos θz  i sen θz   z  2  cos
 i sen

8
8 


 3π 
 3π 
zn  2n cos  n
  i sen  n 8   .
8





3
π


Se zn é real: sen  n
0 
8 

3π
8
3π
n
8
3π
n
8
3π
n
8
n
 0 (não convém, pois n > 0)
8
(não convém, pois n  z)
3
16
 2π  n =
(não convém, pois n  z)
3
π  n
resposta: n = 8.
 3π  n  8
c) Do item [B], concluímos que zn é real para n = 8 ou n = 16, ou n = 24, etc.
Supondo n = 8, temos:

 3n π
 3π 
zn  2n cos 
.
  i sen  n
8
8  




z8  28 cos  3 π   i sen  3 π   z8  256.
Logo, o polinômio procurado é: z8  256  0.
Resposta da questão 6:
Considere a figura, em que A e B são, respectivamente, os pontos de interseção do raio X com o eixo das
ordenadas e o eixo das abscissas.
a) O ponto P é a imagem do número complexo de módulo 6 e argumento
π
rad. Desse modo, tem-se que
3
π
π

P   6  cos , 6sen   (3, 3 3).
3
3

b) Sendo BOP  60, temos POA  90  60  30 e, portanto, OAP  75. Daí, segue que OP  OA  6 e, assim,
A  (0, 6).
Portanto, a equação reduzida da reta AP é
y6 
3 3 6
 (x  0)  y  ( 3  2)x  6.
30
Resposta da questão 7:
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[D]
 1
 2  
10
 1 3  i 
 2

  

 1 3  i 
 2 1 
  2
10

 i  


3 
 i 
2  
3
2
 cos120  i  sen120
10
10
 cos 60o  isen60 


o
 cos300  isen300 
 cos1200  i  sen1200  
 cos( 240)  i  sen  240  
10

1
3

i
2 2
π 4π
 π
Logo, 2arcsen(Re(z))  5arctg(2Im(z))  2      5  
.
3
3
 6
Resposta da questão 8:
[B]
Considerando z  x  yi, temos:
z  2  3i  z  1  4i
(x  2)  (y  3)  i  (x  1)  (y  4)  i
 x  22   y  3 2  (x  1)2  (y  4)2
Desenvolvendo os quadrados, temos:
6x  14y  4  0  3x  7y  2  0.
Resposta da questão 9:
[C]
z2  6z  10  0   z  3   1  z  3  i ou z  3  i
2
Verificando se z  3  i pertence ao conjunto A.
3  i  2  3i  1  2i  (1)2  (2)2  5  19
Portanto,  3  i  A.
Verificando se z  3  i pertence ao conjunto B.
3  i  i  3  2i  (3)2  (2)2  13  7 / 2
Portanto,  3  i  B.
Verificando se z  3  i pertence ao conjunto A.
3  i  2  3i  1  4i  (1)2  (4)2  17  19
Portanto,  3  i  A.
Verificando se z  3  i pertence ao conjunto B.
3  i  i  3  (3)2  9  7 / 2
Portanto,  3  i  B.
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Então, (A \ B)  C  {3  i}.
Resposta da questão 10:
[E]
De acordo com a figura, tem-se que a altura da caixa mede 24cm. Além disso, a largura mede 90  2  24  42cm.
Daí, o comprimento x, em centímetros, deve ser tal que
0  x  42  24  115  0  x  49.
Portanto, o maior valor possível para x, em centímetros, é 49.
Resposta da questão 11:
a) Desde que | z  2 |  1, com z  x  yi e x, y  , vem
| z  2 |  1  | x  2  yi |  1
 (x  2)2  y 2  1
 (x  2)2  y 2  12 ,
ou seja, os números complexos z que satisfazem | z  2 |  1, pertencem à circunferência de centro em (2, 0) e
raio 1.
Lembrando que | z  i | denota a distância do complexo z  x  yi ao complexo w  i, considere a figura.
Queremos calcular a medida do segmento AB.
Como AB  AC  CB e CB  1, falta calcular AC. Daí,
AC  (2  0)2  (0  ( 1))2  5
e, portanto,
AB  5  1.
b) Os triângulos CBD e CAO são semelhantes por AA. Logo,
CD
OC

CB
AC
 CD 
2
5
e
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BD
OA

CB
AC
 BD 
1
5
.
Portanto,
z0  2 
2
5

1
5
i
10  2 5
5

i.
5
5
Resposta da questão 12:
[A]
Seja x a parte do capital a ser investida na poupança. Logo,
0,06  x  (1000000  x)  0,075  72000  0,015  x  75000  72000
3000
0,015
 x  200000,
x
ou seja, a parte do capital a ser aplicada na poupança deve ser de, no máximo, R$ 200.000,00.
Resposta da questão 13:
[A]
Sejam h e m, respectivamente, o número de homens presentes e o número de mulheres presentes. Sabendo que
h  m  1000 e 0,6m  h  0,8m, o número de mulheres presentes, de modo que a previsão esteja correta, é tal que
0,6m m  1000  m  625.
Logo, o número mínimo de homens é 1000  625  375.
Portanto, como 360  375, segue-se o resultado.
Resposta da questão 14:
a) Sejam a, b e c, respectivamente, o número de questões respondidas corretamente, o número de questões
não respondidas e o número de questões respondidas erradamente. Tem-se que
a  b  c  25
6a  1,5b  100

a  b  c  25
3  (4a  b)  200
.
Daí, sendo a e b inteiros não negativos, segue-se que 4a  b é um inteiro e, portanto, 3  (4a  b) é um múltiplo
de 3. Por outro lado, como 200 não é um múltiplo de 3, segue-se que é impossível um competidor fazer
exatamente 100 pontos.
b) Se Márcia fez mais de 100 pontos, então
a  b  c  25
6a  1,5b  100

b  25  a  c
12a  3  (25  a  c)  200
b  25  a  c

a
125 c .

9
3
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Portanto, sendo c um inteiro não negativo, o valor mínimo de a é o menor inteiro positivo que supera
125
 13,89,
9
ou seja, amín  14.
Resposta da questão 15:
[A]
Tem-se que xp 
I
4  20  6  23
4  21  6  18
 21,8 e xpIII 
 19,2.
46
46
Logo, deve-se ter xp  21,8 
II
4  x  6  25
 21,8  4x  218  150  x  17.
46
Portanto, a menor nota que o candidato [II] deverá obter na prova de química é 18.
Resposta da questão 16:
[A]
Determinando o valor de t quanto N(t) = 20 000, temos:
2000 
20000
2  15.42t
2  15  24t  10
15  24t  8
8
15
16

30
24t 
24t
Aplicando o logaritmo decimal dos dois lados da igualdade, temos:
log24t  log
16
30
4t  log2  log24  log3  log10
4t log2  4  log2  log3  log10
4  0,3  t  4  0,3  0,48  1
1,2t  1,2  0,4  1
1,2t  0,28
28
120
7
t
do mês, portan to, 7 dias.
30
t
Resposta da questão 17:
Seja z  a  bi, com a, b  , tal que
a2  b2  4. Logo, vem
f(z)  z  iz  z
 i  (a  bi)  a  bi
 b  ai  a  bi
 a  b.
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Desse modo,
( b)2  b2  16  b2  8
 b  2 2.
Portanto, os complexos que satisfazem as condições são 2 2  2 2i e 2 2  2 2i.
Resposta da questão 18:
[A]
x  (2  2i)  1  (x  2)  (y  2)i  1  (x  2)2   y  2   1  (x  2)2  (y  2)2  1
2
Logo, o centro da circunferência será o ponto (2,2) e a reta que passa pela origem e pelo centro da circunferência
terá equação y = x.
Resolvendo o sistema abaixo determinaremos os pontos Z 1 e Z2:

(x  2)2  (y  1)2  1


y  x
Temos:
2x2 – 8x  7  0  x 
4 2
2
ou
Portanto, a parte real pedida é x 
x
4 2
.
2
4 2
.
2
Resposta da questão 19:
a) Fatorando p(x), obtemos
p(x)  x3  2x 2  9x  18
 x2 (x  2)  9(x  2)
 (x  2)(x 2  9).
Portanto, r  3 e s  2.
b) Se z  1  i, então z2  (1  i)2  2i. Logo,
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p(z)  (1  i 2)(2i  9)
 2i2  9i  2i  9
 7  11i.
Resposta da questão 20:
[E]
Sejam z  a  bi e w  c  di, com a, b, c e d  .
[I] Verdadeira. Temos:
| z  w |2  | z w |2  | (a c)  (b d)i |2  | (a c)  (b d)i |2
 (a  c)2  (b  d)2  (a  c)2  (b  d)2
 2(a2  b2 )  2(c 2  d2 )
 2 | z |2  2 | w |2
 2(| z |2  | w |2 ).
[II] Verdadeira. De fato. Como w  c  di, vem
(z w)2  (z w)2  [(a c)  (b d)i]2  [(a c)  (b  d)i]2
 (a  c)2  2(a  c)(b  d)i  (b  d)2  (a  c)2  2(a  c)(b  d)i  (b  d)2
 4ac  4bd  4adi  4bci
 4[(ac  bd)  (bc  ad)i]
 4 z w.
[III] Verdadeira. Com efeito,
| z  w |2  | z w |2  | (a c)  (b d)i |2  | (a c)  (b d)i |2
 (a  c)2  (b  d)2  (a  c)2  (b  d)2
 4ac  4bd
 4(ac  bd)
 4Re(zw).
Resposta da questão 21:
[E]
O complexo obtido com a rotação de 90° de 1 + i é z = –1 + i
Fazendo: (–1 + i)3, temos:
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z3 = (i – 1)3 = i3 –3.i2.1 + 3.i.12 –13 = –i + 3 + 3i – 1 = 2 + 2i
Resposta da questão 22:
[A]
Como i4  (i2 )2  (1)2  1, vem
z  i2014  i1987
 i4503 2  i4496 3
 (i4 )503  i2  (i4 )496  i3
 1  i.
Portanto,
| z |  | 1  i |  (1)2  12  2.
Resposta da questão 23:
[B]
Por inspeção, tem-se que r  1. Logo, pelo dispositivo prático de Briot-Ruffini, vem
1 1 3 7 5
1 2 5
0
Daí, encontramos
x3  3x2  7x  5  (x  1)(x2  2x  5)  0  (x  1)(x 1  2i)(x 1  2i)  0.
Agora, se z1  1  2i, então | z1 |  12  ( 2)2  5. Por outro lado, se z1  1  2i, então | z1 |  12  22  5.
Portanto, em qualquer caso, o resultado pedido é
5.
Resposta da questão 24:
[A]
Considerando que z
z6  3 z
4

  z  z
2
2
 z2  z 2   z 6 

 z6  3z2 z

4
 z2  z 2

3
2
  
2
2
2
6
2
6

 2
  z2  z   z  z6  3 z2  z  3.z2   z   z =








.
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