NÚMEROS COMPLEXOS
OPERACÕES NA FORMA TRIGONOMÉTRICA
Lembrando da forma trigonométrica dos números complexos que é dada
por:
z    cos  i  sen, sendo  o módulo de z e  o argumento.
Temos as operações de multiplicação, divisão, potenciação e
radiciação feitas na forma trigonométrica.
Dados os números complexos z1e z2, escritos na forma trigonométrica:
z1  1  cos 1  i  sen1  e z 2  2  cos2  i  sen2 , sendo
n o m ódulo e n o argum entode zn .
MULTIPLICAÇÃO
z1  z2  1  2  cos1  2   i  sen1  2 
DIVISÃO
z1  z2  1  2  cos1  2   i  sen1  2 
POTENCIAÇÃO
zn  n  cos n    i  sen n  
RADICIAÇÃO
n
n

   360k 
   360k  
z  n   cos 
  i  s e n
  ou
n
n






   2k 
   2k  
z  n   cos 
  i  s e n
  com k  Z
 n 
 n 

Faz-se a substituição de k = 0, 1, 2,…,n – 1 .Após k = n – 1, os valores
começam a se repetir. Portanto, de 0 a n – 1, têm-se n raízes distintas.
Geometricamente, as n raízes são vértices de um polígono regular de n
lados.
EXEMPLOS
1. Dados z 1  2  cos 60  i  s e n60  e z 2  4  cos 30  i  s e n30 ,
calcule :
a) z 1.z 2
z1
b)
z2
c) (z1 )3
d) 2 z 2
RESOLUÇÃO :
a) z 1.z 2  2.4.cos 60  30   i.s e n60  30   8.cos 90  i.s e n90 
b)
z1 2
1
  cos 60  30   i.s e n60  30    cos 30  i.s e n30 
z2 4
2
c) (z1 )3  23.cos 3.60  i.s e n3.60   8.cos180  i.s e n180 
d)

 30  360.k 
 30  360.k  
z 2  4 .cos 
  i.s e n
 
2
2





 2.cos15  180.k   i.s e n15  180.k  
 s e k  0  x 1  2.cos 15  i.s e n15 
 s e k  0  x 2  2.cos195  i.s e n195 
2. Determ ine a potência z 4 na form a algébrica, usando a
operação de potenciação na form a trigonom ét
rica, sendo
z  2  2i.
RESOLUÇÃO :
z  22   2   2 2  cos  
2
2
2 2

2
2
2
e s e n 


2
2
2 2
   315  z  2 2 .cos 315  i.s e n315  


 z  2 2 .cos 4.315  i.s e n4.315   64.cos1260  i.s e n1260  
4
4
 z 4  64.cos180  i.s e n180   64. 1  i.0   z 4  64
3. M ostre que o núm e ro com ple xo z   3  i é s olução da
1
e quação z 3  z 7  8 3  0.
8
RESOLUÇÃO :
 3 
 3
1
e s e n 
   210 
2
2
z  2.cos 210  i.s e n210 , e ntão z 3  23.cos 3.210  i.s e n3.210  
Z 
2
  1  2  cos  
2
z 3  8.cos 630  i.s e n630   8.cos 270  i.s e n270   8.0  i. 1 
z 3  8i  z 7  27.cos 7.210  i.s e n7.210   128.cos1470  i.s e n1470 
 3
1

z  128.cos 30  i.s e n30   128.
 i.   z 7  64 3  64i
2
 2
com o z é s olução da e quação dada, e ntão s e s ubs tituir z ne s s a
7
e quação te re m osum a igualdade ve rdade ira.
 8i 


1
 64 3  64i  8 3  0   8i  8 3  8i  8 3  0  0  0
8
4. Determ ineas raízes cúbicas do núm erocom plexo z  8i.
RESOLUÇÃO :
Z  0 2   8   8  cos  
2
z  8.cos 270  i.s e n270  
0
8
 0 e s e n 
 1    270
8
8

 270  360.k 
 270  360.k  
 3 z  3 8 . cos
  i.s e n 
  
3
3





 3 z  2.cos90  120.k   i.s e n90  120.k   
 s e k  0  x 1  2.cos 90  i.s e n90   x 1  2 i

3
 1 
 s e k  1  x 2  2.cos 210  i.s e n210   x 2  2. 
 i.    
 2 
 2
 x2   3  i
 3
 1 
 s e k  2  x 3  2.cos 330  i.s e n330   x 3  2.
 i.    
 2 
 2
 x3  3  i
5. Considereo núm ero com plexo z  64.
a) Determ ineas raízes sextasde z e as representeno
plano de Argand- Gauss.
b) Calcule a área do polígono cujos vértices são
determ inad
os pelas raízes sextas de z.
6. Um m atem ático
, observandoum vitral com o desenho de
um polígono inscrito em um círculo, verificou que os vértices
desse polígono poderiam ser representa
dos pelas raízes
cúbicas com plexas do núm ero 8. Qual área do polígono
observadopelo m atem ático
?
7. (UFBA - 2010) Sendo z1 e z 2 núm eroscom ple xos tais que :
 z1 é a raiz cúbica de 8i que tem afixo no II quadrante,
 z 2 satisfaz a equação x 4  x 2  12  0 e Im (z2 )  0, calcule
3
z1
 z2 .
z2
7.
z1  3 8i, fazendo z  8i, temos z  8 e   90, logo 3 8  2 e
90  360k
   30  120k. Como z1 tem afixo no
3
II quadrante, então   150(k
  1).


3
1
Por tan to z1  2cos150  i.sen150  2 
 i.    3  i.
2
 2
Re solvendo a equação x 4  x 2  12  0, faz  se x 2  y,
então y 2  y  12  0  y  4
 x  2i
ou
y  3  x 2  4
ou
x2  3
ou
x   3. Como Im(z 2 )  0, então z 2  2i.
z
Agora devemos resolver a expressão 3 1  z 2 e tirar o módulo .
z2
Essa expressão é igual a
3 i
 . Logo o módulo é igual a 1.
2 2