Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada
Programa de Aperfeiçoamento para Professores de Matemática do Ensino Médio
Geometria Analı́tica Plana
1. Em cada um dos seis casos abaixo, esboce o subconjunto do plano formado pelos
pontos cujas coordenadas (x, y) cumprem as condições estipuladas:
(a) | x |≤ 1 e | y |≤ 1
(b) | x − a |≤ r e | y − b |≤ r
(c) x ≥ a e y ≥ b
(d) y ≥ x + 1
(e) x + y ≤ 1
(f) | x | + | y |= 1
2. Qual é o ponto da reta diagonal y=x mais próximodo ponto P = (a, b)?
3. Ache a curva de nı́vel −1 da função f (x, y) = x2 − y 2 + 2x.
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Geometria Analı́tica Plana - Soluções
1. Subconjuntos que cumprem as condições:
(a) Quadrado cujos quatro vértices são (±1, ±1).
(b) Quadrado de centro no ponto (a, b) e lados paralelos aos eixos, de comprimento
2r.
(c) Interior mais lados do ângulo reto de vértice no ponto (a, b), lados paralelos aos
eixos e abertura voltada para cima e para a direita.
(d) Semi-plano superior limitado pela reta de inclinação 1, que passa pelos pontos
(0, 1) e (−1, 0).
(e) Semi-plano inferior limitado pela reta que liga os pontos (0, 1) e (1, 0).
(f) Superfı́cie do quadrado cujas diagonais estão sobre os eixos e têm comprimento
2.
2. O ponto procurado tem coordenadas iguais e está sobre a reta de inclinação −1 que
passa pelo ponto (a, b). A equação dessa reta é y = −x + a + b, logo x = −x + a + b
. O ponto é ( a+b
, a+b
).
e x = (a+b)
2
2
2
3. A condição x2 − y 2 + 2x = −1 equivale a y 2 = (x + 1)2 , ou y = ±(x + 1). Assim
o conjunto procurado é formado pelo par de retas perpendiculares y = x + 1 e
y = −x − 1, que se cortam no ponto (−1, 0).
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Geometria Analítica no Espaço
Exercícios
1) Considere o plano que contém o ponto P  (5, 2,  2) e é perpendicular ao vetor
v  (1, 2, 3) .
a) Determine a equação desse plano.
b) Calcule o volume do tetraedro formado por esse plano e pelos planos XOY, YOZ e ZOX.
2) Um helicóptero parte de um ponto A e faz os seguintes movimentos sucessivos:
500m para cima
1300m para o norte
800m para o leste
300m para cima
400m para o sul
200m para oeste
100m para baixo
chegando ao ponto B. Associe cada movimento a um vetor e calcule a distância aproximada
entre os pontos A e B.
3) Encontre a equação do plano que contém os pontos (1, 1, 0) , (2, 1, 1) e (1, 0, 1) .
4) Considere um cubo de aresta 2 e escolha um sistema
E
H
conveniente de coordenadas.
a) Calcule o cosseno do ângulo entre duas diagonais.
F
G
b) Calcule a distância entre os pontos médios de duas
arestas reversas.
A
c) Escolha uma diagonal de uma face e uma diagonal
D
do cubo que não sejam concorrentes. Mostre que elas
são ortogonais.
d) Considerando a figura abaixo, mostre que a diagonal
FD é perpendicular ao plano BGE.
B
C
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Geometria Analítica no Espaço
Soluções
1) a) O plano perpendicular ao vetor v  (1, 2, 3) tem equação x  2y  3z  d . Para que P
pertença a esse plano deve-se ter d  3 .
A equação do plano é x  2y  3z  3.
 3 
1) b) Os pontos de interseção deste plano com os eixos são 3, 0, 0, 0, , 0 e 0, 0, 1.
 2 
O volume do tetraedro que tem esses três vértices mais a origem é:
1
3
3
V   3 1  .
6
2
4
2) Sejam:
Eixo X – Direção leste-oeste
Eixo Y – Direção norte-sul
Eixo Z – Direção cima-baixo
Escrevendo os movimentos na escala 1/100 temos:
(0, 0, 5)  (0, 13, 0)  (8, 0, 0)  (0, 0, 3)  (0,  4, 0)  (2, 0, 0)  (0, 0,  1)  (6, 9, 7)
O módulo do vetor (6, 9, 7) é 166  12,88 . De acordo com a escala, a distância entre A e
B é de 1288m, ou seja, aproximadamente 1290m.
3) Qualquer plano pode ser representado por uma equação do tipo Ax  By  Cz  1. Como
os três pontos devem pertencer a esse plano devemos ter:
 A  B  1

2 A  B  C  1
 A  C  1

1
3
5
Resolvendo o sistema encontramos A  , B  e C  . A equação do plano é:
4
4
4
3
5
1
x  y  z  1 ou x  3y  5 z  4.
4
4
4
4) Considere o cubo com os seguintes vértices e faça uma figura.
A = (0, 0, 0), B = (2, 0, 0), C = (2, 2, 0), D = (0, 2, 0),
E = (0, 0, 2), F = (2, 0, 2), G = (2, 2, 2), H = (0, 2, 2).
a) Sejam AG  (2, 2, 2) e EC  (2, 2, 0)  (0, 0, 2)  (2, 2,2) .
Como AG  EC  2 3 o cosseno do ângulo  entre essas diagunais é
cos 
2  2  2  2  2(2) 1
 .
3
2 32 3
b) O ponto médio de BC é M  (2, 1, 0) . O ponto médio de DH é N  (0, 2, 1).
Temos então MN  (2, 1, 1) . A distância entre M e N é
4  1 1  6 .
c) Sendo AG  (2, 2, 2) e BD  (0, 2, 0)  (2, 0, 0)  (2, 2, 0) temos que o produto
interno desses vetores é: 2  (2)  2  2  2  0  0 o que mostra que essas retas são ortogonais.
d) Temos FD  (2,  2, 2) , BG  (0, 2, 2) e BE  (2, 0, 2) .
Como FD, BG  0 e FD, BE  0 então FD é ortogonal a BG e a BE. Logo, FD é
perpendicular ao plano BGE.
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Sistemas - Exercícios
1. Calcule o valor de c para o qual o sistema linear abaixo tem solução. Nesse caso, qual é a figura
geométrica de R3 formada por todas as soluções?
2. Verifique se a reta do espaço definida pelos pontos (0, 0, 0) e (1, 1, 2) intersecta a reta definida
pelos pontos (1, 3, 5) e (4, 0, 2).
3. A tabela abaixo mostra as porcentagens de ferro, cromo e níquel em três ligas I, II e III.
I
II
III
Ferro
70%
80%
75%
Cromo
20%
10%
10%
Níquel
10%
10%
15%
a) Diga quantos quilos de cada liga devemos tomar para formar 1 tonelada de uma outra liga contendo
75 % de ferro, 15% de cromo e 10% de níquel.
b) Explique por que não é possível produzir, a partir das três ligas acima, uma liga contendo 70% de
ferro, 15% de cromo e 15% de níquel.
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Sistemas - Soluções
1. Escalonando o sistema, temos
2 
2 
1 1 2
1 1 2
1 1 2 2 


 2 3  1 5   0 1  5
1   0 1  5
1 



0 0 0 c  7 
0 1  5 c  6
3 4 1 c 
Para que o sistema tenha solução, deve-se ter c–7 = 0, ou seja, c = 7. O conjunto de soluções é uma reta
do espaço (cada equação é combinação linear das outras duas, mas os planos correspondentes a cada
equação não são paralelos entre si).
2. Os pontos da primeira reta são da forma (t, t, 2t), onde t  R. Os pontos da segunda reta são da
forma (1+3u, 3 – 3u, 5 – 3u), onde u  R. As retas se intersectam se e somente se o sistema
t  1  3u

t  3  3u
2t  5  3u

Resolvendo o sistema (por exemplo por substituição, verificamos que t = 2, u = 1/3 é a única solução.
Logo, as retas se intersectam no ponto (2, 2, 4).
3. Para encontrar as quantidades de cada liga, devemos resolver o sistema
700 x  800 y  750 z  700

200 x  100 y  100 z  150
100 x  100 z  150 z  100

Reordenando as equações e resolvendo por escalonamento, obtemos
150 100 
150 100 
100 100 150 100 
100 100
100 100
200 100 100 150    0  100  200  50   0  100  200  50






700 800 750 750
 0
 0
100  300 50 
0
 500
0 
O sistema tem solução única. Temos:
z=0
-100y -200z = -50  y = 0,5
100 x + 100 y + 150 z = 100  x = 0,5
Logo, para produzir a liga desejada, deve-se utilizar 500 kg da liga I, 500 kg da liga II e nada da liga
III.
Para a outra liga, só muda o lado direito da equação (pode-se aproveitar, portanto, o escalonamento que
já foi feito). Temos:
150
150 
150
150 
100 100 150 150 
100 100
100 100
200 100 100 150    0  100  200  150    0  100  200  50 






700 800 750 700
 0
 0
100  300  350
0
 500  500
Temos
-500 z = -500  z = 1
-100y – 200z = -50  y = -1,5
100x + 100y + 150z = 150  x = 1,5
Embora o sistema tenha solução, ela envolve quantidades negativas de uma das ligas, o que não é
fisicamente realizável.
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Aplicações de Geometria Analítica
Exercícios
1) A base de um retângulo é o dobro de sua altura. Calcule o cosseno do ângulo entre as
diagonais.
2) O trapézio (convexo) ABCD tem bases AB e CD. Os ângulos A e D são retos, a base AB
mede 2m e o lado AD mede 1m.
a) Determine o comprimento de CD para que as diagonais sejam perpendiculares.
b) Determine o comprimento de CD para que as diagonais façam ângulo de 45o.
3) Para os pares de números reais x e y tais que x  3y  5 determine o valor mínimo da
expressão E  x 2  y 2 .
Interprete geometricamente este problema.
4) Os pontos A e B são fixos sobre a reta r e P é um ponto variável sobre o segmento AB. De
um mesmo lado da reta r construa os quadrados APCD e PBEF.
a) Mostre que as retas AF e BC são perpendiculares.
b) Que outras propriedades você pode descobrir nesta situação?
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Aplicações de Geometria Analítica
Soluções
1) Considere o retângulo ABCD cujos vértices são A  (2,1), B  (2, 1) , C  (2, 1) e
D  (2,1) . O cosseno do ângulo  entre os vetores OA  (2,1) e OB  (2, 1) é:
cos 
2  2  1(1) 3
 .
5
5 5
2) Sejam A  (0, 0) , B  (2, 0) , C  (a, 1) e D  (0, 1) .
Temos AC  (a, 1) e BD  (2, 1) .
Assim, AC, BD  2a 1, AC  a 2  1 e BD  5 .
a) 2a 1  0

b) cos 45 o 
1

2
1 4a 2  4a  1

2
5a 2  5
a
1
2
2a 1
a2  1  5

3a 2  8a  3  0 .
A única raiz que serve é a  3.
3) Naturalmente que uma solução algébrica é possível. Na solução analítica, seja r a reta
1
5
x  3y  5 , ou seja y   x  (coeficiente angular 1 3).
3
3
E expressão E  x 2  y 2 representa o quadrado da distância do ponto (x, y) à origem e, para
um ponto da reta r, o valor de E será mínimo no ponto P, interseção de r e s, perpendicular a
s
P
O
r
r passando na origem. Neste lugar, ele estará o mais próximo possível da origem.
A reta s a tem equação y  3x e resolvendo o sistema formado pelas duas equações
1 3 
encontramos P   ,  .
2 2 
Para este ponto, temos E 
1 9 5
  .
4 4 2
4) a)
E
A
F
C
D
r
A
P
B
Sejam A  (0, 0) , B  (1, 0) e P  (a, 0) .
Assim, C  (a, a), F  (a, 1 a).
Daí, AF  ( a, 1 a) e CB  (1 a,  a) .
Portanto, AF, CB  a(1 a)  a(1 a)  0.
As retas AF e BC são perpendiculares.
b) Outros fatos sobre a situação.
1) Se Q é o ponto de interseção de AF e BC, quando P percorre o segmento AB, o
lugar geométrico de Q é a semicircunferência de diâmetro AB.
2) O ponto C é o ortocentro do triângulo AFB. Logo, AC é perpendicular a BF.
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Matrizes
"
#
a b
1. Um número λ chama-se autovalor da matriz
c d
"
#
a
−
λ
b
quando é raiz da equação do 2o grau det
= 0.
c
d−λ
"
#
a b
Prove que se a matriz simétrica
admite o autovalor λ então λ é um número
b c
real.
2. Use a matriz de Gram para obter uma expressão para a área do triângulo cujos lados
medem a, b e c.
Considere, em seguida, o caso particular em que a = b = c.
3. Uma matriz quadrada m = [aij ] chama-se anti-simétrica quando aij = −aji para
todo i e todo j. Mostre que o determinante de uma matriz anti-simétrica 3 × 3 é
igual a zero. Vale o mesmo para matrizes 2 × 2?
4. O posto de uma matriz é o número máximo de linhas que são linearmente independentes. Dê exemplos de matrizes 3 × 3 com posto 0, posto 1, posto 2 e posto
3.


1 2 3


Determine o posto da matriz 4 5 6
7 8 9
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Matrizes - Soluções
1. Se a matriz é simétrica, temos o trinômio
#
"
a−λ
b
= λ2 − (a + c)λ − b2 , cujo discriminante é ∆ = (a + c)2 + b2
det
b
c−λ
portanto ∆ ≥ 0 e a equação correspondente tem raı́zes reais.
2. Representando os lados do triângulo pelos vetores u, v, u − v, os comprimentos dos
seus lados são a = |u|, b = |v| e c = |u − v|. Sua área A cumpre
"
#
2
|u|
<
u,
v
>
A2 = λ4 det
< u, v >
|v|2
Levando em conta que |u − v|2 = |u|2 + |U |2 − 2 < u, U > e portanto < u, v >=
1
(|u|2 + |U |2 − |u − V |)2 = 21 (a2 + b2 − c2 ), temos
2
#
"
1 2
2
2
2
a
(a
+
b
−
c
)
2
= a2 b2 − 14 (a2 + b2 − c2 )2
4A2 = det 1 2
2
2
2
(a
+
b
−
c
)
b
2
Logo
A=
1
2
q
a2 b2 − 41 (a2 + b2 − c2 )2 .


0
a b


3. Uma matriz simétrica 3 × 3 tem a forma −a 0 c , logo seu determinante, pelo
−b −c 0
desenvolvimento de Laplace via primeira
coluna
"
# é igual a abc−bac = 0. Para matrizes
0 1
2 × 2, o resultado não vale pois det
= 1.
−1 0

 
 
 

0 0 0
1 0 0
1 0 0
1 0 0

 
 
 

4. As matrizes 0 0 0, 0 0 0, 0 1 0 e 0 1 0 têm respectivamente
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
postos 0, 1, 2 e 3.


1 2 3


O posto da matriz 4 5 6 é 2 pois suas duas primeiras linhas são independentes
7 8 9
mas a terceira é combunação linear das duas primeiras. Mais explicitamente, se
chamarmos essas linhas de L1 L2 e L3 , teremos L3 = 2L2 − L1 .
Números Complexos
Prof.Luciano Monteiro de Castro
1. Resolva a equação x4 − 10x2 + 169 = 0 no universo dos números complexos.
2. Determine o valor máximo de |z + 1| quando |z − 2| = 1, (z ∈ C).
3. Dados os vértices A(3, 4) e C(5, 8) do quadrado ABCD, determine as coordenadas de B e D.
√ 1
4. Dado w =
−1 + 3i ,
2
(a) calcule
89
X
wn ;
n=1
(b) verifique que o resultado da rotação de um complexo a em torno da origem por um ângulo de
120◦ no sentido trigonométrico é o complexo aw;
(c) prove que os complexos a, b, c formam, nesta ordem, um triângulo equilátero no sentido
trigonométrico se, e somente se, a + bw + cw2 = 0.
Soluções
1. Temos x4 − 10x2 + 25 = −169 + 25, ou seja, (x2 − 5)2 = −144. Como as raı́zes quadradas de
−144 são 12i e −12i, deduzimos que x2 = 5 ± 12i. Agora, para calcular as raı́zes quadradas
de 5 ± 12i, podemos usar a fórmula de transfomação de radicais duplos ou então observar que
5±12i = 9−4±2·3·2i = (3±2i)2 . Logo as quatro raı́zes da equação são 3+2i, 3−2i, −3−2i, −3+2i.
2. |z − 2| = 1 significa que a imagem de z dista 1 do ponto A(2, 0), logo pertence à circunferência de
centro A e raio 1. |z + 1| representa a distância da imagem de z à imagem do complexo −1, o ponto
B(−1, 0). O ponto da circunferência mais distante de B deve pertencer à reta AB, logo é o ponto
C(3, 0). Como BC = 4, o valor máximo de |z + 1| é igual a 4.
3. Seja M o ponto médio de AC, ou seja M
3+5 4+8
2 , 2
= (4, 6). Considerando os vértices A, B, C, D
−−→
−−→
no sentido trigonométrico, temos que o vetor MD é o resultado da rotação de 90◦ do vetor MC, no
sentido trigonométrico. Assim, identificando pontos e vetores com seus correspondentes afixos em
−−→
−−→
C, temos MD = i · MC, ou seja, D − M = i(C − M) ⇔ D = 4 + 6i + i(5 + 8i − 4 − 6i) = 2 + 7i,
−→ −→
ou seja, D(2, 7). Agora, uma das várias formas de calcular B é AB = DC ⇔ B − A = C − D ⇔
B = (3, 4) + (5, 8) − (2, 7) = (6, 5).
4. (a) Basta observar que w = cos 120◦ + i sen 120◦ .
(b) O item anterior implica que w3 = 1 ⇔ (w − 1)(w2 + w + 1) = 0. Como w 6= 1, concluı́mos que
1 + w + w2 = 0. Agora, se n é maior ou igual a 3, seja r o resto da divisão de n por 3. Como
q
n = 3q + r, com q inteiro, deduzimos que wn = w3q+r = w3 · wr = wr . Assim, a soma de
três parcelas consecutivas do somatório pedido é sempre igual a 1 + w + w2 , ou seja, igual a
87
89
X
X
zero. Como 87 é múltiplo de 3, temos
wn = 0, logo
wn = w88 + w89 = w + w2 = −1.
n=1
n=1
(c) Identificando os complexos com suas imagens, a, b, c formam, nesta ordem, um triângulo
→ é a rotação de 120◦ do vetor
equilátero no sentido trigonométrico se, e somente se, o vetor −
ca
−
→
bc, ou seja, a − c = w(c − b) ⇔ a + bw + (−1 − w)c = 0 ⇔ a + bw + bw2 = 0. (Usamos mais
uma vez a igualdade w2 + w + 1 = 0).
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Polinômios - Exercícios
1. Usando o método dos coeficientes a determinar, calcule uma raiz quadrada
do polinômio p(x) = x4 −10x3 + 37x2 − 60x + 36, isto é, um polinômio q(x)
tal que p(x) = q(x)2.
2. Mostre que o resto da divisão de um polinômio P(x) por (x–a)(x–b), onde a  b, é
P(b)
P (a )
R ( x) 
( x  a) 
( x  b) .
ab
ba
3. Sejam  1 ,  2 e  3 as raízes do polinômio x3 – 4x2 + 5x – 2. Calcule:
1
1
1


a)
1
2
3
b)  1 2 +  2 2 +  3 2
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Polinômios - Soluções
1.
2. O resto de P(x) por (x–a)(x–b) é um polinômio R(x) de grau menor ou igual a 1
tal que, para algum polinômio Q(x), tenhamos P(x)  Q(x) (x–a)(x–b) + R(x)
ou, equivalentemente, R(x)  P(x) –Q(x) (x–a)(x–b). O lado direito da
identidade, nos pontos x = a e x = b, vale, respectivamente P(a) e P(b). Como o
P(b)
P (a )
mesmo ocorre com o polinômio
( x  a) 
( x  b) , concluímos que ele
ba
ab
é o resto desejado.
3.
 2 3   1 3   1 2 5

1  2  3
 1 2 3
2
2
2
2
2
b)  1 +  2 +  3 = ( 1 +  2 +  3 ) – 2 (  2 3  1 3  1 2 )= 42 – 2×5 = 6
a)
1

1

1

Polinômios 2 - Equações Polinomiais
Prof.Luciano Monteiro de Castro
1. Seja α uma raiz da equação x3 − 3x + 1 = 0. Prove que α2 − 2 é outra raiz da mesma
equação.
2. Sem utilizar calculadora (ou computador) encontre uma boa aproximação para
√
3
9.
3. Sabendo que i e 1+i são raı́zes da equação x7 −6x6 +15x5 −25x4 +28x3 −25x2 +14x−6,
resolva-a no universo dos números complexos.
Soluções
1. Substituindo x = α2 − 2 no lado esquerdo da equação, e usando o fato de que
3
α3 = 3α−1, obtemos α2 − 2 −3 α2 − 2 +1 = α6 −6α4 +12α2 −8−3α2 +6+1 =
(3α − 1)2 − 6α (3α − 1) − 15α2 − 1 = 9α2 − 6α + 1 − 18α2 + 6α + 9α2 − 1 = 0, logo
α2 − 2 é raiz da equação. Para ver que é, de fato, outra raiz, basta observar que se
α2 − 2 = α, então α = 2 ou α = −1, mas nenhum desses dois valores representa
uma raiz de x3 − 3x + 1 = 0.
2. Como 9 está bem próximo de 8, cuja raiz cúbica vale 2, podemos obter uma boa
√
aproximação de 3 9 já na primeira interação do método de Newton, começando com
a aproximação x0 = 2. Para isso, consideramos a função f(x) = x3 − 9, e calculamos
a aproximação x1 fazendo a interseção da reta tangente ao gráfico de f no ponto
(2, f(2)) = (2, −1) com o eixo das abscissas. O coeficiente angular desta tangente é
0 − (−1)
1
igual a f0 (2) = 3 · 22 = 12, logo
= 12, e obtemos x1 = 2 12
= 2, 08333 . . .,
x1 − 2
aproximação correta até a segunda casa decimal.
3. Como o polinômio tem coeficientes reais e i e 1+i são raı́zes, os conjugados −i e 1−i
também são raı́zes. Isto significa que o polinômio é divisı́vel por (x2 +1)(x2 −2x+2) =
x4 − 2x3 + 3x2 − 2x + 2. Façamos a divisão.
x3 − 4x2 + 4x − 3
x4 − 2x3 + 3x2 − 2x + 2
x7 − 6x6 + 15x5 − 25x4 + 28x3 − 25x2 + 14x − 6
− x7 + 2x6 − 3x5 + 2x4 − 2x3
− 4x6 + 12x5 − 23x4 + 26x3 − 25x2
4x6 − 8x5 + 12x4 − 8x3 + 8x2
4x5 − 11x4 + 18x3 − 17x2 + 14x
− 4x5 + 8x4 − 12x3 + 8x2 − 8x
− 3x4 + 6x3 − 9x2 + 6x − 6
3x4 − 6x3 + 9x2 − 6x + 6
0
Agora, antes de tentar a fórmula de Cardano, vale a pena pesquisar possı́veis raı́zes
inteiras (qualquer raiz racional deverá ser inteira) do quociente, x3 − 4x2 + 4x − 3.
Os únicos candidatos são os divisores de −3, ou seja, 1, −1, 3, −3. Utilizando o
algoritmo de Briot-Ruffini, descobrimos que a única raiz inteira é 3.
1
3
1
−4
4
−3
3
−3
3
−1
1
0
Para terminar, basta resolver a equação do segundo grau x2 − x + 1 = 0, cujas raı́zes
são
1
2
√
±i
3
.
2
√
√ Assim, o conjunto-solução da equação original é 3, i, −i, 1 + i, 1 − i, 21 + i 23 , 21 − i 23 .