Números complexos

Resposta: (A)

Uma rotação de centro na origem e amplitude \(\frac{\pi }{3}\) corresponde, em \(C\), à multiplicação por \({e}^{i\frac{\pi }{3}}=\cos \frac{\pi }{3}+i\operatorname{sen}\frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\).

O transformado de \(z=-2i\) é

\[z\times {e}^{i\frac{\pi }{3}}=-2i\left( \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right)=-i-\sqrt{3}{i}^{2}=\sqrt{3}-i\]

Resposta: (C)

\(z={e}^{i\theta }\) tem módulo \(1\), logo \({z}^{2}={e}^{i2\theta }\) também tem módulo \(1\): o afixo de \({z}^{2}\) está à mesma distância da origem que \(P\).

Como \(\theta \in \left] 0,\frac{\pi }{6} \right[\), o argumento duplica e \(2\theta >\theta \): o afixo de \({z}^{2}\) obtém-se rodando \(P\) no sentido positivo, mantendo a distância à origem.

O único ponto nestas condições é o ponto \(C\).

Resposta: (B)

\(i={e}^{i\frac{\pi }{2}}\), pelo que \(iz={e}^{i\left( \theta +\frac{\pi }{2} \right)}\): multiplicar por \(i\) corresponde a uma rotação de \(\frac{\pi }{2}\), no sentido positivo, mantendo o módulo.

Como \(\theta \in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), o argumento de \(iz\) pertence a \(\left] \frac{\pi }{2},\pi \right[\): o afixo está no segundo quadrante, à mesma distância da origem que \(P\).

O único ponto nessas condições é o ponto \(B\).

Resposta: (B)

Multiplicar por \(i\) corresponde a uma rotação de \(\frac{\pi }{2}\), no sentido positivo, em torno da origem, mantendo o módulo.

Os quatro afixos são os vértices de um quadrado centrado na origem, pelo que essa rotação transforma cada vértice no seguinte, no sentido positivo.

Rodando \(C\) (afixo de \({z}_{3}\)) de \(\frac{\pi }{2}\) no sentido positivo obtém-se \(D\), afixo de \({z}_{4}\).

Resposta: (C)

Como \(W\) está no 1.º quadrante com \(\text{Im}\left( w \right)=\text{Re}\left( w \right)\), um argumento de \(w\) é \(\frac{\pi }{4}\).

Então \({w}^{3}\) tem argumento \(3\times \frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{4}\) e \(i{w}^{3}\) tem argumento \(\frac{3\pi }{4}+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{4}\).

Um argumento de \(\frac{5\pi }{4}\) corresponde ao 3.º quadrante: o afixo é o ponto \(C\).

Resposta: (D)

Como \(\overline{OZ}=\overline{OW}\), o triângulo \(\left[ OZW \right]\) é isósceles e \(\left[ OM \right]\), mediana relativa à base \(\left[ WZ \right]\), é também bissetriz do ângulo \(ZOW\).

\(M\) pertence à bissetriz do primeiro quadrante, pelo que um argumento de \(M\) é \(\frac{\pi }{4}\).

Logo \(\frac{\pi }{4}\) é a média dos argumentos de \(z\) e de \(w\): \(\frac{\frac{2\pi }{15}+{\theta }_{w}}{2}=\frac{\pi }{4}\).

\({\theta }_{w}=\frac{\pi }{2}-\frac{2\pi }{15}=\frac{15\pi -4\pi }{30}=\frac{11\pi }{30}\).

Resposta: (C)

Como \(A\), \(B\), \(C\) são afixos das raízes cúbicas de \(w\), têm todos módulo \(\sqrt[3]{\left| w \right|}\), que é o raio da circunferência, \(2\); logo \(\left| w \right|=8\) — ficam excluídas as opções (A) e (B).

As três raízes cúbicas estão igualmente espaçadas de \(\frac{2\pi }{3}\). Como \(A\) está no semieixo imaginário negativo, o seu argumento é \(\frac{3\pi }{2}\) (ou \(-\frac{\pi }{2}\)), e, pela disposição de \(B\) e \(C\) na figura, os três argumentos são \(\frac{\pi }{6}\), \(\frac{5\pi }{6}\) e \(\frac{3\pi }{2}\).

O argumento de \(w\) é o triplo de qualquer um destes: \(3\times \frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}\).

Logo \(w=8{e}^{i\frac{\pi }{2}}\).

Resposta: (B)

Num losango com os vértices sobre os eixos, as diagonais \(\left[ AC \right]\) e \(\left[ BD \right]\) são perpendiculares e bissetam-se na origem: \({z}_{3}=-{z}_{1}\) e \({z}_{4}=-{z}_{2}\).

Metade da diagonal \(\left[ AC \right]\): \(\frac{\left| {z}_{1}-{z}_{3} \right|}{2}=\frac{6}{2}=3\).

Como as diagonais de um losango são perpendiculares, o lado é a hipotenusa do triângulo retângulo formado pelas metades das diagonais: \({\overline{AB}}^{2}={3}^{2}+{\left( \frac{\overline{BD}}{2} \right)}^{2}\Leftrightarrow 25=9+{\left( \frac{\overline{BD}}{2} \right)}^{2}\Leftrightarrow \frac{\overline{BD}}{2}=4\).

Logo \({z}_{2}=4i\) e \({z}_{4}=-4i\) (ou vice-versa), pelo que \({z}_{2}\times {z}_{4}=4i\times \left( -4i \right)=-16{i}^{2}=16\).

\(z\overline{z}={\left| z \right|}^{2}=4\) e \({z}^{2}=4{e}^{i2\theta }=4\cos \left( 2\theta \right)+4i\operatorname{sen}\left( 2\theta \right)\).

Substituindo: \(4\cos \left( 2\theta \right)+4i\operatorname{sen}\left( 2\theta \right)+2\times 4-6=2\sqrt{3}i\Leftrightarrow \left[ 4\cos \left( 2\theta \right)+2 \right]+4i\operatorname{sen}\left( 2\theta \right)=2\sqrt{3}i\).

Igualando partes reais e imaginárias: \(4\cos \left( 2\theta \right)+2=0\) e \(4\operatorname{sen}\left( 2\theta \right)=2\sqrt{3}\), ou seja, \(\cos \left( 2\theta \right)=-\frac{1}{2}\) e \(\operatorname{sen}\left( 2\theta \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Como \(\theta \in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), \(2\theta \in \left] 0,\pi \right[\); o único ângulo nesse intervalo com estas razões trigonométricas é \(2\theta =\frac{2\pi }{3}\).

Logo \(\theta =\frac{\pi }{3}\).

Resposta: (C)

Como \(\text{Im}\left( z \right)=\text{Re}\left( z \right)\) e \(\text{Re}\left( z \right)>0\), o afixo \(A\) está na bissetriz do \(1{.}^{o}\) quadrante: \(\text{arg}\left( z \right)=\frac{\pi }{4}\).

Pela figura, \(B\) está no \(2{.}^{o}\) quadrante, com o ângulo \(AOB\) (de \(A\) para \(B\), no sentido positivo) de amplitude \(\frac{5\pi }{8}\): \(\text{arg}\left( w \right)=\frac{\pi }{4}+\frac{5\pi }{8}=\frac{2\pi }{8}+\frac{5\pi }{8}=\frac{7\pi }{8}\).

\(\text{arg}\left( w\times z \right)=\text{arg}\left( w \right)+\text{arg}\left( z \right)=\frac{7\pi }{8}+\frac{\pi }{4}=\frac{7\pi }{8}+\frac{2\pi }{8}=\frac{9\pi }{8}\).

Resposta: (A)

Seja \(r\) o raio da circunferência. Como \(A\) pertence ao semieixo imaginário positivo, \({z}_{1}=r\,cis\left( {90}^{\circ } \right)\).

Como \(\left[ ABC \right]\) é equilátero inscrito na circunferência, os seus vértices estão igualmente espaçados de \({120}^{\circ }\); pela figura, \(B\) está \({120}^{\circ }\) no sentido direto a partir de \(A\) (percorrendo \(A\to B\to C\) no sentido retrógrado visto na figura), pelo que \({z}_{2}=r\,cis\left( {90}^{\circ }+{120}^{\circ } \right)=r\,cis\left( {210}^{\circ } \right)\).

\({z}_{1}^{2}={r}^{2}\,cis\left( {180}^{\circ } \right)\).

\({z}_{1}^{2}\times {z}_{2}={r}^{3}\,cis\left( {180}^{\circ }+{210}^{\circ } \right)={r}^{3}\,cis\left( {390}^{\circ } \right)={r}^{3}\,cis\left( {30}^{\circ } \right)\).

Como \({r}^{3}>0\) e \({30}^{\circ }\) é um ângulo do primeiro quadrante, o afixo de \({z}_{1}^{2}\times {z}_{2}\) pertence ao primeiro quadrante.

Resposta: (B)

Multiplicar por \(i\) corresponde a somar \(\frac{\pi }{2}\) ao argumento; multiplicar por \(2\) (número real positivo) não altera o argumento.

Logo um argumento de \(2iz\) é \(\frac{\pi }{7}+\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{14}+\frac{7\pi }{14}=\frac{9\pi }{14}\).

Para qualquer \(z\in C\), \(z\times \overline{z}={\left| z \right|}^{2}\).

A condição \(z\times \overline{z}=4\) equivale, então, a \({\left| z \right|}^{2}=4\Leftrightarrow \left| z \right|=2\), ou seja, à circunferência de centro na origem e raio \(2\).

Resposta: (A)

\(z=e\,{e}^{ie}\) está na forma trigonométrica (exponencial), com módulo \(e\approx 2,72\) e argumento \(e\approx 2,72\) radianos.

O módulo é \(e\) (não \(1\)), pelo que ficam excluídas as opções com circunferência de raio \(1\), (C) e (D).

Como \(\frac{\pi }{2}\approx 1,57<e\approx 2,72<\pi \approx 3,14\), o argumento \(e\) está no 2.º quadrante, pelo que o afixo \(P\) tem parte real negativa e parte imaginária positiva.

Resposta: (A)

Resposta: (B)

\(w=\frac{{z}_{1}}{{z}_{2}}=\frac{2{e}^{i\frac{\pi }{4}}}{2{e}^{i\frac{3\pi }{28}}}={e}^{i\left( \frac{\pi }{4}-\frac{3\pi }{28} \right)}={e}^{i\left( \frac{7\pi }{28}-\frac{3\pi }{28} \right)}={e}^{i\frac{\pi }{7}}\).

Os vértices de um polígono regular de \(n\) lados, centrado na origem e com um vértice no semieixo real positivo (argumento \(0\)), têm argumentos múltiplos de \(\frac{2\pi }{n}\).

Para o afixo de \(w\) (argumento \(\frac{\pi }{7}\)) ser um desses vértices: \(\frac{\pi }{7}=k\times \frac{2\pi }{n}\), para algum \(k\in N\), ou seja, \(n=14k\).

O menor valor possível (com \(k=1\)) é \(n=14\).

\(w=\frac{i}{z}=\frac{{e}^{i\frac{\pi }{2}}}{2{e}^{i\frac{3\pi }{5}}}=\frac{1}{2}{e}^{i\left( \frac{\pi }{2}-\frac{3\pi }{5} \right)}\).

\(\frac{\pi }{2}-\frac{3\pi }{5}=\frac{5\pi }{10}-\frac{6\pi }{10}=-\frac{\pi }{10}\).

Um argumento de \(w\) é \(-\frac{\pi }{10}\); somando \(2\pi \), obtém-se o argumento equivalente \(-\frac{\pi }{10}+2\pi =\frac{19\pi }{10}\).

Resposta: (A)

\({z}_{2}=2{e}^{i\theta }{e}^{i\pi }=-2{e}^{i\theta }=-2{z}_{1}\).

\({z}_{1}+{z}_{2}={z}_{1}-2{z}_{1}=-{z}_{1}=-{e}^{i\theta }=-\cos \theta -i\operatorname{sen}\theta \).

Como \(\theta \in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), \(\cos \theta >0\) e \(\operatorname{sen}\theta >0\), pelo que \(\text{Re}\left( {z}_{1}+{z}_{2} \right)=-\cos \theta <0\) e \(\text{Im}\left( {z}_{1}+{z}_{2} \right)=-\operatorname{sen}\theta <0\).

O afixo de \({z}_{1}+{z}_{2}\) pertence ao terceiro quadrante.

Resposta: (C)

a) ★★

\({z}_{1}^{2}={\left( -1-i \right)}^{2}=1+2i+{i}^{2}=1+2i-1=2i\).

\({z}_{1}^{4}={\left( {z}_{1}^{2} \right)}^{2}={\left( 2i \right)}^{2}=-4\).

Substituindo: \(\frac{a}{2i}+b\times \left( -4 \right)=-2+i\).

\(\frac{a}{2i}=\frac{a}{2i}\times \frac{-i}{-i}=\frac{-ai}{2}\), pelo que a equação fica \(-\frac{ai}{2}-4b=-2+i\).

Igualando partes reais e imaginárias: \(-4b=-2\) e \(-\frac{a}{2}=1\).

Da primeira: \(b=\frac{1}{2}\). Da segunda: \(a=-2\).

b) ★★

\(\left| {z}_{1} \right|=\left| -1-i \right|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\), e \(\text{arg}\left( {z}_{1} \right)=-\frac{3\pi }{4}\) (terceiro quadrante).

Como \(\left[ OFG \right]\) é equilátero, \(\left| OG \right|=\left| OF \right|=\sqrt{2}\), pelo que \(\left| {z}_{1}\times {z}_{2} \right|=\sqrt{2}\Leftrightarrow \left| {z}_{2} \right|=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1\).

Multiplicar \({z}_{1}\) por \({z}_{2}\) (com \(\left| {z}_{2} \right|=1\)) equivale a rodar \({z}_{1}\) de um ângulo \(\text{arg}\left( {z}_{2} \right)\); como o triângulo é equilátero, essa rotação é de \(\pm {60}^{\circ }\) (\(\pm \frac{\pi }{3}\)).

Rodando \(-{135}^{\circ }\) de \(+{60}^{\circ }\) obtém-se \(-{75}^{\circ }\) (quarto quadrante, válido); rodando \(-{60}^{\circ }\) obtém-se \(-{195}^{\circ }\equiv {165}^{\circ }\) (segundo quadrante, inválido). Logo \(\text{arg}\left( {z}_{2} \right)={60}^{\circ }=\frac{\pi }{3}\).

\({z}_{2}=1\times \left( \cos {60}^{\circ }+i\operatorname{sen}{60}^{\circ } \right)=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\).

Resposta: (B)

Resposta: (A)

Como \(w\) pertence ao \(4{.}^{\circ }\) quadrante e \(\text{Im}\left( w \right)=-\text{Re}\left( w \right)\), pode escrever-se \(w=a-ai\), com \(a>0\).

\({w}^{2}={\left( a-ai \right)}^{2}={a}^{2}-2{a}^{2}i+{a}^{2}{i}^{2}={a}^{2}-2{a}^{2}i-{a}^{2}=-2{a}^{2}i\).

\({w}^{4}={\left( {w}^{2} \right)}^{2}={\left( -2{a}^{2}i \right)}^{2}=4{a}^{4}{i}^{2}=-4{a}^{4}\), um número real negativo.

\(-i{w}^{4}=-i\times \left( -4{a}^{4} \right)=4{a}^{4}i\), um número imaginário puro com parte imaginária positiva (pois \(a>0\)), ou seja, o seu afixo situa-se no semieixo imaginário positivo.

Dos pontos dados, o único que pertence ao semieixo imaginário positivo é o ponto \(A\).

Resposta: (A)

\(z=-1+\sqrt{3}i\) tem módulo \(\left| z \right|=\sqrt{{\left( -1 \right)}^{2}+{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}=\sqrt{1+3}=2\) e argumento \(\frac{2\pi }{3}\) (pois \(\cos \theta =-\frac{1}{2}\) e \(\operatorname{sen}\theta =\frac{\sqrt{3}}{2}\), no \(2{.}^{\circ }\) quadrante).

Rodar o afixo de \(z\) de \(\frac{\pi }{6}\) radianos (no sentido positivo), mantendo o módulo, corresponde a somar \(\frac{\pi }{6}\) ao argumento: novo argumento \(=\frac{2\pi }{3}+\frac{\pi }{6}=\frac{4\pi }{6}+\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}\).

O número complexo transformado é \(2\left( \cos \frac{5\pi }{6}+i\operatorname{sen}\frac{5\pi }{6} \right)=2\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}+i\times \frac{1}{2} \right)=-\sqrt{3}+i\).

Resposta: (B)

Seja \(C=\left( x,y \right)\) o centro da circunferência circunscrita; \(C\) é equidistante de \(P\left( 4,0 \right)\), \(Q\left( 3,7 \right)\) e \(R\left( 0,8 \right)\).

Da igualdade \({\overline{CP}}^{2}={\overline{CQ}}^{2}\): \({\left( x-4 \right)}^{2}+{y}^{2}={\left( x-3 \right)}^{2}+{\left( y-7 \right)}^{2}\), que simplifica para \(-2x+14y=42\), ou seja, \(-x+7y=21\).

Da igualdade \({\overline{CP}}^{2}={\overline{CR}}^{2}\): \({\left( x-4 \right)}^{2}+{y}^{2}={x}^{2}+{\left( y-8 \right)}^{2}\), que simplifica para \(-8x+16y=48\), ou seja, \(-x+2y=6\).

Subtraindo as duas equações: \(5y=15\Leftrightarrow y=3\); substituindo, \(x=2\times 3-6=0\).

\(C=\left( 0,3 \right)\), pelo que \({z}_{C}=3i\).

\({\left( 2+i \right)}^{2}=4+4i+{i}^{2}=4+4i-1=3+4i\).

\({i}^{35}={i}^{32}\times {i}^{3}=1\times \left( -i \right)=-i\), logo \(6{i}^{35}=-6i\).

O numerador fica \(\left( 3+4i \right)+1+\left( -6i \right)=4-2i\).

\(\frac{4-2i}{1+2i}=\frac{\left( 4-2i \right)\left( 1-2i \right)}{\left( 1+2i \right)\left( 1-2i \right)}=\frac{4-8i-2i+4{i}^{2}}{1-4{i}^{2}}=\frac{4-10i-4}{1+4}=\frac{-10i}{5}=-2i\).

Resposta: (A)

\(\cos \left( \frac{\pi }{2}-\alpha \right)=\operatorname{sen}\alpha \) e \(\cos \left( -\alpha \right)=\cos \alpha \), pelo que \(z=\operatorname{sen}\alpha -i\cos \alpha \).

\(\frac{2z}{i}=2z\times \frac{1}{i}=2z\times \left( -i \right)=2\left( \operatorname{sen}\alpha -i\cos \alpha \right)\left( -i \right)=2\left( -i\operatorname{sen}\alpha +{i}^{2}\cos \alpha \right)=2\left( -\cos \alpha -i\operatorname{sen}\alpha \right)=-2\cos \alpha -2i\operatorname{sen}\alpha \).

Como \(\cos \left( \pi +\alpha \right)=-\cos \alpha \) e \(\operatorname{sen}\left( \pi +\alpha \right)=-\operatorname{sen}\alpha \), tem-se \(-2\cos \alpha -2i\operatorname{sen}\alpha =2\left[ \cos \left( \pi +\alpha \right)+i\operatorname{sen}\left( \pi +\alpha \right) \right]\).

Logo, \(\frac{2z}{i}=2{e}^{i\left( \pi +\alpha \right)}\).

Resposta: (D)

\(w=2-i+xi=2+\left( x-1 \right)i\), pelo que \(\overline{w}=2-\left( x-1 \right)i\).

\(w-2\overline{w}=\left[ 2+\left( x-1 \right)i \right]-2\left[ 2-\left( x-1 \right)i \right]=2+\left( x-1 \right)i-4+2\left( x-1 \right)i=-2+3\left( x-1 \right)i\).

A bissetriz dos quadrantes pares (2.º e 4.º) é a reta de equação \(y=-x\), ou seja, o conjunto dos pontos cuja parte imaginária é simétrica da parte real.

A condição é, pois, \(\text{Im}\left( w-2\overline{w} \right)=-\text{Re}\left( w-2\overline{w} \right)\): \(3\left( x-1 \right)=-\left( -2 \right)=2\Leftrightarrow x-1=\frac{2}{3}\Leftrightarrow x=\frac{5}{3}\).

a) ★★

\({\left( {e}^{i\frac{\pi }{4}} \right)}^{3}={e}^{i\frac{3\pi }{4}}\).

Como \(-1+i=\sqrt{2}\,{e}^{i\frac{3\pi }{4}}\) (pois \(\left| -1+i \right|=\sqrt{2}\) e \(\text{arg}\left( -1+i \right)=\frac{3\pi }{4}\)), tem-se \({\left( -1+i \right)}^{10}={\left( \sqrt{2} \right)}^{10}{e}^{i\left( 10\times \frac{3\pi }{4} \right)}=32\,{e}^{i\frac{15\pi }{2}}\). Como \(\frac{15\pi }{2}=6\pi +\frac{3\pi }{2}\), vem \({e}^{i\frac{15\pi }{2}}={e}^{i\frac{3\pi }{2}}=-i\), pelo que \({\left( -1+i \right)}^{10}=32\times \left( -i \right)=-32i\).

Substituindo: \(z=\frac{{e}^{i\frac{3\pi }{4}}}{-32i}\times 128\,{e}^{i\pi }=\frac{128}{-32}\times {e}^{i\left( \frac{3\pi }{4}+\pi \right)}\times \frac{1}{i}=-4\,{e}^{i\frac{7\pi }{4}}\times \frac{1}{i}\).

Como \(\frac{1}{i}=-i={e}^{-i\frac{\pi }{2}}\): \(z=-4\,{e}^{i\frac{7\pi }{4}}\times {e}^{-i\frac{\pi }{2}}=-4\,{e}^{i\left( \frac{7\pi }{4}-\frac{\pi }{2} \right)}=-4\,{e}^{i\frac{5\pi }{4}}\).

Como \(-1={e}^{i\pi }\): \(z={e}^{i\pi }\times 4\,{e}^{i\frac{5\pi }{4}}=4\,{e}^{i\left( \pi +\frac{5\pi }{4} \right)}=4\,{e}^{i\frac{9\pi }{4}}=4\,{e}^{i\left( \frac{9\pi }{4}-2\pi \right)}=4\,{e}^{i\frac{\pi }{4}}\), como se pretendia mostrar.

b) ★★

Pela alínea anterior, \(z=4\,{e}^{i\frac{\pi }{4}}\), pelo que \(\left| z \right|=4\) e \(\text{arg}z=\frac{\pi }{4}\).

As raízes quartas de \(z\) têm módulo \(\sqrt[4]{4}=\sqrt{2}\) e argumentos \(\frac{\frac{\pi }{4}+2k\pi }{4}\), \(k=0,1,2,3\), isto é, estão igualmente espaçadas de \(\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2}\) ao longo da circunferência de raio \(\sqrt{2}\) centrada na origem.

As imagens geométricas das \(4\) raízes quartas são, por isso, os vértices de um quadrado inscrito nessa circunferência, de raio (circunraio) \(R=\sqrt{2}\).

Num quadrado inscrito numa circunferência de raio \(R\), a diagonal mede \(2R\), pelo que o lado mede \(\frac{2R}{\sqrt{2}}=R\sqrt{2}\), e a área é \({\left( R\sqrt{2} \right)}^{2}=2{R}^{2}\).

A área do polígono (quadrado) é, portanto, \(2\times {\left( \sqrt{2} \right)}^{2}=2\times 2=4\).

\({i}^{23}={i}^{20}\times {i}^{3}={\left( {i}^{4} \right)}^{5}\times {i}^{3}=1\times \left( -i \right)=-i\), pelo que o numerador é \(15\times \left( -i \right)=-15i\).

\({\left( i-1 \right)}^{2}={i}^{2}-2i+1=-1-2i+1=-2i\), pelo que o denominador é \(-2i-1\).

\({z}_{1}=\frac{-15i}{-1-2i}=\frac{-15i}{-1-2i}\times \frac{-1+2i}{-1+2i}=\frac{-15i\left( -1+2i \right)}{{\left( -1 \right)}^{2}-{\left( 2i \right)}^{2}}=\frac{15i-30{i}^{2}}{1+4}=\frac{15i+30}{5}=6+3i\).

\({z}_{2}=-2k\,{e}^{-i\frac{\pi }{2}}=-2k\left[ \cos \left( -\frac{\pi }{2} \right)+i\operatorname{sen}\left( -\frac{\pi }{2} \right) \right]=-2k\left( 0-i \right)=2ki\), que é um número imaginário puro, de afixo \(\left( 0,2k \right)\).

A distância entre os afixos de \({z}_{1}=\left( 6,3 \right)\) e \({z}_{2}=\left( 0,2k \right)\) é \(10\): \(\sqrt{{\left( 6-0 \right)}^{2}+{\left( 3-2k \right)}^{2}}=10\Leftrightarrow 36+{\left( 3-2k \right)}^{2}=100\Leftrightarrow {\left( 3-2k \right)}^{2}=64\).

\(3-2k=\pm 8\Leftrightarrow k=\frac{3∓8}{2}\), pelo que \(k=-\frac{5}{2}\) ou \(k=\frac{11}{2}\). Como \(k\in {R}^{+}\), rejeita-se o valor negativo: \(k=\frac{11}{2}\).

Resposta: (C)

\({i}^{9}={i}^{8}\times i={\left( {i}^{4} \right)}^{2}\times i=1\times i=i\).

\(z+{i}^{9}z=z+iz=z\left( 1+i \right)\).

A condição é \(\text{arg}\left[ z\left( 1+i \right) \right]=\frac{\pi }{2}\). Para \(z\ne 0\), \(\text{arg}\left[ z\left( 1+i \right) \right]=\text{arg}\left( z \right)+\text{arg}\left( 1+i \right) (\mod  2\pi )\).

Como \(\text{arg}\left( 1+i \right)=\frac{\pi }{4}\): \(\text{arg}\left( z \right)+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow \text{arg}\left( z \right)=\frac{\pi }{4} (\mod  2\pi )\).

O afixo de \({z}_{1}\) está, assim, sobre a semirreta de argumento \(\frac{\pi }{4}\), que é a bissetriz dos quadrantes ímpares (reta \(y=x\), com \(x>0\)).

Escrevendo \(z=x+yi\) (com \(x,y\in R\)): \(z\overline{z}={x}^{2}+{y}^{2}\), \(\text{Re}\left( z \right)=x\), \(\text{Im}\left( -z \right)=-y\).

A condição é \({x}^{2}+{y}^{2}-8x=2\left( -y \right)\Leftrightarrow {x}^{2}-8x+{y}^{2}+2y=0\).

Completando quadrados: \(\left( {x}^{2}-8x+16 \right)+\left( {y}^{2}+2y+1 \right)=16+1\Leftrightarrow {\left( x-4 \right)}^{2}+{\left( y+1 \right)}^{2}=17\).

Esta é a equação de uma circunferência de centro \(\left( 4,-1 \right)\) e raio \(\sqrt{17}\), ou seja, \(\left| z-{z}_{0} \right|=r\) com \({z}_{0}=4-i\) e \(r=\sqrt{17}\).

\({i}^{37}={i}^{36}\times i=i\), logo o numerador é \(-\sqrt{3}+i\).

\(-\sqrt{3}+i\) tem módulo \(2\) e argumento \(\frac{5\pi }{6}\), ou seja, \(-\sqrt{3}+i=2{e}^{i\frac{5\pi }{6}}\).

\(w=\frac{2{e}^{i\frac{5\pi }{6}}}{2{e}^{-i\frac{5\pi }{6}}}={e}^{i\left( \frac{5\pi }{6}+\frac{5\pi }{6} \right)}={e}^{i\frac{5\pi }{3}}\).

As soluções de \({z}^{2}=w\) são \(z={e}^{i\left( \frac{5\pi }{6}+k\pi \right)}\), com \(k\in \{0,1\}\), isto é, \({e}^{i\frac{5\pi }{6}}\) e \({e}^{i\frac{11\pi }{6}}\).

Na forma algébrica: \(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\) e \(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\).

Seja \(w=a+bi\). Então \(z=\frac{\left( a+bi \right)\left( 3+4i \right)}{\left( 3-4i \right)\left( 3+4i \right)}=\frac{3a-4b}{25}+\frac{4a+3b}{25}i\).

De \(\text{Re}\left( z \right)+\text{Im}\left( z \right)=0\): \(\frac{3a-4b}{25}+\frac{4a+3b}{25}=0\Leftrightarrow 7a-b=0\Leftrightarrow b=7a\).

De \(\left| w \right|=5\): \({a}^{2}+{b}^{2}=25\Leftrightarrow {a}^{2}+49{a}^{2}=25\Leftrightarrow {a}^{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\).

Como \(\text{Re}\left( w \right)<0\), vem \(a=-\frac{\sqrt{2}}{2}\) e \(b=-\frac{7\sqrt{2}}{2}\).

Logo \(w=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{7\sqrt{2}}{2}i\).

Como \(w\) é raiz cúbica de \(z\), tem-se \(z={w}^{3}\).

\(w=-\sqrt{3}+i\) tem módulo \(2\) e argumento \(\frac{5\pi }{6}\): \(w=2{e}^{i\frac{5\pi }{6}}\).

\(z={w}^{3}=8{e}^{i\frac{5\pi }{2}}=8{e}^{i\frac{\pi }{2}}=8i\).

\(\left| {i}^{23} \right|=1\), pelo que \(\left| \frac{z-x}{{i}^{23}} \right|=\left| 8i-x \right|=\sqrt{{x}^{2}+64}\).

\(\sqrt{{x}^{2}+64}=9\Leftrightarrow {x}^{2}=17\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{17}\); como \(x<0\), vem \(x=-\sqrt{17}\).

\({i}^{19}={i}^{16}\times {i}^{3}=-i\), logo \({z}_{1}=-2i\), de afixo \(\left( 0,-2 \right)\).

\({z}_{2}=\frac{\left( -3+i \right)\left( 1-i \right)}{\left( 1+i \right)\left( 1-i \right)}=\frac{-3+3i+i+1}{2}=-1+2i\), de afixo \(\left( -1,2 \right)\).

\({e}^{i\frac{3\pi }{4}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\), pelo que \(w=-\sqrt{2}k\left( -\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i \right)=k-ki\), de afixo \(\left( k,-k \right)\).

Equidistância: \(\left| w-{z}_{1} \right|=\left| w-{z}_{2} \right|\), ou seja, \({k}^{2}+{\left( 2-k \right)}^{2}={\left( k+1 \right)}^{2}+{\left( -k-2 \right)}^{2}\).

\(2{k}^{2}-4k+4=2{k}^{2}+6k+5\Leftrightarrow -10k=1\Leftrightarrow k=-\frac{1}{10}\).

\({i}^{15}={i}^{12}\times {i}^{3}=-i\), pelo que \(\frac{5a\,{i}^{15}}{1-2i}=\frac{-5ai\left( 1+2i \right)}{\left( 1-2i \right)\left( 1+2i \right)}=\frac{-5ai+10a}{5}=2a-ai\).

\(\sqrt{2}{e}^{i\frac{7\pi }{4}}=\sqrt{2}\left( \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i \right)=1-i\).

Logo \(z=\left( 2a+1 \right)+\left( -a-1 \right)i\).

De \(\text{Im}\left( z \right)-\text{Re}\left( z \right)=1\): \(\left( -a-1 \right)-\left( 2a+1 \right)=1\Leftrightarrow -3a=3\Leftrightarrow a=-1\).

Então \(z=-1+0i=-1\), cujo módulo é \(1\) e cujo argumento é \(\pi \): \(z={e}^{i\pi }\).

a) ★★

Resposta: (D)

\({i}^{23}={i}^{20}\times {i}^{3}=-i\), cujo argumento é \(\frac{3\pi }{2}\) (ou \(-\frac{\pi }{2}\)).

Um argumento de \({w}^{2}\) é \(2\theta \) e um argumento de \(\hat{w}\) é \(-\theta \).

No quociente, subtrai-se o argumento do denominador: \(\frac{3\pi }{2}+2\theta -\left( -\theta \right)=3\theta +\frac{3\pi }{2}\).

b) ★★★

Da equação vem \({z}^{3}=\frac{8\sqrt{2}\,{e}^{i\frac{\pi }{4}}}{1-i}\).

\(1-i=\sqrt{2}\,{e}^{-i\frac{\pi }{4}}\), pelo que \({z}^{3}=\frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{2}}{e}^{i\left( \frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4} \right)}=8{e}^{i\frac{\pi }{2}}\).

As raízes cúbicas são \(z=2{e}^{i\frac{\frac{\pi }{2}+2k\pi }{3}}\), com \(k\in \{0,1,2\}\): argumentos \(\frac{\pi }{6}\), \(\frac{5\pi }{6}\) e \(\frac{3\pi }{2}\).

Como \(\theta \in \left] \frac{\pi }{2},\pi \right[\), tem-se \(w=2{e}^{i\frac{5\pi }{6}}\).

\(w=2\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i \right)=-\sqrt{3}+i\).

\(\frac{4}{1+i}=\frac{4\left( 1-i \right)}{\left( 1+i \right)\left( 1-i \right)}=\frac{4\left( 1-i \right)}{2}=2-2i\).

\({i}^{7}={i}^{4}\times {i}^{3}=1\times \left( -i \right)=-i\), pelo que \(\frac{2}{{i}^{7}}=\frac{2}{-i}=2i\).

\(z=\left( 2-2i \right)-2i=2-4i\).

Um número complexo de módulo \(5\sqrt{2}\) e afixo na bissetriz do terceiro quadrante (argumento \(\frac{5\pi }{4}\)) é

\[5\sqrt{2}\left( \cos \frac{5\pi }{4}+i\operatorname{sen}\frac{5\pi }{4} \right)=5\sqrt{2}\left( -\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i \right)=-5-5i\]

Como \(z\times w=-5-5i\), vem \(w=\frac{-5-5i}{2-4i}=\frac{\left( -5-5i \right)\left( 2+4i \right)}{\left( 2-4i \right)\left( 2+4i \right)}=\frac{10-30i}{20}=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i\).

\(-1-\sqrt{3}i\) tem módulo \(\sqrt{1+3}=2\) e argumento no terceiro quadrante, com referência \(\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}\): o argumento é \(-\pi +\frac{\pi }{3}=-\frac{2\pi }{3}\). Logo \(-1-\sqrt{3}i=2{e}^{i\left( -\frac{2\pi }{3} \right)}\).

\(w=\frac{2{e}^{i\left( -\frac{2\pi }{3} \right)}}{{e}^{i\left( -\frac{3\pi }{4} \right)}}=2{e}^{i\left( -\frac{2\pi }{3}+\frac{3\pi }{4} \right)}=2{e}^{i\frac{\pi }{12}}\) (pois \(-\frac{2\pi }{3}+\frac{3\pi }{4}=\frac{-8\pi +9\pi }{12}=\frac{\pi }{12}\)).

Como \(w\) é uma raiz sexta de \(z\): \(z={w}^{6}={2}^{6}{e}^{i\times 6\times \frac{\pi }{12}}=64{e}^{i\frac{\pi }{2}}=64i\).

\(iz=i\times 64i=64{i}^{2}=-64\).

\({i}^{17}={i}^{16}\times i={\left( {i}^{4} \right)}^{4}\times i=i\).

\({e}^{i\frac{5\pi }{6}}=\cos \frac{5\pi }{6}+i\operatorname{sen}\frac{5\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\).

O numerador é \(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i-i=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\).

Dividindo por \(i\) (multiplicando por \(\frac{1}{i}=-i\)): \(w=\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i \right)\times \left( -i \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}i+\frac{1}{2}{i}^{2}\times \left( -1 \right)\), ou seja, \(w=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\).

\(w\) tem módulo \(1\) e argumento \(\frac{2\pi }{3}\) (pois \(\cos \frac{2\pi }{3}=-\frac{1}{2}\), \(\operatorname{sen}\frac{2\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)), ou seja, \(w={e}^{i\frac{2\pi }{3}}\).

As soluções de \({z}^{2}=w\) são \(z=\sqrt[2]{1}\,{e}^{i\left( \frac{2\pi /3+2k\pi }{2} \right)}\), \(k=0,1\): \(z={e}^{i\frac{\pi }{3}}\) e \(z={e}^{i\frac{4\pi }{3}}\).

\(z=\cos \frac{\pi }{3}+i\operatorname{sen}\frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\) e \(z=\cos \frac{4\pi }{3}+i\operatorname{sen}\frac{4\pi }{3}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\).

Como \({i}^{4}=1\), \({i}^{11}={i}^{8}\times {i}^{3}={i}^{3}=-i\), pelo que o numerador é \(2\times \left( -i \right)\times {e}^{i\alpha }=-2i\,{e}^{i\alpha }\).

Escrevendo \(-2i=2{e}^{i\frac{3\pi }{2}}\), o numerador fica \(2{e}^{i\frac{3\pi }{2}}\times {e}^{i\alpha }=2{e}^{i\left( \frac{3\pi }{2}+\alpha \right)}\).

O denominador \(-1-\sqrt{3}\,i\) tem módulo \(\sqrt{{\left( -1 \right)}^{2}+{\left( -\sqrt{3} \right)}^{2}}=\sqrt{4}=2\) e, por estar no 3.º quadrante com \(\tan =\sqrt{3}\), um argumento \(\pi +\frac{\pi }{3}=\frac{4\pi }{3}\); logo \(-1-\sqrt{3}\,i=2{e}^{i\frac{4\pi }{3}}\).

Assim,

\[z=\frac{2{e}^{i\left( \frac{3\pi }{2}+\alpha \right)}}{2{e}^{i\frac{4\pi }{3}}}={e}^{i\left( \frac{3\pi }{2}+\alpha -\frac{4\pi }{3} \right)}={e}^{i\left( \frac{\pi }{6}+\alpha \right)}.\]

Como \(\left| z \right|=1\) e \(\text{Re}\left( z \right)=-\text{Im}\left( z \right)\), com \(\text{Re}\left( z \right)=\cos \left( \frac{\pi }{6}+\alpha \right)\) e \(\text{Im}\left( z \right)=\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{6}+\alpha \right)\), tem-se \(\cos \theta =-\operatorname{sen}\theta \) (com \(\theta =\frac{\pi }{6}+\alpha \)), ou seja \(\theta =\frac{3\pi }{4}+k\pi \), \(k\in Z\).

Para o afixo de \(z\) estar no 4.º quadrante é necessário \(\text{Re}\left( z \right)>0\) e \(\text{Im}\left( z \right)<0\); de entre as soluções de \(\cos \theta =-\operatorname{sen}\theta \), isso só acontece para \(\theta =\frac{7\pi }{4}+2k\pi \) (onde \(\cos \theta =\frac{\sqrt{2}}{2}>0\) e \(\operatorname{sen}\theta =-\frac{\sqrt{2}}{2}<0\)).

Logo \(\frac{\pi }{6}+\alpha =\frac{7\pi }{4}+2k\pi \Leftrightarrow \alpha =\frac{19\pi }{12}+2k\pi \), \(k\in Z\).

Como \(\alpha \in [0,2\pi [\), conclui-se \(\alpha =\frac{19\pi }{12}\).

Como \({i}^{4}=1\), \({i}^{23}={i}^{20}\times {i}^{3}={i}^{3}=-i\), pelo que \({z}_{1}+{i}^{23}=-5i-i=-6i\).

Em forma trigonométrica, \(-6i=6\,cis\left( -\frac{\pi }{2} \right)\).

\({z}_{2}=-1-\sqrt{3}\,i\) tem módulo \(\sqrt{1+3}=2\) e argumento \(\pi +\frac{\pi }{3}=\frac{4\pi }{3}\) (3.º quadrante, com \(\tan =\sqrt{3}\)), pelo que \({z}_{2}=2\,cis\left( \frac{4\pi }{3} \right)\) e \({z}_{2}^{\,n}={2}^{n}\,cis\left( \frac{4n\pi }{3} \right)\).

Logo

\[w=\frac{6\,cis\left( -\frac{\pi }{2} \right)}{{2}^{n}\,cis\left( \frac{4n\pi }{3} \right)}=\frac{6}{{2}^{n}}\,cis\left( -\frac{\pi }{2}-\frac{4n\pi }{3} \right).\]

Para \(w\) ser imaginário puro (não nulo), o seu argumento tem de ser \(\frac{\pi }{2}+k\pi \), \(k\in Z\), ou seja,

\[-\frac{\pi }{2}-\frac{4n\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k\pi  \left( mod 2\pi \right)\Leftrightarrow -\frac{4n}{3}\equiv 1 \left( mod 1 \right)\Leftrightarrow \frac{4n}{3}\in Z.\]

Como \(mdc\left( 4,3 \right)=1\), \(\frac{4n}{3}\in Z\) exige que \(3\) seja divisor de \(n\). O menor número natural nessas condições é \(n=3\).

Verificação: para \(n=3\), \(w=\frac{6}{8}\,cis\left( -\frac{\pi }{2}-4\pi \right)=\frac{3}{4}\,cis\left( -\frac{\pi }{2} \right)=-\frac{3}{4}\,i\), que é, de facto, imaginário puro.

Resposta: (C)

Como \(\text{Im}\left( w \right)=-\text{Re}\left( w \right)\) e \(\text{Re}\left( w \right)>1\), o afixo \(W\) está no \(4{.}^{o}\) quadrante, sobre a reta \(y=-x\); um argumento de \(w\) é \(-\frac{\pi }{4}\), e \(\left| w \right|=\text{Re}\left( w \right)\sqrt{2}>\sqrt{2}\), pelo que \({\left| w \right|}^{2}>2\).

Um argumento de \({w}^{2}\) é \(2\times \left( -\frac{\pi }{4} \right)=-\frac{\pi }{2}\); um argumento de \(-i\) é \(-\frac{\pi }{2}\). Logo, um argumento de \(-i{w}^{2}\) é \(-\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}=-\pi \), ou seja, \(\pi \) (mod \(2\pi \)): o afixo de \(-i{w}^{2}\) está no semieixo real negativo.

Como \(\left| -i{w}^{2} \right|={\left| w \right|}^{2}>2\), o afixo de \(-i{w}^{2}\) está a uma distância da origem superior a \(2\); pela figura, isso corresponde ao ponto \(C\) (mais afastado da origem do que \(B\)), e não ao ponto \(B\).

\(-\sqrt{3}+i\) tem módulo \(\sqrt{3+1}=2\) e, por estar no \(2{.}^{o}\) quadrante com \(\tan =\frac{1}{\sqrt{3}}\), argumento \(\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}\); logo \(-\sqrt{3}+i=2\,cis\left( \frac{5\pi }{6} \right)\).

\(\sqrt{2}\,i=\sqrt{2}\,cis\left( \frac{\pi }{2} \right)\).

\(\frac{-\sqrt{3}+i}{\sqrt{2}\,i}=\frac{2}{\sqrt{2}}\,cis\left( \frac{5\pi }{6}-\frac{\pi }{2} \right)=\sqrt{2}\,cis\left( \frac{\pi }{3} \right)\).

Elevando a \(6\): \({\left( \sqrt{2} \right)}^{6}cis\left( 6\times \frac{\pi }{3} \right)=8\,cis\left( 2\pi \right)=8\).

A equação é \({z}^{3}=8\). As raízes cúbicas de \(8=8\,cis\left( 0 \right)\) são \({z}_{k}=2\,cis\left( \frac{2k\pi }{3} \right)\), \(k=0,1,2\):

\[{z}_{0}=2;  {z}_{1}=2\,cis\left( \frac{2\pi }{3} \right)=-1+\sqrt{3}\,i;  {z}_{2}=2\,cis\left( \frac{4\pi }{3} \right)=-1-\sqrt{3}\,i.\]

O único afixo no \(3{.}^{o}\) quadrante (parte real e parte imaginária negativas) é \({z}_{2}=-1-\sqrt{3}\,i\).

\(\frac{4}{1-i}=\frac{4\left( 1+i \right)}{\left( 1-i \right)\left( 1+i \right)}=\frac{4\left( 1+i \right)}{2}=2+2i\) e \({i}^{18}={i}^{4\times 4+2}={i}^{2}=-1\), pelo que \(4{i}^{18}=-4\).

Assim, \(z=2+2i-4=-2+2i\).

\(\left| z \right|=\sqrt{{\left( -2 \right)}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\) e, como \(z\) está no 2.º quadrante, \(\text{Arg}\left( z \right)=\pi -\frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{4}\).

As três raízes cúbicas de \(w\) têm todas módulo \(2\sqrt{2}\) e argumentos igualmente espaçados de \(\frac{2\pi }{3}\): \(\frac{3\pi }{4}-\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{12}\) e \(\frac{3\pi }{4}+\frac{2\pi }{3}=\frac{17\pi }{12}\), ou, em \(\left] -\pi ,\pi \right]\), \(\frac{17\pi }{12}-2\pi =-\frac{7\pi }{12}\).

As restantes raízes cúbicas são

\[2\sqrt{2}\left( \cos \frac{\pi }{12}+i\operatorname{sen}\frac{\pi }{12} \right) e 2\sqrt{2}\left( \cos \left( -\frac{7\pi }{12} \right)+i\operatorname{sen}\left( -\frac{7\pi }{12} \right) \right).\]

\({\left( 1+i \right)}^{2}=1+2i+{i}^{2}=2i\), pelo que \({\left( 1+i \right)}^{2}\left( 2+i \right)=2i\left( 2+i \right)=4i+2{i}^{2}=-2+4i\).

\({i}^{7}={i}^{4}\times {i}^{3}=1\times \left( -i \right)=-i\), pelo que \({z}_{1}=-2+4i-i=-2+3i\).

\({z}_{1}\times {z}_{2}=\left( -2+3i \right)\left( \operatorname{sen}\theta +i\cos \theta \right)=-2\operatorname{sen}\theta -3\cos \theta +i\left( 3\operatorname{sen}\theta -2\cos \theta \right)\).

Igualando a \(3+2i\): \(\left\{ \begin{matrix}-2\operatorname{sen}\theta -3\cos \theta =3 \\ 3\operatorname{sen}\theta -2\cos \theta =2\end{matrix} \right.\)

Resolvendo o sistema (por exemplo, \(3\times \)a 1.ª equação mais \(2\times \)a 2.ª dá \(-13\cos \theta =13\Leftrightarrow \cos \theta =-1\), e substituindo, \(\operatorname{sen}\theta =0\)).

Como \(\theta \in [0,2\pi [\), \(\cos \theta =-1\land \operatorname{sen}\theta =0\Leftrightarrow \theta =\pi \).

\({z}_{1}\times {z}_{2}=\left( -3+2i \right)\left( 1+2i \right)=-3-6i+2i+4{i}^{2}=-3-4i-4=-7-4i\).

\(w=\frac{-7-4i}{2-i}=\frac{\left( -7-4i \right)\left( 2+i \right)}{\left( 2-i \right)\left( 2+i \right)}=\frac{-14-7i-8i-4{i}^{2}}{4+1}=\frac{-14-15i+4}{5}=\frac{-10-15i}{5}=-2-3i\).

\(\left| w \right|=\sqrt{{\left( -2 \right)}^{2}+{\left( -3 \right)}^{2}}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}\).

Como \(\text{Re}\left( w \right)=-2<0\) e \(\text{Im}\left( w \right)=-3<0\), o afixo de \(w\) está no 3.º quadrante, pelo que \(\text{Arg}\left( w \right)\in \left] -\pi ,-\frac{\pi }{2} \right[\).

Seja \(\beta =\text{Arg}\left( w \right)+\pi \in \left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\) o ângulo de referência (medido a partir do semieixo real negativo). Tem-se \(\tan \beta =\frac{\left| \text{Im}\left( w \right) \right|}{\left| \text{Re}\left( w \right) \right|}=\frac{3}{2}>1=\tan \frac{\pi }{4}\), e, como a tangente é crescente em \(\left] 0,\frac{\pi }{2} \right[\), \(\beta >\frac{\pi }{4}\), ou seja, \(\text{Arg}\left( w \right)=\beta -\pi >\frac{\pi }{4}-\pi =-\frac{3\pi }{4}\).

Conclui-se que \(\text{Arg}\left( w \right)\in \left] -\frac{3\pi }{4},-\frac{\pi }{2} \right[\), o que, com \(\left| w \right|=\sqrt{13}\), demonstra a proposição.

Seja \(z=x+yi\), com \(x,y\in R\). Então \(\left( 1+2i \right)\left( x+yi \right)=\left( x-2y \right)+\left( 2x+y \right)i\) e \(\left( 1-2i \right)\left( x-yi \right)=\left( x-2y \right)-\left( 2x+y \right)i\).

Somando: \(\left( 1+2i \right)z+\left( 1-2i \right)\hat{z}=2\left( x-2y \right)\), pelo que a condição fica \(2\left( x-2y \right)+10=0\Leftrightarrow x-2y+5=0\).

O número complexo de menor módulo cujo afixo pertence a esta reta corresponde ao ponto da reta mais próximo da origem, isto é, ao pé da perpendicular à reta tirada pela origem.

A reta \(x-2y+5=0\) tem vetor normal \(\left( 1,-2 \right)\), pelo que a reta perpendicular a esta e que passa na origem tem equação vetorial \(\left( x,y \right)=t\left( 1,-2 \right)\), \(t\in R\), ou seja, \(x=t\) e \(y=-2t\).

Substituindo na equação da reta dada: \(t-2\left( -2t \right)+5=0\Leftrightarrow t+4t+5=0\Leftrightarrow 5t=-5\Leftrightarrow t=-1\).

Logo \(x=-1\) e \(y=-2\left( -1 \right)=2\), pelo que o ponto procurado é \(\left( -1,2 \right)\).

O número complexo de menor módulo é \(z=-1+2i\).

\({z}_{1}^{2}=\frac{1}{4}{e}^{i\frac{\pi }{2}}=\frac{1}{4}i\).

\(\overline{{z}_{2}}=-2i=2{e}^{-i\frac{\pi }{2}}\), logo \({\left( \overline{{z}_{2}} \right)}^{3}=8{e}^{-i\frac{3\pi }{2}}=8{e}^{i\frac{\pi }{2}}=8i\) (pois \(-\frac{3\pi }{2}+2\pi =\frac{\pi }{2}\)).

\({z}_{1}^{2}\times {\left( \overline{{z}_{2}} \right)}^{3}=\frac{1}{4}i\times 8i=2{i}^{2}=-2\).

A equação fica \(i{z}^{2}-2-2=0\Leftrightarrow i{z}^{2}=4\Leftrightarrow {z}^{2}=\frac{4}{i}=-4i=4{e}^{-i\frac{\pi }{2}}\).

\(z=\sqrt{4}\,{e}^{i\left( -\frac{\pi }{2}+2k\pi \right)/2}\), \(k=0,1\): para \(k=0\), \(z=2{e}^{-i\frac{\pi }{4}}\); para \(k=1\), \(z=2{e}^{i\left( -\frac{\pi }{4}+\pi \right)}=2{e}^{i\frac{3\pi }{4}}\).

Na forma trigonométrica: \(z=2\left( \cos \left( -\frac{\pi }{4} \right)+i\operatorname{sen}\left( -\frac{\pi }{4} \right) \right)\) ou \(z=2\left( \cos \frac{3\pi }{4}+i\operatorname{sen}\frac{3\pi }{4} \right)\).

a) ★★★

Seja \(z=r{e}^{i\theta }\), com \(r>0\) (excluindo a solução nula). Então \({z}^{2}={r}^{2}{e}^{2i\theta }\) e \(\hat{z}=r{e}^{-i\theta }\).

Igualando: \({r}^{2}=r\Leftrightarrow r=1\) (pois \(r>0\)) e \(2\theta =-\theta +2k\pi \Leftrightarrow 3\theta =2k\pi \Leftrightarrow \theta =\frac{2k\pi }{3}\), \(k=0,1,2\).

As soluções não nulas são os três pontos da circunferência de raio \(1\) com argumentos \(0\), \(\frac{2\pi }{3}\) e \(\frac{4\pi }{3}\): vértices de um triângulo equilátero inscrito na circunferência de raio \(1\).

O lado de um polígono regular de \(n\) lados inscrito numa circunferência de raio \(R\) é \(2R\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{n} \right)\); aqui, \(n=3\), \(R=1\): lado \(=2\operatorname{sen}\left( \frac{\pi }{3} \right)=2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\).

O perímetro é \(3\sqrt{3}\).

b) ★★

Sendo \(x=\text{Re}\left( z \right)\) e \(y=\text{Im}\left( z \right)\), a condição é \(xy=1\), ou seja, \(y=\frac{1}{x}\) (\(x\ne 0\)).

Como \(xy=1>0\), \(x\) e \(y\) têm o mesmo sinal: o gráfico tem um ramo no primeiro quadrante (\(x>0,y>0\)) e outro no terceiro quadrante (\(x<0,y<0\)), ambos assintóticos aos eixos.

Apenas a opção (D) representa um ramo no primeiro quadrante e outro no terceiro quadrante, ambos com este comportamento assintótico.

Resposta: (D)

a) ★★★

\(\frac{2}{1-i}=\frac{2\left( 1+i \right)}{\left( 1-i \right)\left( 1+i \right)}=\frac{2\left( 1+i \right)}{2}=1+i\).

\({i}^{5}={i}^{4}\times i=i\), pelo que \(\frac{4}{{i}^{5}}=\frac{4}{i}=\frac{4\times \left( -i \right)}{i\times \left( -i \right)}=-4i\).

\({z}_{1}=\left( 1+i \right)-4i=1-3i\).

O afixo de \({z}_{1}\times {z}_{2}\) tem coordenadas positivas e iguais, isto é, \({z}_{1}\times {z}_{2}=a\left( 1+i \right)\), com \(a>0\). Logo \({z}_{2}=\frac{a\left( 1+i \right)}{1-3i}=\frac{a\left( 1+i \right)\left( 1+3i \right)}{\left( 1-3i \right)\left( 1+3i \right)}=\frac{a\left( 1+3i+i-3 \right)}{10}=\frac{a\left( -2+4i \right)}{10}=\frac{a}{5}\left( -1+2i \right)\).

\(\left| {z}_{2} \right|=\frac{a}{5}\sqrt{1+4}=\frac{a\sqrt{5}}{5}\). Como \(\left| {z}_{2} \right|=\sqrt{5}\): \(\frac{a\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}\Leftrightarrow a=5\).

\({z}_{2}=\frac{5}{5}\left( -1+2i \right)=-1+2i\).

b) ★

\({\left( k+i \right)}^{2}=3-4i\Leftrightarrow {k}^{2}+2ki+{i}^{2}=3-4i\Leftrightarrow \left( {k}^{2}-1 \right)+2ki=3-4i\).

Igualando partes reais e imaginárias: \({k}^{2}-1=3\) e \(2k=-4\).

De \(2k=-4\): \(k=-2\). (Verifica-se \({k}^{2}-1=4-1=3\). ✓)

Resposta: (D)

\(\frac{2-2i}{1-i}=\frac{2\left( 1-i \right)}{1-i}=2\), e \({i}^{23}={i}^{20}\times {i}^{3}=1\times \left( -i \right)=-i\), pelo que \(z=2+2\times \left( -i \right)=2-2i\).

\(z\) tem módulo \(\left| z \right|=\sqrt{{2}^{2}+{\left( -2 \right)}^{2}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\) e argumento \(-\frac{\pi }{4}\) (pois \(\text{Re}\left( z \right)=2>0\) e \(\text{Im}\left( z \right)=-2<0\), com \(\left| \frac{\text{Im}}{\text{Re}} \right|=1\)).

Como \(z\) é raiz cúbica de \(w\), \(w={z}^{3}\), logo \(\left| w \right|={\left| z \right|}^{3}={\left( 2\sqrt{2} \right)}^{3}=16\sqrt{2}\) e \(\text{arg}\left( w \right)=3\times \left( -\frac{\pi }{4} \right)=-\frac{3\pi }{4}\).

As três raízes cúbicas de \(w\) têm módulo \(\sqrt[3]{16\sqrt{2}}=\sqrt[3]{{2}^{4,5}}={2}^{1,5}=2\sqrt{2}\) e argumentos \(\frac{-\frac{3\pi }{4}+2k\pi }{3}\), \(k=0,1,2\).

Para \(k=0\): argumento \(-\frac{\pi }{4}\), que corresponde ao próprio \(z\) (confirma a consistência do cálculo).

Para \(k=1\): argumento \(\frac{-\frac{3\pi }{4}+2\pi }{3}=\frac{\frac{5\pi }{4}}{3}=\frac{5\pi }{12}\).

Para \(k=2\): argumento \(\frac{-\frac{3\pi }{4}+4\pi }{3}=\frac{\frac{13\pi }{4}}{3}=\frac{13\pi }{12}\).

As restantes raízes cúbicas de \(w\) são, na forma trigonométrica, \(2\sqrt{2}\left( \cos \frac{5\pi }{12}+i\operatorname{sen}\frac{5\pi }{12} \right)\) e \(2\sqrt{2}\left( \cos \frac{13\pi }{12}+i\operatorname{sen}\frac{13\pi }{12} \right)\).

Como \(\left| w \right|=\left| -{e}^{i\theta } \right|=1\), tem-se \(w\overline{w}={\left| w \right|}^{2}=1\).

\({w}^{3}={\left( -{e}^{i\theta } \right)}^{3}=-{e}^{i3\theta }\).

A equação fica: \(-{e}^{i3\theta }+1=1+i\Leftrightarrow -{e}^{i3\theta }=i\Leftrightarrow {e}^{i3\theta }=-i\).

Como \(-i=\cos \left( -\frac{\pi }{2} \right)+i\operatorname{sen}\left( -\frac{\pi }{2} \right)\), vem \(3\theta =-\frac{\pi }{2}+2k\pi , k\in Z\), ou seja, \(\theta =-\frac{\pi }{6}+\frac{2k\pi }{3}\).

Testando valores de \(k\) para obter \(\theta \in \left] \pi ,\frac{3\pi }{2} \right[\): para \(k=2\), \(\theta =-\frac{\pi }{6}+\frac{4\pi }{3}=\frac{7\pi }{6}\approx 3,67\) rad, que satisfaz \(\pi <\frac{7\pi }{6}<\frac{3\pi }{2}\) (os outros valores de \(k\) dão \(\theta \) fora do intervalo).

Logo, \(\theta =\frac{7\pi }{6}\).

Como \(A\) pertence ao semieixo imaginário positivo e tem módulo \(2\) (raio da circunferência), \(A\) é o afixo de \(2i=2\left( \cos \frac{\pi }{2}+i\operatorname{sen}\frac{\pi }{2} \right)\).

Sendo \(A\) o afixo de uma das raízes quintas de \(z\), tem-se \(z={\left( 2i \right)}^{5}={2}^{5}{i}^{5}=32i\) (pois \({i}^{5}=i\)); de facto, \(\left| z \right|={2}^{5}=32\) e \(\text{arg}\left( z \right)=5\times \frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{2}\equiv \frac{\pi }{2} (\mod  2\pi )\), confirmando \(z=32i\).

\({i}^{14}={i}^{12}\times {i}^{2}=1\times \left( -1 \right)=-1\).

\({i}^{14}z=-1\times 32i=-32i\).

\(-32i\) tem módulo \(32\) e argumento \(-\frac{\pi }{2}\) (ou, de forma equivalente, \(\frac{3\pi }{2}\)), pelo que, na forma trigonométrica, \({i}^{14}z=32\left( \cos \left( -\frac{\pi }{2} \right)+i\operatorname{sen}\left( -\frac{\pi }{2} \right) \right)\).

Resposta: (C)

Como \(\text{Im}\left( w \right)=-\text{Re}\left( w \right)>0\), tem-se \(\text{Re}\left( w \right)<0\) e \(\text{Im}\left( w \right)>0\) (2.º quadrante), com \(\left| \frac{\text{Im}\left( w \right)}{\text{Re}\left( w \right)} \right|=1\), pelo que \(\text{arg}\left( w \right)=\frac{3\pi }{4}\).

Sendo \(A\), \(B\), \(C\) vértices consecutivos do polígono regular de nove lados, percorridos no sentido positivo, o ângulo ao centro entre vértices consecutivos é \(\frac{2\pi }{9}\), pelo que \(\text{arg}\left( w \right)=\text{arg}\left( z \right)+2\times \frac{2\pi }{9}=\text{arg}\left( z \right)+\frac{4\pi }{9}\).

Logo, \(\text{arg}\left( z \right)-\text{arg}\left( w \right)=-\frac{4\pi }{9}\).

Um argumento de \(\frac{z}{w}\) é \(\text{arg}\left( z \right)-\text{arg}\left( w \right)=-\frac{4\pi }{9}\); reduzindo ao intervalo \([0,2\pi [\), \(-\frac{4\pi }{9}+2\pi =-\frac{4\pi }{9}+\frac{18\pi }{9}=\frac{14\pi }{9}\).

\(1-\sqrt{3}i\) tem módulo \(2\) e argumento \(-\frac{\pi }{3}\), pelo que \({\left( 1-\sqrt{3}i \right)}^{5}={2}^{5}\text{cis}\left( 5\times \left( -\frac{\pi }{3} \right) \right)=32\text{cis}\left( -\frac{5\pi }{3} \right)=32\text{cis}\left( \frac{\pi }{3} \right)=32\left( \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right)=16+16\sqrt{3}i\).

Como \({i}^{5}=i\): \({\left( 1-\sqrt{3}i \right)}^{5}\times {i}^{5}=\left( 16+16\sqrt{3}i \right)\times i=16i+16\sqrt{3}{i}^{2}=-16\sqrt{3}+16i\).

Somando \(16\sqrt{3}\): \(\left( -16\sqrt{3}+16i \right)+16\sqrt{3}=16i\). O numerador de \(z\) é, pois, \(16i\).

\(z=\frac{16i}{-8i{e}^{i\alpha }}=\frac{16i}{-8i}\times {e}^{-i\alpha }=-2{e}^{-i\alpha }=2{e}^{i\left( \pi -\alpha \right)}\) (pois \(-2=2{e}^{i\pi }\)).

Seja \(\beta =\pi -\alpha \), pelo que \(z=2\cos \beta +2i\operatorname{sen}\beta \). A condição \(\left| z-\left( -1 \right) \right|=\sqrt{7}\) equivale a \({\left( 2\cos \beta +1 \right)}^{2}+{\left( 2\operatorname{sen}\beta \right)}^{2}=7\).

Desenvolvendo: \(4{\cos }^{2}\beta +4\cos \beta +1+4{\operatorname{sen}}^{2}\beta =7\Leftrightarrow 4+4\cos \beta +1=7\Leftrightarrow 4\cos \beta =2\Leftrightarrow \cos \beta =\frac{1}{2}\).

\(\cos \beta =\frac{1}{2}\Leftrightarrow \beta =\pm \frac{\pi }{3}+2k\pi , k\in Z\). Como \(\beta =\pi -\alpha \): \(\alpha =\pi ∓\frac{\pi }{3}-2k\pi \).

Testando \(\alpha \in \left] \pi ,\frac{3\pi }{2} \right[\): para \(\alpha =\pi +\frac{\pi }{3}=\frac{4\pi }{3}\approx 4,19\), tem-se \(\pi <\frac{4\pi }{3}<\frac{3\pi }{2}\) ✓ (o outro valor, \(\alpha =\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}\), não pertence ao intervalo). Logo, \(\alpha =\frac{4\pi }{3}\).

Substituindo: \(\beta =\pi -\frac{4\pi }{3}=-\frac{\pi }{3}\), pelo que \(z=2\text{cis}\left( -\frac{\pi }{3} \right)=2\left( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \right)=1-\sqrt{3}i\).

Verificação: \(\left| z+1 \right|=\left| 2-\sqrt{3}i \right|=\sqrt{4+3}=\sqrt{7}\) ✓.

\({\left( {z}_{2} \right)}^{2}={\left( \sqrt{3} \right)}^{2}{e}^{i\times 2\times \frac{\pi }{12}}=3{e}^{i\frac{\pi }{6}}\).

\({\left( {z}_{2} \right)}^{2}\times {z}_{1}=3{e}^{i\frac{\pi }{6}}\times 2i=6i\,{e}^{i\frac{\pi }{6}}\); como \(i={e}^{i\frac{\pi }{2}}\), \(6i\,{e}^{i\frac{\pi }{6}}=6{e}^{i\left( \frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2} \right)}=6{e}^{i\frac{2\pi }{3}}=6\left( -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right)=-3+3\sqrt{3}i\).

Somando \(6\): \(\left( -3+3\sqrt{3}i \right)+6=3+3\sqrt{3}i\), que tem módulo \(\sqrt{{3}^{2}+{\left( 3\sqrt{3} \right)}^{2}}=\sqrt{9+27}=6\) e argumento \(\frac{\pi }{3}\) (pois \(\operatorname{tg}=\sqrt{3}\), primeiro quadrante). O numerador de \(w\) é, pois, \(6{e}^{i\frac{\pi }{3}}\).

O denominador é \(2{e}^{i\left( -\frac{11\pi }{6} \right)}=2{e}^{i\left( -\frac{11\pi }{6}+2\pi \right)}=2{e}^{i\frac{\pi }{6}}\).

\(w=\frac{6{e}^{i\frac{\pi }{3}}}{2{e}^{i\frac{\pi }{6}}}=3{e}^{i\left( \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6} \right)}=3{e}^{i\frac{\pi }{6}}\).

Como \({z}_{3}\) é raiz cúbica de \(w\): \({r}^{3}=\left| w \right|=3\Leftrightarrow r=\sqrt[3]{3}\).

\(3\alpha =\frac{\pi }{6}+2k\pi , k\in Z\Leftrightarrow \alpha =\frac{\pi }{18}+\frac{2k\pi }{3}\). Testando valores de \(k\) para obter \(\alpha \in \left] \frac{\pi }{2},\pi \right[\): para \(k=1\), \(\alpha =\frac{\pi }{18}+\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{18}+\frac{12\pi }{18}=\frac{13\pi }{18}\approx 2,27\), que satisfaz \(\frac{\pi }{2}<\frac{13\pi }{18}<\pi \) (os outros valores de \(k\) dão \(\alpha \) fora do intervalo).

Logo, \(r=\sqrt[3]{3}\) e \(\alpha =\frac{13\pi }{18}\).

Convertendo \({z}_{2}\) para a forma trigonométrica: \(\left| {z}_{2} \right|=\sqrt{{3}^{2}+{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}=\sqrt{9+3}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\); \(\text{Arg}\left( {z}_{2} \right)=\arctan \left( \frac{\sqrt{3}}{3} \right)=\frac{\pi }{6}\) (primeiro quadrante). Logo, \({z}_{2}=2\sqrt{3}\,{e}^{i\frac{\pi }{6}}\).

\(-{e}^{i\frac{\pi }{4}}={e}^{i\pi }\times {e}^{i\frac{\pi }{4}}={e}^{i\frac{5\pi }{4}}\).

\(-{e}^{i\frac{\pi }{4}}\times {z}_{2}={e}^{i\frac{5\pi }{4}}\times 2\sqrt{3}\,{e}^{i\frac{\pi }{6}}=2\sqrt{3}\,{e}^{i\left( \frac{5\pi }{4}+\frac{\pi }{6} \right)}=2\sqrt{3}\,{e}^{i\frac{17\pi }{12}}\) (pois \(\frac{5\pi }{4}+\frac{\pi }{6}=\frac{15\pi }{12}+\frac{2\pi }{12}=\frac{17\pi }{12}\)).

\(\overline{{z}_{1}}=2{e}^{-i\frac{5\pi }{12}}\).

\(\frac{-{e}^{i\frac{\pi }{4}}\times {z}_{2}}{\overline{{z}_{1}}}=\frac{2\sqrt{3}\,{e}^{i\frac{17\pi }{12}}}{2{e}^{-i\frac{5\pi }{12}}}=\sqrt{3}\,{e}^{i\left( \frac{17\pi }{12}+\frac{5\pi }{12} \right)}=\sqrt{3}\,{e}^{i\frac{22\pi }{12}}=\sqrt{3}\,{e}^{i\frac{11\pi }{6}}\).

Elevando a \(n\): \({\left( \sqrt{3}\,{e}^{i\frac{11\pi }{6}} \right)}^{n}={\left( \sqrt{3} \right)}^{n}{e}^{i\frac{11n\pi }{6}}\). Este número é real se e só se \(\frac{11n\pi }{6}\) for um múltiplo inteiro de \(\pi \), ou seja, \(\frac{11n}{6}\in Z\), isto é, \(6∣11n\).

Como \(\text{mdc}\left( 11,6 \right)=1\), tem de ser \(6∣n\); o menor natural positivo com esta propriedade é \(n=6\).

Confirmação: para \(n=6\), o argumento é \(\frac{11\times 6\pi }{6}=11\pi \equiv \pi  (\mod  2\pi )\), que corresponde a um número real (negativo); para qualquer \(n\in \{1,2,3,4,5\}\) o argumento \(\frac{11n\pi }{6}\) não é múltiplo de \(\pi \), confirmando que \(n=6\) é, de facto, o menor valor possível.

\(\frac{4+2i}{1-i}=\frac{\left( 4+2i \right)\left( 1+i \right)}{\left( 1-i \right)\left( 1+i \right)}=\frac{4+4i+2i+2{i}^{2}}{2}=\frac{4+6i-2}{2}=\frac{2+6i}{2}=1+3i\).

\({i}^{74}={i}^{72}\times {i}^{2}={\left( {i}^{4} \right)}^{18}\times \left( -1 \right)=1\times \left( -1 \right)=-1\), pelo que \(2{i}^{74}=-2\).

\({z}_{1}=\left( 1+3i \right)+\left( -2 \right)=-1+3i\).

\({z}_{2}=2{e}^{i\frac{\pi }{2}}=2i\).

\({z}_{1}-{z}_{2}=\left( -1+3i \right)-2i=-1+i\); na forma trigonométrica, \(\left| -1+i \right|=\sqrt{2}\) e \(\text{Arg}\left( -1+i \right)=\frac{3\pi }{4}\), pelo que \({z}_{1}-{z}_{2}=\sqrt{2}\,{e}^{i\frac{3\pi }{4}}\).

A equação é \(\sqrt{2}\,{e}^{i\frac{3\pi }{4}}{z}^{2}=2i\,\overline{z}\). Tomando módulos (com \(z\ne 0\), já que \(z=0\) também é solução mas tem imagem geométrica na origem, não no \(3.º\) quadrante): \(\sqrt{2}{\left| z \right|}^{2}=2\left| z \right|\Leftrightarrow \left| z \right|=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\) (dividindo por \(\left| z \right|\ne 0\), e usando \(\left| \overline{z} \right|=\left| z \right|\)).

Escrevendo \(z=\sqrt{2}\,{e}^{i\theta }\) (com \(\left| z \right|=\sqrt{2}\) já determinado) e \(\overline{z}=\sqrt{2}\,{e}^{-i\theta }\), substituindo na equação: \(\sqrt{2}\,{e}^{i\frac{3\pi }{4}}\times 2{e}^{i2\theta }=2i\times \sqrt{2}\,{e}^{-i\theta }\Leftrightarrow 2\sqrt{2}\,{e}^{i\left( \frac{3\pi }{4}+2\theta \right)}=2\sqrt{2}\,{e}^{i\left( \frac{\pi }{2}-\theta \right)}\) (usando \(2i=2{e}^{i\frac{\pi }{2}}\)).

Logo, \(\frac{3\pi }{4}+2\theta =\frac{\pi }{2}-\theta +2k\pi \Leftrightarrow 3\theta =-\frac{\pi }{4}+2k\pi \Leftrightarrow \theta =-\frac{\pi }{12}+\frac{2k\pi }{3}\), \(k\in Z\).

Testando valores de \(k\) para obter \(\theta \) no \(3.º\) quadrante (\(\theta \in \,]\pi ,\frac{3\pi }{2}[\), a menos de \(2\pi \)): para \(k=2\), \(\theta =-\frac{\pi }{12}+\frac{4\pi }{3}=-\frac{\pi }{12}+\frac{16\pi }{12}=\frac{15\pi }{12}=\frac{5\pi }{4}\), que pertence ao \(3.º\) quadrante.

\(w=\sqrt{2}\,{e}^{i\frac{5\pi }{4}}=\sqrt{2}\left( \cos \frac{5\pi }{4}+i\operatorname{sen}\frac{5\pi }{4} \right)=\sqrt{2}\left( -\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=-1-i\).

Verificação: com \(w=-1-i\), \({w}^{2}={\left( -1-i \right)}^{2}=1+2i+{i}^{2}=2i\) e \(\overline{w}=-1+i\); \(\left( {z}_{1}-{z}_{2} \right){w}^{2}=\left( -1+i \right)\times 2i=-2i+2{i}^{2}=-2-2i\); \({z}_{2}\overline{w}=2i\times \left( -1+i \right)=-2i+2{i}^{2}=-2-2i\); ambos os membros coincidem, confirmando que \(w=-1-i\) satisfaz a equação.