ELEMENTOS: 082-Valores Trigonométricos de z=A+Bi

O objetivo do presente artigo é calcular os valores de

$sen(A+Bi)$

$cos(A+Bi)$

$tan(A+Bi)$

Vamos precisar, então, da forma exponencial de um número complexo $z$ .

Já vimos, no artigo anterior, as seguintes representações de $z$ :

Algébrica: $z=a+bi$

Geométrica: $z=(a,b)$

Trigonométrica: $z=\rho(cos \ \theta+isen \ \theta)$

Forma Exponencial de um Número Complexo

Um modo de chegar na forma exponencial é pensar em $z$ na forma trigonométrica como uma função de $\theta$ (em radianos), derivar e resolver a equação diferencial correspondente, ou seja

$z(\theta)=\rho(cos \theta+isen \ \theta)$

$\frac{dz}{d\theta}=\rho(-sen \ \theta+icos \ \theta)$

$\frac{dz}{d\theta}=iz$

$\frac{1}{z} \ dz=i \ d\theta$

$\int \frac{1}{z} \ dz=\int i \ d\theta$

$ln(z)+C_1=i\theta+C_2$

$ln(z)=i\theta+(C_2-C_1)$

$ln(z)=i\theta+C$

$z=e^{C+i\theta}$

$z=e^Ce^{i\theta}$

Mas em $z(\theta)=e^Ce^{i\theta}$ e $z(\theta)=\rho(cos \theta+isen \ \theta)$ temos $z(0)= e^C$ e $z(0)=\rho$ , respectivamente, de forma que $e^C=\rho$ . Chegamos, então, a forma exponencial do número complexo $z=a+bi$ :

$z=\rho e^{i\theta}$

Onde $\rho=|z|=\sqrt{a^2+b^2}\geq 0$ é o módulo de $z$ e $\theta=arccos \ \frac{a}{\rho}=arcosen \ \frac{b}{\rho}$ é o argumento de $z$ .

$sen(A+Bi)$

Agora, para achar uma expressão para $sen(A+Bi)$ , façamos $\rho=1$ e calculamos

$e^{i\theta}-e^{-i\theta}=(cos \ \theta+isen \ \theta)-(cos \ \theta-isen \ \theta)=2isen \ \theta \Rightarrow$

$sen \ \theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$

de forma que

$sen(A+Bi)=\frac{e^{i(A+Bi)}-e^{i(-A-Bi)}}{2i}=\frac{e^{(-B+Ai)}-e^{(B-Ai)}}{2e^{i(\pi/2)}}\Rightarrow$

$sen(A+Bi)=\frac{e^{-B}}{2}.\frac{e^{iA}}{e^{i(\pi/2)}}-\frac{e^{B}}{2}.\frac{e^{-iA}}{e^{i(\pi/2)}}\Rightarrow$

$sen(A+Bi)=\frac{e^{-B}}{2}.e^{i(A-\pi/2)}-\frac{e^{B}}{2}.e^{i(-A-\pi/2)}\Rightarrow$

$sen(A+Bi)=$

$\left[\frac{e^{-B}}{2}cos(A-\pi/2)+\frac{e^{-B}}{2}isen(A-\pi/2)\right]-$

$\left[\frac{e^{B}}{2}cos(-A-\pi/2)+\frac{e^{B}}{2}isen(-A-\pi/2)\right]$

Mas,

$cos(-A-\pi/2)=cos(A+\pi/2)$

$sen(-A-\pi/2)=-sen(A+\pi/2)$

Substituindo estas equivalências na expressão final e efetuando a diferença do segundo membro, chegamos a conclusão que

$sen(A+Bi)=C+Di$ , onde

$C=\frac{e^{-B}}{2}cos(A-\pi/2)-\frac{e^{B}}{2}cos(A+\pi/2)=\left(\frac{e^{B}+e^{-B}}{2} \right )sen \ A$

$D=\frac{e^{-B}}{2}sen(A-\pi/2)+\frac{e^{B}}{2}sen(A+\pi/2)=\left(\frac{e^{B}-e^{-B}}{2} \right )cos \ A$

ou

$C=sen \ A.cosh \ B$

$D=senh \ B.\cos A$

$cos(A+Bi)$

No caso de $cos(A+Bi)$ , usamos agora

$e^{i\theta}+e^ {-i\theta}=(cos \ \theta+isen \ \theta)+(cos \ \theta-isen \theta) \Rightarrow$

$cos \ \theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}$

Fazendo $\theta=A+Bi$ e $2=2e^{i.0}$ , desenvolvendo e separando a parte real e imaginária, chegamos analogamente à

$cos(A+Bi)=C+Di$ , onde

$C=\frac{e^{-B}}{2}cos(A-0)+\frac{e^{B}}{2}cos(A+0)=\left(\frac{e^{-B}+e^{B}}{2}\right)cos A$

$D=\frac{e^{-B}}{2}sen(A-0)-\frac{e^{B}}{2}sen(A+0)=\left(\frac{e^{-B}-e^{B}}{2}\right)sen A$

ou

$C= cos \ A \ cosh \ B$

$D= -sen \ A \ senh \ B$

$tan(A+Bi)$

Para $tan(A+Bi)$ , basta fazer

$tan(A+Bi)=\frac{sen(A+Bi)}{cos(A+Bi)}$ , com os já calculados

$sen(A+Bi)=(sen \ A \ cosh \ B)+(senh \ B \ cos \ A)i$

$cos(A+Bi)= (cos \ A \ cosh \ B)-(sen \ A \ senh \ B)i$

e usar a fórmula conhecida de divisão de dois números complexos na forma algébrica

$\frac{s+ti}{u+vi}=\frac{su+tv}{u^2+v^2}+\frac{tu-sv}{u^2+v^2}i$ .

Fica como exercício aos leitores.

Referência Bibliográfica

-História da Matemática, de Carl B.Boyer, Editora Edgard Blücher LTDA, $1974$ ;
- Fundamentos de Matemática Elementar, Vol. $6$ - Complexos, Polinômios, Equações - Atual Editora;

-O Romance das Equações Algébricas, de Gilberto G.Garbi, Editora Makron Books, $1997$ .

Gostará de ler também:

008-Logaritmo de Número Negativo?

022-O Teorema Fundamental da Álgebra

078-As Fórmulas de Bháscara e Cardano pelas Relações de Girard

081-Equação Ciclotômica

4 comentários:

João Pedro Gonçalves Ramos10 de novembro de 2012 às 22:44
Olá, Aloisio!

Está de parabéns pelo post! Muito bom mesmo!

Só tenho uma dúvida; Como você tem feito para escrever em LaTex no blogger?

Por acaso, meu script pro firefox tem dado errado, e gostaria de saber alternativas.

Abraços,

João Pedro.
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Prof. Paulo Sérgio11 de novembro de 2012 às 19:35
Nossa Aloisio, está de parabéns com este post, pois usou uma abordagem que eu não conhecia, ou seja, deduziu a relação de Euler sem usar séries infinitas. Como sugestão para ficar mais elegante o post, usa as funções seno e cosseno hiperbólico que são dadas por

[;\sinh B = \frac{e^B - e^{-B}}{2};]

e

[;\cosh B = \frac{e^B + e^{-B}}{2};]

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Aloisio Teixeira12 de novembro de 2012 às 13:01
Oi, Paulo!

Obrigado pelos elogios e pela sugestão. Como não tenho muita intimidade com funções hiperbólicas, nem saquei à primeira vista. Mas já fiz os complementos.

Valeu!
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sábado, 10 de novembro de 2012

082-Valores Trigonométricos de z=A+Bi

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V.O