Exame de Matemática A 2025 · 2.ª fase — item 7, resolvido

O que governa este item é uma propriedade do triângulo isósceles, não uma fórmula de complexos. A geometria resolve-o quase todo; os complexos só entram para traduzir «argumento» em «ângulo com o semieixo real positivo».

1.º — traduzir cada dado para ângulos

• $\overline{OZ}=\overline{OW}$ diz que o triângulo $[OZW]$ é isósceles, com os lados iguais a saírem de $O$;
• «um argumento de $z$ é $\frac{2\pi }{15}$» diz que o ângulo entre o semieixo real positivo e $\dot{O}Z$ é $\frac{2\pi }{15}$;
• «$M$ pertence à bissetriz do primeiro quadrante» diz que o ângulo entre o semieixo real positivo e $\dot{O}M$ é $\frac{\pi }{4}$;
• «$M$ é o ponto médio de $[WZ]$» diz que $[OM]$ é a mediana do triângulo relativa ao lado $[WZ]$.

2.º — a mediana de um triângulo isósceles é também bissetriz

Num triângulo isósceles, a mediana relativa à base coincide com a bissetriz do ângulo oposto. Como $\overline{OZ}=\overline{OW}$ e $M$ é o ponto médio de $[WZ]$, a semirreta $\dot{O}M$ bisseta o ângulo $Z\hat{O}W$:

É esta a única ideia do item. Sem ela não há caminho; com ela o resto são duas subtracções.

3.º — calcular o ângulo de $Z$ até à bissetriz

Como a bissetriz faz $\frac{\pi }{4}$ com o semieixo real positivo e $\dot{O}Z$ faz $\frac{2\pi }{15}$:

4.º — continuar mais o mesmo ângulo, até $W$

Como $M\hat{O}W=Z\hat{O}M$, o argumento de $w$ obtém-se somando outra vez esse ângulo à direcção da bissetriz:

A opção correcta é a (D).

pela simetria em relação à bissetriz

Há um atalho que dispensa contas intermédias. A bissetriz do primeiro quadrante é o eixo de simetria de $Z$ e $W$; reflectir na recta $y=x$ troca o ângulo medido a partir do eixo real pelo mesmo ângulo medido a partir do eixo imaginário. Logo, o ângulo que $\dot{O}W$ faz com o semieixo imaginário positivo é igual ao que $\dot{O}Z$ faz com o semieixo real positivo, isto é, $\frac{2\pi }{15}$. Então:

Numa só linha. Vale a pena fixar: reflectir na bissetriz é trocar $\theta$ por $\frac{\pi }{2}-\theta$.

a figura confirma?

$\frac{11\pi }{30}\approx 1,15$ rad e $\frac{\pi }{4}\approx 0,79$ rad, logo $W$ está acima da bissetriz; $\frac{2\pi }{15}\approx 0,42$ rad coloca $Z$ abaixo dela. É exactamente o que a Figura 1 mostra. Além disso $\frac{11\pi }{30}<\frac{\pi }{2}$, portanto $W$ fica no primeiro quadrante — também de acordo com a figura. Qualquer opção que caísse abaixo de $\frac{\pi }{4}$ estaria imediatamente desmentida pelo desenho.

de onde vem cada opção errada

• (A) $\frac{7\pi }{60}$ — é $\frac{\pi }{4}-\frac{2\pi }{15}$, ou seja a amplitude do ângulo $Z\hat{O}M$. É um valor intermédio e correcto do cálculo, mas é o ângulo entre $Z$ e a bissetriz, não o argumento de $w$. Quem para no primeiro passo cai aqui. Repara que $\frac{7\pi }{60}<\frac{2\pi }{15}=\frac{8\pi }{60}$: poria $W$ abaixo de $Z$, contra a figura.
• (B) $\frac{11\pi }{60}$ — é $\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{15}=\frac{15\pi }{60}-\frac{4\pi }{60}$: vem de partir ao meio o argumento de $z$ ($\frac{2\pi }{15}\to \frac{\pi }{15}$) e subtrair. É também exactamente metade da resposta certa, o que o torna apetecível a quem confunde $M$ com $W$ e pensa que basta duplicar ou dividir por dois no sítio errado.
• (C) $\frac{7\pi }{30}$ — é $2\times \frac{7\pi }{60}$, isto é, $2\left(\frac{\pi }{4}-\frac{2\pi }{15}\right)=\frac{\pi }{2}-\frac{4\pi }{15}$. Sai de duplicar o ângulo $Z\hat{O}M$ e usar esse dobro como se fosse o argumento de $w$, esquecendo que o dobro é a amplitude de $Z\hat{O}W$ e que ainda falta somar-lhe o argumento de $z$. De facto $\frac{2\pi }{15}+\frac{7\pi }{30}=\frac{4\pi }{30}+\frac{7\pi }{30}=\frac{11\pi }{30}$ — é esta soma que fecha o item.
• (D) $\frac{11\pi }{30}$ — a correcta.

o que faz falhar este item

• Não reconhecer que a mediana é bissetriz. Sem o triângulo isósceles, o dado «$M$ é ponto médio» fica sem uso e o item torna-se impossível.
• Usar $\overline{OZ}=\overline{OW}$ só como «os módulos são iguais» e parar aí. É verdade que $|z|=|w|$, mas o que resolve o item é a consequência angular dessa igualdade.
• Parar no ângulo intermédio $\frac{7\pi }{60}$ — o item pergunta o argumento de $w$, não a amplitude de $Z\hat{O}M$.
• Somar em vez de subtrair (ou o contrário) na primeira conta. O sinal decide-se olhando para a figura: $Z$ está abaixo da bissetriz, logo subtrai-se.
• Errar o denominador comum. $\frac{\pi }{4}$ e $\frac{2\pi }{15}$ reduzem-se a sexagésimos: $\frac{15\pi }{60}$ e $\frac{8\pi }{60}$.
• Não usar a figura como controlo. Duas das quatro opções ($\frac{7\pi }{60}$ e $\frac{11\pi }{60}$) são menores que $\frac{\pi }{4}$ e, por isso, colocariam $W$ do lado errado da bissetriz. Um olhar ao desenho elimina-as em segundos.

para reconheceres o próximo item deste tipo

Num item de complexos com figura, converte cada dado geométrico num ângulo medido a partir do semieixo real positivo e só depois faz contas. Dois pontos com o mesmo módulo são simétricos relativamente à bissetriz do ângulo que formam — e se essa bissetriz for a recta $y=x$, o argumento de um obtém-se do outro por $\theta \mapsto \frac{\pi }{2}-\theta$. Guarda também o reflexo de testar cada opção contra a posição dos pontos na figura: em escolha múltipla, isso elimina metade das hipóteses antes de qualquer cálculo.