3. Resoluciones de la autoevaluación del libro de texto

3. Resoluciones de la autoevaluación del libro de texto

UNIDAD 6 Números complejos
3. Resoluciones de la autoevaluación del libro de texto
1
Efectúa.
(3 – 2i )2 – (1 + i ) (2 – i )
–3 + i
Resolución
(3 – 2i )2 – (1 + i )(2 – i )
9 + 4i 2 – 12i – (2 – i + 2i – i 2) 5 – 12i – 3 – i
=
=
=
–3 + i
–3 + i
–3 + i
=
2
(2 – 13i )(–3 – i ) –6 + 13i 2 – 2i + 39i –19 + 37i
19 37
i
=
=
=–
+
9 – i2
(–3 + i )(–3 – i )
10
10 10
Calcula z y expresa los resultados en forma binómica.
—
4
√z =
– √3 + i
—
√2 i
Resolución
z=
(
—
– √3 + i
—
√2 i
)
4
Pasamos numerador y denominador a forma polar:
r=
– √3 + i
—
√(–√ 3 )2 + 12 = 2
—
–√3
√2 i 8 √2 90°
z=
( ) (
( )
2150°
4
√290°
z=4 –
3
1
1
tg a = – —
— 8 a = 150°
√3
= √2 60°)4 = 4240° 8 z = 4 (cos 240° + i sen 240°)
√3
1
–i
= –2 – 2 √3 i
2
2
Halla a y b para que se verifique la igualdad:
5(a – 2i ) = (3 + i ) (b – i )
Resolución
5a – 10i = 3b – i 2 – 3i + bi 8 5a – 10i = 3b + 1 + (–3 + b)i
° 5a = 3b + 1 °
Igualando las componentes ¢
¢ 8 b = –7, a = –4
£ –10 = –3 + b £
4
Resuelve la ecuación: z 2 – 10z + 29 = 0
Resolución
z=
10 ± √–16 10 ± 4i
=
2
2
z1 = 5 + 2i
z2 = 5 – 2i
Soluciones: z1 = 5 + 2i, z2 = 5 – 2i
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5
Calcula el valor que debe tomar x para que el módulo de
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x + 2i
sea igual a 2.
1–i
Resolución
x + 2i 2 + xi + 2i
x + 2i
(x + 2i)(1 + i)
x – 2 + (x + 2)i
x–2 x+2
i
=
=
=
=
+
2
1–i
1–i
(1 – i)(1 + i)
1+1
2
2
Módulo =
√( ) ( )
x–2
—
2
2
x+2
+ —
2
=2 8
√
x2 + 4
x2 + 4
=2 8
=4 8
2
2
x1 = 2
x2 = –2
8 x2 + 4 = 8 8 x2 = 4
6
2
Hay dos soluciones: x1 = 2, x2 = –2
Halla el lado del triángulo cuyos vértices son los afijos de las raíces cúbicas de 4 √3 – 4i.
Resolución
3
z=
—
√4√3 – 4i
Expresamos 4 √3 – 4i en forma polar:
r=
—
√(4√ 3 )2 + (–4)2 = 8 °§
¢ 4 √3 – 4i = 8330°
1
tg a = – —
— 8 a = 330° §
√3
£
3
3
z = √8330° = √8 330° + 360°k
3
z1 = 2110°
z2 = 2230°
z3 = 2350°
A = z1
En el triángulo AOB conocemos dos lados, OA = OB = 2, y el ángulo
comprendido, 120°. Aplicando el teorema del coseno, obtenemos el lado
del triángulo, AB :
O
B = z3
AB 2 = 22 + 22 – 2 · 2 · 2 · cos 120° = 12 8 AB = √12 = 2√3 u
C = z2
7
Representa gráficamente.
a) 1 Ì Im z Ì 5
–
b) |z| = 3
c) z + z = – 4
b)
c) a + bi + a – bi = –4 8
8 2a = –4 8 a = –2
Resolución
a)
5
3
3
1
–2
1
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8
Halla dos números complejos tales que su cociente sea 2150° y su producto 1890° .
Resolución
ra
r
= 2150° 8
= 2; a – b = 150°
s
sb
ra · sb = 1890° 8 r · s = 18; a + b = 90°
Resolvemos los sistemas:
° a – b = 150°
¢
£ a + b = 90°
° r/s = 2
¢
£ r · s = 18
Obtenemos:
°r = 6
¢
£s = 3
° a = 120°
¢
£ b = –30° = 330°
Los números son 6120° y 3330°. Otra posible solución es: 6300° y 3150°.
9
–
Demuestra que |z · z | = |z|2.
Resolución
z = a + bi °
–
¢ z · z = (a + bi )(a – bi ) = a2 – b 2i 2 = a2 + b 2
z– = a – bi £
|z| = √a2 + b 2
|z · z–| = √(a2 + b 2)2 = a2 + b 2 °
–
¢ |z · z | = |z|2
8 |z|2 = (√a2 + b2 )2 = a2 + b 2
£
10 Calcula cos 120° y sen 120° a partir del producto 190° · 130° .
Resolución
190° · 130° = 1(cos 90° + i sen 90°) · 1(cos 30° + i sen 30°) =
=i·
(
√3
2
+i
)
1
1 √3
=– +
i
2
2
2
190° · 130° = 1120° = 1(cos 120° + i sen 120°) = –
√3
1 √3
1
+
i 8 cos 120° = – ; sen 120° =
2
2
2
2
11 Halla el número complejo z que se obtiene al transformar el complejo 2 + 3i mediante un giro de 30º con centro en el origen.
Resolución
2 + 3i
Multipicamos por 130° = 1(cos 30° + i sen 30°).
z = (2 + 3i ) · 130° = (2 + 3i )
z = √3 +
z=
3√3
3 2
i
i +i+
2
2
2 √3 – 3 2 + 3 √3
+
i
2
2
(
√3
2
+i
1
2
)
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