academiathale's blog...b 5 d 5 5 0 b 1 d 5 1 4 b2 5b 6 0: posibles soluciones: z1 = 1 + i y z2...

1. Hallar "a" para que el complejo i6ai23

++ :

a) sea real puro b) sea imaginario puro

Solución. Lo primero de todo es hacer la división en forma binómica, multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador, de esta forma se elimina la unidad imaginaria del denominador.

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) i 36a18a2

36a123a

36ai 18a212a3

i6ai a263i 62a3

i6ai6ai6ai23

i6ai23

222222

2

+

−+

+

+=

+

−++=

−

⋅+−⋅+−⋅+⋅=

−⋅+−⋅+

=++

a) Número complejo real puro ⇔ la parte imaginaria nula.

92

18a : 0182a : 036a18a2

2===−=

+

−

b) Número complejo imaginario puro ⇔ la parte real nula.

4312a : 0123a : 0

36a123a

2−=

−==+=

+

+

2. Hallar el valor de k para que el complejo ( )ki1

i·k12−+− sea un nº real. Hallar su cociente.

Solución. Se multiplica numerador y denominador por el conjugado del denominador.

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )=

+

−+++=

−

⋅+−+⋅+⋅+−+⋅=

+⋅−+⋅+−

=−+−

2

2

222

2

k1i 1kkk2

ik1i 1k1k2i kk112

i k1i k1i k1i k12

ki1i k12

i k11k

k1kk2

22

2

+

−+

+

++=

Para que un número complejo sea real puro, la parte imaginaria debe ser nula.

1k : 01k : 0k11k2

==−=+

−

Para k = 1:

i 023i

1111

11112

22

2+=

+

−+

+

++=

3. Hallar a y b para que el complejo bi3

i2a++ sea igual 3152

Solución.

3152bi3

i2a=

++

Lo primero es expresar el segundo miembro de la igualdad en forma binómica.

( )( )

( )i1i

22

222

2245 sen54 sen315 sen

2245cos45cos315cos

315 isen315cos22 315 −=

−⋅=

−=−=−=

==−==+⋅=

i1bi3

i2a−=

++

Los parámetros a y b se calculan por identificación igualando las partes reales y las imaginarias, para lo cual lo más sencillo es pasar el denominador al segundo miembro y operar el producto.

( ) ( )bi3i1i2a +⋅−=+

. N Ú M E R O S C O M P L E J O S 1 tha les

Trino Grau Fernández

( )( ) ( )( ) i 31b1i b131i2a 2 ⋅−+⋅+⋅−+⋅=+

( ) ( )

==

⇒

−=+=

−++=+5b8a

3b2:Imb3a:Re

:i 3bb3i 2a

Otra forma mucho más complicada es operar tal como esta, el primer miembro de la igualdad se pasa a forma binómica multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador (3 − bi).

( ) ( )( ) ( ) { } ( ) ( ) i

b9ab6

b9b2a3

b9iab6b2a31i

ib3abii6bi2a3

bi3bi3bi3i2a

bi3i2a

2222

222

2

+

−+

+

+=

+

−++=−==

−

−+−=

−⋅+−⋅+

=++

El segundo miembro de la ecuación se pasa a forma binómico mediante la forma trigonométrica.

Igualando.

i1ib9ab6

b9b2a3

22−=

+

−+

+

+ Identificando parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria, se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas no lineal, que se resuelve por el método de sustitución.

−=+

−

=+

+

1b9ab6:Im

1b9

b2a3:Re

2

2

Ordenando.

−−=−+=+

2

2

b9ab6b9b2a3

De la 2ª ecuación se despeja “a” y se sustituye en la primera.

b15ba

2 +=

22

b9b2b

15b3 +=++ 322 bb9b245b3 +=++ 045b9b5b 23 =−+−

Resolviendo por Ruffini

b = 5

85

155a2

=+

=

4. Hallar dos números complejos cuya diferencia es imaginaria, su suma tiene como parte

imaginaria 5 y su producto vale i55+− . Solución. Se pide hallar dos números complejos z1 = a + bi y z2 = c + di que cumplan las siguientes condiciones:

1. Re (z1 − z2) = 0 z1 − z2 = a + bi − (c + di) = (a − c) + (b − d)i

Re (z1 − z2) = a − c = 0

2. Im (z1 + z2) = 5 z1 + z2 = a + bi + (c + di) = (a + c) + (b + d)i

Im (z1 + z2) = b + d = 5



3. z1 · z2 = −5 +5i z1 · z2 = (a + bi) · (c + di) = (a·c −b·d) + (a·d + b·c)i = −5 + 5i

=⋅+⋅−=⋅−⋅5cbda:Im5dbca:Re

Las condiciones propuestas permiten plantear un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas.

=+−=−

=+=−

5bcad5bdac

5db0ca

a = c

=+−=−

=+

5baad5bda

5db2

( )

=+−=−

=+

5dba5bda

5db2

Sustituyendo la 1ª en la 3ª: 55a =⋅ a = c = 1

−=−=+

5bd15db

2

==+6bd5db

Por sustitución d = 5 − b b·(5−b) = 6

Ordenando se obtiene una ecuación de 2º grado.

=−=→==−=→=

=+−055d5b415d1b

:06b5b2

Posibles soluciones: z1 = 1 + i y z2 = 1 + 4i

ó z1 = 1 + 5i y z2 = 1 + 0i

5. Hallar dos nº complejos tales que su suma sea 1 + 2i, el cociente de ambos real puro y la parte

real del 1º sea igual a 2. Solución. Se buscan dos números complejos de la forma:

Z1 = 2 + ai Z2 = b + di

Tales que: Z1 + Z2 = 1 + 2i

(2 + ai) + (b + di) = 1 + 2i

(2 + b) + (a + d)i = 1 + 2i

Igualando real con real e imaginaria con imaginaria

=+−=⇒=+ 2da:Im

1b1b2:Re

Con lo obtenido hasta ahora nos quedan los complejos Z1 = 2 + ai y Z2 = −1 + di y la relación entre los parámetros a y d (a + d = 2). La segunda relación entre a y d que nos permita plantear un sistema se obtiene del cociente entre Z1 y Z2, que haremos en forma binómica, multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador, para eliminar la unidad imaginaria del denominador.

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )( )

id1

ad2d1

ad2id1

i1ad2ida12di1di1

di1ai2di1ai2

ZZ

22222

2

2

1

+

−−+

+

+−=

−−

−⋅+−⋅+−⋅+−⋅=

−−⋅+−−−⋅+

=+−+

=

Como el cociente es un número real puro, la parte imaginaria debe ser nula.

0ad20d1

ad22

=−−⇒=+

−−



Con las dos expresiones obtenidas se plantea un sistema que permite calcular los parámetros a y d.

−==

⇒=−−

=+2d

4a0ad2

2da

Los números pedidos son

Z1 = 2 + 4ai Z2 = −1 − 2i

6. Determine un número complejo cuyo cuadrado sea igual a su conjugado.

Solución. Se pide calcular un número complejo de la forma a + bi que cumpla:

( ) biabia 2 −=+ Desarrollando el cuadrado e igualando parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria se obtiene un sistema de ecuaciones que nos permite calcular a y b.

biaibabi2a 222 −=++

Ordenando el primer miembro: ( ) biaabi2ba 22 −=+−

Igualando parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria:

−==−bab2:Im

aba:Re 22

De la igualdad de las partes imaginarias simplificando b se obtiene:

1a2 −= 21a −=

Sustituyendo el valor de a en la 1ª igualdad se calcula b

21b

21 2

2

−=−

− ⇒

43b 2 = ⇒

23b ±=

Los posibles números complejos que cumplen la relación pedida son:

i23

21z +−= ó i

23

21z −−=

7. Expresar en forma polar los siguientes nº complejos:

a) 2 b) −5 c) i d) i 322 +− e) i3 −

Solución. a) z = 2. Numero complejo real puro positivo, con dibujarlo basta para obtener su forma polar.

Z = 2 = 2 + 0i = 20º b) z = −5. Numero complejo real puro negativo.

Z = −5 + 0i = 5180º



c) z = i. Numero complejo imaginario puro.

Z = 0 + i = 190º d) i 322Z +−=

( ) ( )

=

=−=−

−=α

==+−=∈ º120

22

4Z:1203arctg180

232arctg180:Argumento

416322r:Módulo:Cuadrante º2Z

e) i3Z −=

( ) ( )

=

=−=−

−=α

==−+=∈ º330

22

2Z:330

31arctg360


2413r:Módulo:Cuadrante º4Z

8. Expresar en forma binómica los siguientes complejos:

a) 3180º b) 630º c) 2270º d) √245º

Solución. a) Z = 3180º = 3·(cos 180º + i sen 180º) = 3·(−1 + 0i) = −3

b) Z = 630º = 6·(cos 30º + i sen 30º) = i23

233i

21

233 +=

+⋅

c) Z= 2270º = 2·(cos 270º + i sen 270º) = 2·(0 + (−1) i) = −2i

d) ( ) i1i22

222º45 sen iº45cos22Z º45 +=

+=+==

9. El complejo de argumento 75º y módulo 12 es el producto de dos complejos, uno de ellos

tiene de argumento 45º y el otro de módulo 3. Escribir ambos en forma binómica. Solución. Se pide calcular dos números complejos de la forma Z1 = r45º y Z2 = 3α que cumplan la siguiente igualdad:

º75º45 123r =⋅ α Multiplicando en forma polar el primer miembro de la igualdad:

( ) º75º45 123r =⋅ α+ Igualando por un lado los módulos y por otro los argumentos se calcula r y α:

=α=

⇒

=α+=⋅

º304r

º75º45:Argumento123r:Módulo

Conocidos los complejos en forma polar, se pasan a binómica a través de la forma trigonométrica



( ) i2222i22

224º45 sen iº45cos44Z º451 +=

+⋅=+⋅==

( ) i23

233i

21

233º30 sen iº30cos33Z º301 +=

+⋅=+⋅==

10. Sean los complejos:

Z = 330º ; W = 260º ; P = 2 + 2i ; i322Q −= realizar las siguientes operaciones:

a) Z·W

b) 2

WZ ⋅ c) P² d) Q5

e) 1

2

QPZ

−⋅

f) 33

33

PWZQ

−

+

Solución. Excepto la suma o resta, las demás operaciones es más fácil hacerlas en forma polar.

=

===α

=+=∈+= º45

22

8P:º451 arctg

22arctg:Argumento

822r:Módulo:Cuadrante º1i22P

( )

=

=−=−

−=α

==−+=∈−= º300

22

4Q:3003arctg360


416322r:Módulo:Cuadrante º4i322Q

a. Z·W = 330º · 260º = (3 · 2)30º + 60º = 690º = 6 · (cos 90º + i sen 90º) = 6i

b. ( ) =⋅=⋅=⋅=

======

=⋅ ×−

−º600º3302º300

2º330

2º300º330

º300º60º60

º330º30º302432323

222W333ZWZ

( ) ( ) ( ) =−−⋅=+⋅====⋅= +×+ º30sen i30cos12º210 sen i210cos1212121243 º210º210º3602º930º600º330

i636i21

2312 −−=

−−⋅=

c. ( ) ( ) ( ) i8º90 sen iº90cos8888P º902º4522

º452 =+⋅==== ×

d. ( ) ====== +×× º60º60º3604º15005º30055

º3005 10241024102444Q

( ) i3512512i23

211024º60 sen iº60cos1024 +=

+⋅=+⋅=



e. ( )

( ) ( )=

⋅=

⋅=

⋅=

⋅=

⋅−

−−

−×−

−×−−

º601

315º60

º3001

315º60

1º3001

º452º302

1º300

º452

º301

2

489

489

483

4

83Q

PZ

( ) ( ) =−⋅=+⋅==−+

−45 sen i45cos836315 sen i315cos836836

489

315º60º315º60

1

i7272i22

22836 −=

−⋅=

f. ( ) ( )( ) ( )

=−

+=

−

+=

−

+=

−

+

××

××

135º180

º90º900

3º453

3º603

3º303

3º3003

345

3º60

3º30

3º300

33

33

2168

2764

82

34

82

34PWZQ

( ) ( )

( ) ( )=

+⋅−+⋅

+⋅++⋅=

−

+=

−

+= +×

º135 sen iº135cos216º180 sen iº180cos8º90 sen iº90cos27º180 sen iº180cos64

2168

2764

2168

2764

135º180

º90º180

135º180

º90º1802º360

( ) ( )

( )( )

( ) ( )( ) ( ) =

+⋅−+⋅+−

=−+−

=+−−−

+−=

+−⋅−+−⋅

+⋅++−⋅=

i168i168i168i2764

i168i2764

i16168i2764

i22

22216i018

i1027i0164

( ) ( ) i

40101

2059

320i808944

i168i 1664827i1627864

222

2−−=

−−=

−

⋅−⋅+⋅+⋅−

11. Escribir Z1 =2 +2i y Z2 =6 −6i en forma polar y calcular 2

1ZZ

en forma polar y en forma

binómica. Solución. El primer paso es pasar los números complejos a forma polar.

=

===α

=+=∈+= º451

22

1 8Z:º451 arctg

22arctg:Argumento

822r:Módulo:Cuadrante º1i22Z

( )

=

=−=−

−=α

=−+=∈−= º3152

22

2 72Z:3151 arctgº360

66arctgº360:Argumento

7266r:Módulo:Cuadrante º4i66Z

( ) i31i

310º90 sen iº90cos

31

31

91

728

728

728

ZZ

º90º90º270º315º45º315

º45

2

1 =+=+====

==

−−

Nota “El argumento de los números complejos en forma polar es conveniente dejarlo en positivo. Para expresar en positivo un argumento negativo se le suma 360º, si el argumento es menor de −360º, primero se divide por 360º y al resto, en negativo, se le suma 360º ”



12. Calcular (1+i)20. Expresar la solución en forma binómica. Solución. La forma más sencilla de hacer la potenciación de números complejos es en polar.

=

===α

=+=∈+ º451

22

2Z:º451 arctg

11arctg:Argumento

211r:Módulo:Cuadrante º1i1

( ) ( ) ( ) ======+ ×+× º1802º360º180º90010

º45202020

º4520 10241024222i1

= 1024·(cos 180º + i sen 180º) = −1024 + 0 i = −1024

13. Calcular las siguientes raíces a) 3 i33+−

b) 5 i31+−

c) 6 64 d) 4 9−

e) 3 i f) 4 i16−

g) 5 i3 −− Solución. Las raíces de números complejos se hacen en forma polar, por lo que el primer paso será pasar el número complejo a forma polar.

a) ( )

3º135

22

3 18135


1833r:Módulo:Cuadranteº2i33i33 =

=−

−=α

=+−=∈+−=+−

==

==

==

=

⋅+

⋅+

⋅+

º2856

32º360º1353

º1656

31º360º1353

º456

30º360º1353

3º135

1818

1818

1818

18

Los afijos de las soluciones de una raíz de un número complejo son los vértices de un polígono regular de tantos lados como indique el índice de la raíz

b) ( )

5º300

22

5 2º300



=−

−=α

==−+=∈−=−

==

==

==

==

==

=

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º3485

54360º3005

º2765

53360º3005

º2045

52360º3005

º1325

51360º3005

º605

50360º3005

5º300

22

22

22

22

22

2



c) 6

º06 6464 =

==

==

==

==

==

==

=

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º3006

5º360º06

º2406

4º360º06

º1806

3º360º06

º1206

2º360º06

º606

1º360º06

º06

0º360º06

6º0

264

264

264

264

264

264

64

d) 4

º1804 99 =−

==

==

==

==

=

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º3154

0360º1804

º2254

0360º1804

º1354

0360º1804

º454

0360º1804

4º180

39

39

39

39

9

e) 3

º903 1i =

==

==

==

=

⋅+

⋅+

⋅+

º2703

2º360º903

º1503

1º360º903

º303

0º360º903

3º90

11

11

11

1

f) 4

º2704 16i16 =−

==

==

==

==

=

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º5'3374

0º360º2704

º5'2474

0º360º2704

º5'1574

0º360º2704

º5'674

0º360º2704

4º270

216

216

216

216

16

g) ( ) ( )

5º210

22

5 2º210



=−

−+=α

==−+−=∈−−=−−

=

=

=

=

=

=

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º3305

54º360º2105

º2585

53º360º2105

º1865

52º360º2105

º1145

51º360º2105

º425

50º360º2105

5º210

22

22

22

22

22

2



14. Hallar las raíces cuadradas de: a) 4 b) −4 c) 4i d) −4i

Solución.

a)

+−=+=

=±=i02

i0224

b) ( )

−=+=

=±=−⋅=−⋅=−i20i20

i214144

c) ( )

( )

−−=+⋅===

+=+⋅=====

⋅+

⋅+

i22º225 sen iº225cos224

i22º45 sen iº45cos2244i4

º2252

1360º90

º452

0360º90

º90

d) ( )( )

−=+⋅===

+−=+⋅=====−

⋅+

⋅+

i22º315 sen iº315cos224

i22º135 sen iº135cos2244i4

º3152

1º360º270

º1352

0º360º270

º270

15. Para escribir un número complejo ¿qué argumento debes poner en los siguientes casos?

a) nº real positivo b) nº real negativo c) nº imaginario positivo d) nº imaginario negativo

Solución. a) z = r 0º. El afijo está situado sobre el semieje real positivo. b) z = r 180º. El afijo está situado sobre el semieje real negativo. c) z = r 90º. El afijo está situado sobre el semieje imaginario positivo. d) z = r 270º. El afijo está situado sobre el semieje imaginario negativo.

16. Dado un complejo en forma polar ¿Qué transformación sufre si se multiplica por i?

Solución. Teniendo en cuenta que la forma polar de número i es 190º, al multiplicar un número complejo de la forma rα por I, el argumento se desplaza 90º.

( ) º90º90º90 r1r1r +α+αα =⋅=⋅

17. Calcula la raíz cúbica del complejo 2

1ZZ

siendo Z1=16210º y i3Z2 −−=

Solución. El cociente y la radicación de números complejos se hace en forma polar.

( ) ( )

==

−

−+=+=α∈

=−+−−−= º2102

2

22

2 2z:210

31arctg180

ReImarctg180 Cuadrante. º3z:Argumento

213:Módulo:i3Z

=

=

=

====

⋅+

⋅+

⋅+

−

º2403

236003

º1203

136003

º03

036003

3º03

2102103

º210

º21032

1

28

28

28

82

162

16ZZ



18. Calcular en forma polar: ( ) ( )76i1i 31 +−⋅+

Solución. Lo primero es expresar los números complejos en polar, ya que las operaciones (producto y potencia) en esta forma son más sencillas.

( )

=

===α

==+=∈+ º60

22

2º603 arctg

13arctg:Argumento


( )º135

22

2º135


211r:Módulo:Cuadranteº2i1 =

=−

−=α

=+−=∈+−

El orden de operación es primero las potencias y segundo el producto.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =⋅=⋅=⋅=+−⋅+ ×× º9457

360º13577

º60667

º1356

º6076

2642222i1i 31

( ) º225º225º0º225º0º225º36023

º0 2512286428642264 =⋅=⋅=⋅ ++×

19. Calcular y expresar en forma binómica ( )2i1

i322−−

+−

Solución. Lo primero es expresar los números complejos en polar, ya que las operaciones (cociente y potencia) en esta forma son más sencillas.

( ) ( )

=

==−

−=α

==+−=∈+− º120

22

4º1203 arctg



( ) ( )º225

22

2º225


211r:Módulo:Cuadranteº3i1 =

=−−

+=α

=−+−=∈−−

El orden de operación es primero la potencia y segundo el cociente.

( ) ( ) ( )==

======

−−

+−

−+×º30

º90º120º90

º120

º90º360

º120

º450

º120

º22522

º1202

º225

º1202

224

24

24

24

2

4

2

4

i1i322

( ) i3º30 sen iº30cos2 +=+⋅=

20. Calcular: i2ii 77 −−

Solución. Lo primero será operar las potencias de i teniendo en cuenta su periodicidad.

( ) ii1iiii 34347 −=−⋅=⋅== +

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) i1

iii

iii1

i1ii1iiii

2111343417 =

−−=

−=

⋅−⋅

=−

=−=−⋅=⋅== −−−+⋅−−

i011i2i2

i2ii

i2ii 77

+−=−=−

=−−

=− −



21. Dado el número complejo i1

i1z7

++

= calcular la expresión trigonométrica del nº z .

Solución. Lo primero será operar las potencias de i teniendo en cuenta su periodicidad.

( ) ii1iiii 34347 −=−⋅=⋅== +

i1i1

i1i1z

7

+−

=++

=

Lo más sencillo es trabajar en forma polar.

=

===α

=+=∈+ º45

22

2º451 arctg

11arctg:Argumento


( )

=

=−=−

−=α

=−+=∈− º315

22

23151 arctgº360



º90º270º315º45º315

º45 1122

22

i1i1z ==

==

+−

= −

−

Si º901z = ⇒ ( )º270 sen iº270cos111z º270º90 +⋅=== −

22. Sea i 10310z −= . Calcular 45 z , z

Solución. Lo primero es expresar el número complejo en polar, ya que las operaciones (potencia y radicación) en esta forma son más sencillas.

( ) ( )

=

=−=−

−=α

==−+=∈− º330

22

20º330

31arctgº360



( ) º210

5º210º3604

5º1650

5º3305

55º330

5 1032103210322020z ×=×=×=== +××

==

==

==

==

==

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º5'3524

43º360º3304

º5'2624

42º360º3304

º5'1724

41º360º3304

º5'824

40º360º3304

4º330

4

2020

2020

2020

2020

20z

23. Calcular ( )5 3i3 −−

Solución. La operación se hace en forma polar.

( ) ( ) ( ) 213i3Módulo 22=−+−=−−

º2103

1arctg180Cuadrante º3i3:Argumento =−

−+=α⇒∈−−



( ) ( )

=

=

=

=

=

=====−−

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅

º3425

543602705

º2705

533602705

º1985

523602705

º1265

513602705

º545

503602705

5º270

5º630

5 33º210

5 3º210

5 3

88

88

88

88

88

8822i3

24. Resolver la ecuación: 2513 i3iz =+

Solución. Lo primero es simplificar la potencia de i, para ello se divide el exponente entre cuatro, que es el periodo de las potencias de i (i = i; i2 = −1; i3 = −i; i4 = 1), obteniendo de cociente 62 y de resto 3.

( )( ) ( ) ii1iiii 6236243624251 −=−⋅=⋅== +× Sustituyendo en la ecuación y despejando z:

i3iz3 −=+ : 3i

i3z −−=

Para operar se expresan los complejos en forma polar.

• ( ) ( )

( ) º210

22

2210

31arctg180

ReImarctg180 Cuadrante º3Argumento

213:Móduloi3 =

=−

−+=+=α

=−+−=−−

• º90190ºArgumento

1Móduloi =

==

=

===

==

==

==

==

−−=

×+

×+

×+

−º280

3

32360º1203

º1603

31360º1203

º403

30360º1203

3º1203

º90º2103

º90

º2103

22

22

22

212

12

ii3z

25. Dibuja los afijos de la ecuación (z−1)·(z² + z +1) =0

Solución.

( ) ( )

=++==−

=++⋅−01zz1z:01z

:01zz1z 22

Resolvemos la ecuación de segundo grado

01zz 2 =++ i2

3

2

1

2

i31

2

131

2

31

2

11411z

2±−=

±−=

−⋅±−=

−±−=

⋅⋅−±−=

Las soluciones de la ecuación son::

−−=

+−=

=

i23

21z

i23

21z

1z



Para dibujar los afijos, la mejor forma es expresar las soluciones en forma polar. z1 = 1 = 10º

=

=−=−

−=α

==

+

−=

∈+−= º120

22

2 1

º1203 arctg1802

12

3arctg180:Argumento

1123

21r:Módulo

:Cuadrante º2i23

21z

=

=+=−

−+=α

==

−+

−=

∈−−= º240

22

3 1

º2403 arctg1802

12

3arctg180:Argumento

1123

21r:Módulo

:Cuadrante º3i23

21z

26. Calcular los valores de z que verifican: ( ) 0i2zi1 3 =−+ Solución. De la ecuación propuesta despejamos z.

( ) 0i2zi1 3 =−+ ( ) i2zi1 3 =+ i1

i2z3+

= 3i1

i2z+

=

Para calcular z la mejor forma es operar en forma polar.

º902i2 = Imaginario puro positivo

=

===α

=+=∈+ º45

22

2º451 arctg

11arctg:Argumento


Sustituimos y operamos, primero el cociente y luego la raíz.

==

==

==

==

==

+=

⋅+

⋅+

⋅+

−

º2556

32360º343

º1356

31360º343

º156

30360º343

3º453

º45º903

º45

º903

22

22

22

22

22

2i1

i2z



27. Resolver la ecuación i1x 4 =+ Solución. De la ecuación propuesta despejamos x.

4 i1x +−= Trabajamos en forma polar.

( )

=

=−=−

−=α

=+−=∈+− º135

22

21351 arctg180



==

==

==

==

==+−=

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

º75'3038

43360º1354

º75'2138

42360º1354

º75'1238

41360º1354

º75'338

40360º1354

4º135

4

22

22

22

22

2i1x

28. Comprobar que el número complejo i31z −= es solución de la ecuación 04z2z2 =+− . En caso afirmativo calcular la otra solución. Solución. Se puede hacer de dos formas distintas. 1ª. Sustituimos el valor de z en la ecuación y se compraba si la cumple.

( ) ( ) ( ) 042314i322i3i3214i312i31:i31z

04z2z 22222=+−−=++−+−=+−−−

−==+−

La cumple, luego es solución. La segunda solución se obtiene teniendo en cuenta que si un número complejo es solución de una ecuación, su conjugado también es solución.

i31zz 12 +== 2ª. Resolviendo la ecuación

04z2z2 =+−

( ) ( )=±=

±=

−⋅±=

−±=

⋅⋅−−±−−= i

232

22

2i322

21122

2122

241422

z2

−=+=

=i31zi31z

2

1

29. Encontrar las ecuaciones de 2º grado cuyas raíces son: º315º45 2 , 2 Solución. Expresamos los números en forma binómico.

( ) i1i22

222º45 sen iº45cos22 º45 +=

+=+=

( ) i1i22

222º315 sen iº315cos22 º315 −=

−=+=

La ecuación de 2º grado será: ( )( ) ( )( ) 0i1xi1x =−−⋅+−

Operando, simplificando y ordenando se obtiene la ecuación. ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 02x2xi1xixxixxi1i1i1xi1xxi1xi1x 22222 =+−=−+−−+−=−+++−−−=−−⋅+−

x2 − 2x + 2 = 0



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