Ejercicios numeros complejos

Unidad 6 – Números complejos
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SOLUCIONES 1. Las soluciones de las ecuaciones dadas son:
x2 − 4 = 0 ⇒ x=± 2 x2 + 4 = 0 ⇒ x = ± 2i

2. En cada uno de los casos:

1) 2a + 2b = 5,2 ⎫ a = 0,8 unidades a = 1,8 u o ⎬⇒ a ⋅ b = 1,44 ⎭ b = 1,8 unidades b = 0,8 u 2) 2a + 2b = 4,8 ⎫ ⎬ ⇒ no tiene soluciones reales a ⋅ b = 1,69 ⎭ 3. Llamando x, y a los catetos del triángulo rectánguloobtenemos:
x⋅y ⎫ =7 ⎪ 2 2 ⎬ ⇒ 12 x − 86 x + 168 = 0 x 2 + y 2 = (12 − x − y )2 ⎪ ⎭ Esta ecuación no tiene soluciones reales, por tanto no es posible construir el triángulo que proponía Diofanto.

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SOLUCIONES 1. Si cada punto representa una lámpara, la solución quedaría del siguiente modo:

2. Si hay n calles el número máximo de cruces es:

Cn,2 =
Luego si hay 66 farolas ⇒ 66cruces ⇒ mínimo tenía el pueblo.

n2 − n . 2
⇒
n 2 − n − 132 = 0 ⇒ n = 12 calles como

n2 − n 2

3. Ésta es una de las disposiciones en que quedó la cava. Como máximo se pudo robar:

1

20

60 − 42 = 18 botellas.
La disposición de las 42 botellas en la cava admite muchas formas diferentes. 20 1

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SOLUCIONES 1. Las soluciones son:

a) 6 − 3i

b) 13 −12i

c) 7 + 3i

d) 11− 9i

2. Las soluciones son:

a) 26 + 2i d) i
3. Las soluciones son:

b) 22 + 21i 1 6 e) − − i 10 5

c) 10 5 f) − i 2

a) 5 − 2i f) − 14 − 2i

b) 3 − 3i g) 7 + i

c) 7 − 24i 7 1 h) − − i 2 2

d) − 8i 5 99 i) − i 4 4

e) 15 − 8 i j) 1− i

4. Las soluciones son:
a) i17 = i c) i301 = i1 = i e) i1 999 = i3 = − i g) i + i2 + i3 + ... + i2 000 = i) i2 000 ⋅i − i =1 i −1 b) i50 = i2 = − 1 d) i723 = i3 = − i f) i + i2 + i3 + ... + i20 = h) i20 ⋅ i − i =0 i −1

−1 i302 i2 1 1 = = =− + i 485 274 2 i −i i−i i +1 2 2

i3 + i6 + i11 + i13 i + 1 = = −i 1+ i3 i −1

5. Quedan del siguiente modo:
a) ( x + 3 i ) = x 2 − 9 + 6 x i ⇒ imaginario puro x 2 − 9 = 0 ⇒ x = ± 3
2

b) ( 2 + i )( a − 3i ) = 2a − 6 i + a i + 3 = nº real ⇒ − 6 + a = 0 ⇒ a = 6 c)(a ⋅ b i) (2 − i) = 7 − i ⇒ (a + bi) = 7 − i (7 − i) (2 + i) = =3+i 2 − i (2 − i) (2 + i)

d)

2 + x i (2 + x i)(1 + x i) 2 − x 2 + 3 x i = = = nº real ⇒ 3 x = 0 ⇒ x = 0 1 − x i (1 − x i)(1 + x i) 1+ x2

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6. La tabla queda del siguiente modo:
Forma binómica

Afijo

Forma polar

Forma trigonométrica

(2,2) (1, −1) ( −3,4) (0,1) ( −1,1)

2 + 2i 1− i − 3 + 4i
i

(2 2 )5127°
190°

45°

2 2 (cos 45º + i sen 45º ) 2 (cos 315º + i sen 315º )
5 (cos 127º + i sen 127º ) 1(cos 90º + i sen 90º )

2 315°

− 1+ i

2 135° 430° 2225° 4 60°

2 (cos 135º + isen 135º )
4 (cos 30º + i sen 30º ) 2(cos 225º + i sen 225º ) 4 (cos 60º + i sen 60º )

(2 3,2) ( − 2, − 2) (2,2 3)

2 3 + 2i − 2 − 2i 2+2 3i

7. Las representaciones quedan del siguiente modo:

1008. Las soluciones son:
⎛ 2 2⎞ a) 420° ⋅ 325° = 1245° = 12 (cos 45º + i sen 45º ) = 12 ⎜ +i ⎟ = 6 2 + 6 2i ⎜ 2 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 3 1254° 1⎞ = 430° = 4 (cos 30º + i sen 30º ) = 4 ⎜ + i ⎟ = 2 3 + 2i ⎜ 2 324° 2⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 2083° 3⎞ = 460° = 4 (cos 60º + i sen 60º ) = 4 ⎜ + i ⎟ = 2+2 3i ⎜2 523° 2 ⎟ ⎝ ⎠

b)

c)

d) [ 6 (cos130º + i sen130º)] ⋅ [3(cos 80º + i sen 80º)] = 6130° ⋅ 380° = 18210° = 18 (cos 210º +i sen 210º) = ⎛ 3 1⎞ = 18 ⎜ − − i ⎟ = −9 3 − 9i ⎜ 2 2⎟ ⎝ ⎠ e) ⎛1 4 (cos 330º + i sen 330º) 4330° 3⎞ = = 2300° = 2(cos 300º + i sen 300º) = 2 ⎜ − i ⎟ = 1− 3 i ⎜2 2 (sen 30º + i sen 30º) 230° 2 ⎟ ⎝ ⎠

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SOLUCIONES 9. Las potencias quedan:
a) (130° ) = 190° = i
3

b) ( 4225° ) = 16450° = 1690° = 16 i
2

c) ⎡ 4 ( cos 20º + i sen 20º ) ⎤ = ( 420° ) = 6460º = 32 +32 3 i ⎣ ⎦
3

3

10. Cada uno de los casos quedan:
a) 1+ i = 2 45° (1+ i)2 = (1 + i)3 (1 + i)4

( =( =(

2 45° 2 45° 2 45°

) =2 ) =2 ) =4
2 3 4

90°

=2 i

2 135° = − 2 + 2i =−4

180°

b) 1− i = 2 315° (1− i)2 = (1− i)3 (1− i)4

( =( =(

2 315° 2 315° 2 315°

) ) )

2

= 2630° = 2270° = − 2i = 2 2 945° = 2 2 225° = − 2 − 2i = 41260° = 4180° = − 4

3 4

c) (2...