Unidad 6 Números complejos

Transcripción

1 Unidad Números complejos PÁGINA 11 SOLUCIONES 1. Las soluciones de las ecuaciones dadas son: x = 0 x=± x + = 0 x=± i. En cada uno de los casos: 1) a + b = 5, a = 0,8 unidades a = 1,8 u o a b = 1, b = 1,8 unidades b = 0,8 u ) a + b =,8 no tiene soluciones reales a b = 1, 9. Llamando x, y a los catetos del triángulo rectángulo obtenemos: x y = 7 1x 8x + 18 = 0 x + y = (1 x y) Esta ecuación no tiene soluciones reales, por tanto no es posible construir el triángulo que proponía Diofanto. 9

2 PÁGINA 15 SOLUCIONES 1. Si cada punto representa una lámpara, la solución quedaría del siguiente modo:. Si hay n calles el número máximo de cruces es: C n, n n =. Luego si hay farolas cruces n n n n 1 = 0 n= 1 calles como mínimo tenía el pueblo.. Ésta es una de las disposiciones en que quedó la cava. Como máximo se pudo robar: = 18 botellas. La disposición de las botellas en la cava admite muchas formas diferentes

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4 SOLUCIONES 1. Las soluciones son: a) i b)1 1i c)7+ i d)11 9i. Las soluciones son: a) + i b) + 1i c) d) i e) i f) i Las soluciones son: a) 5 i b) i c) 7 i d) 8i e) 15 8i f) 1 i g) 7 + i h) i i) i j) 1 i. Las soluciones son: = = = a) i i b) i i 1 = = = = c) i i i d) i i i i i i i e) i = i = i f) i+ i + i i = = 0 i 1 i i i i i i i i i i g) i+ i + i i = = 1 h) = = = + i i + i + i + i i+ 1 i) = = i 1+ i i 1 5. Quedan del siguiente modo: a) x+ i = x 9 + xi imaginario puro x 9 = 0 x=± b) + i a i = a i+ ai+ = nº real + a= 0 a= 7 i (7 i) ( + i) c) ( a bi) ( i) = 7 i ( a+ bi) = = = + i i ( i) ( + i) + xi ( + xi)(1 + xi) x + xi d) = = = nº real x= 0 x= 0 1 xi (1 xi)(1+ xi) 1+ x 99

5 . La tabla queda del siguiente modo: Afijo Forma binómica (,) Forma polar + i ( ) 5 Forma trigonométrica (cos5º + isen5º ) (1, 1) 1 i 15 (cos 15º + isen 15º ) (,) + i 517 5(cos 17º + isen 17º ) (0,1) i 190 1(cos 90º + isen 90º ) ( 1,1) 1+ i 15 (cos 15º + isen 15º ) (,) + i 0 (cos0º + isen0º) (, ) i 5 (cos 5º + isen 5º ) (, ) + i 0 (cos 0º + isen 0º ) 7. Las representaciones quedan del siguiente modo: 100

6 8. Las soluciones son: a) 0 5 = 15 = 1 (cos 5º + isen 5º ) = 1 + i = + i b) = 0 = (cos 0º + i sen 0º ) = + i = + i c) = 0 = (cos 0º + i sen 0º ) = + i = + i 5 [ + ] [ ] d) (cos10º isen10º) (cos80º + isen80º) = = 18 = 18(cos10º + isen10º) = = 18 i = 9 9i (cos 0º + i sen 0º) 0 1 e) = = 00 = (cos00º + i sen00º) = i = 1 i ( sen 0º + isen0º) 0 101

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8 SOLUCIONES 9. Las potencias quedan: a) 1 = 1 = i 0 90 b) = 1 = 1 = 1i c) cos0º + isen0º = 0 = 0º = + i 10. Cada uno de los casos quedan: a) 1+= i 5 (1+ i) = 5 = 90 = i (1+ i) = 5 = 15 = + i (1+ i) = 5 = 180 = b) 1 = i 15 (1 i) = 15 = 0 = 70 = i (1 i) = 15 = 95 = 5 = i (1 i) = 15 = 10 = 180 = c) ( + i) = 5 + 1i (+ i) = ( 5+ 1i)(+ i) = + 9 i ( + i) = ( 5 + 1i) = i d) ( + i) = i ( + i) = ( i)( + i) = + 11i ( + i) = ( i) = 7 i e) = ; = 8 ; = f) 1 = 1 ; 1 = 1 ; 1 = g) 9 ; = 7 ; = 81 = h) = 9 ; = 7 ; =

9 11. Las soluciones quedan: ( + ) a) ( i) = 15 = i ( 0 ) b) = = = 8 = 8 ( 1 i) ( 15 ) i + i 1+ i 1+ i 15 c) = = = = 1 i i = = 70 0 = 70 0 = 150 d) i i i i e) 8 ( ) ( + i) ( 0 ) ( 8 ) 8 i 8 10 = = = 0 f) i i = i = = Las raíces quedan: a) i = 1 = 1 = 1 Las raíces son: 1 ;1 ; b) 5 = 5 = 5 = 5 Las raíces son: 5 ; c) 1+ i = = = Las raíces son: ; ; ; ' ' ' ' 81 15' d) 7 = 7 = = Las raíces son: ; ; e) 1 i = = = Las raíces son: ; ; i = = f) i 170 = 1 1+ i = 1 Las raíces son:1 ;1 ;

10 5 5 5 g) = i = = = Las raíces son: ; ; ; ; i h) 79i = 79 = 79 = Las raíces son: ; ; ; ; ; i) i = 1 = 1 = 1 Las raíces son: 1 ;1 ; 1 ; 1 ;1 ; i i j) = 1= 1 = 1 = 1 Las raíces son: 1 ;1 ; 1 i Quedan del siguiente modo: a) 1= 10 = = 10 Las soluciones son: 10 ;10 ; 110 ; 1180 ;10 ;100 Gráficamente obtenemos los vértices de un hexágono regular centrado en el origen de coordenadas. b) 1= 1180 = = Las soluciones son: 10 ;1180 ; 100 Gráficamente obtenemos los vértices de un triángulo equilátero centrado en el origen de coordenadas. c) 1i = 190 = =, Las soluciones son:,5 ; 11,5 ; 0,5 ; 9,5 Gráficamente obtenemos los vértices de un cuadrado centrado en el origen de coordenadas. 5 5 d) = 180 = = + 7 Las soluciones son: ; 108 ; 180 ; 5 ; 5 Gráficamente obtenemos los vértices de un pentágono regular centrado en el origen de coordenadas. e) 7i = 770 = = Las soluciones son: 90 ; 10 ; 0 Gráficamente obtenemos los vértices de un triángulo equilátero centrado en el origen de coordenadas. 105

11 1. Sustituyendo en la ecuación original cada una de las raíces obtenemos: i i ( ) ( ) + i 8 + i + 5= 1+ i 9 i+ 5= 0 i 8 i + 5= 1 i 9 + i+ 5= Las ecuaciones quedan del siguiente modo: Toda ecuación de segundo grado se puede construir del siguiente modo a partir de sus dos soluciones: z S z+ P= 0 con S= suma de soluciones y P= producto de soluciones. a) S =+ i ( i) = 0 z + 1 = 0 P = i( i) = i 1 = b) S = (+ i) + ( i) = P = (+ i) ( i) = 8 c) S = ( + i) + ( i) = P = (+ i) ( i) = 1 } } z z+ 8= 0 z z+ 1= 0 S i i d) 5 = + i = + + = z z+ = 0 = i P = + i i = Las ecuaciones quedan: a) z 1= 0 z= 1= 1 = 1 = 1 z = 1 ; z = 1 ; z = 1 ; z = 1 ; z = 1 ; z = º 1 0º 10º 180º 0º 5 00º 1 1 i 1 1 b) z + z + 1 = 0 z = ± ± z0 i; z1 i = = + = c) z + 1= 0 z= 1= 1 = 1 = 1 z = 1 ; z = 1 ; z = 1 ; z = º 1 15º 5º 15º d) z z + 10z 8 = 0 ( z ) ( z z+ ) = 0 z = ; z = 1+ i; z = 1 i 0 1 e) z 81= 0 z= 81= 81 = = z = ; z = ; z = ; z = º 1 90º 180º 70º f) z = 0 z= = = = z = ; z = ; z = ; º 1 0º 10º z = ; z = ; z = 180º 0º 5 00º 10

12 17. Las soluciones quedan: 1± 1 1± i a) z + z+ 1= 0 z= = 1 1 z = + i= 1 ; z = i= ± 1 1 ± i b) z 1 z+ = 0 z= = = ± i z = + i= ; z = i= ± i i 8 ± i 9 1± i c) z + iz+ = 0 z= = = z = i; z = i 1 8 ± ± 7 d) z 8z + 7 = 0 z = = = 1 7 z= 7 = 7 = z = ; z = ; z = Para cada solución : 1 z= 1= 1 = 1 z = 1 ; z = 1 ; z = e) z + 1= 0 z= 1= 1 = 1 = 1 z = 1 ; z = 1 ; z = f) z i= 0 z = i= = = z = ; z = ; z =

13 18. Las demostraciones quedan: (cos i sen ) cos i sen cos sen sen cos i cos i sen α+ α = α+ α= α α+ α α = α+ α cos α= cos α sen α sen α= sen α cosα (cos ) cos cos cos α+ i sen α = α+ i sen α+ α+ sen α αsen α+ + sen α cos α i sen αcos α i = cos α+ i sen α cos α= cos α+ sen α cos α sen α sen α= sen α cos α sen α cosα 19. Quedan resueltas del siguiente modo: b+ i b+ b b+ b b + 1 a) = + i + = = b = b=± 1+ i b) ( a+ bi) + ( a bi) = a = 1 Los números complejos son: (1 5i); (1 5i) + a + b = b =± 5 c) ( a+ bi) + ( c di) = 5 i a+ c= 5 a= a= a+ bi b d + = c= 1 c= 1 = imaginario puro ó c di bd + c = 0 b = b = 1 a = a= d= 1 d= Los números complejos son: ( i) y (1+ i) o bien ( + i) y(1 i) 108

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15 SOLUCIONES 0. Queda: z = 5i z= 15i z= 15i Las otras raíces son: i = 1570 = z0 = 590 = 5i; z1 = 510 = i; z = 50 = i 1. La solución queda: 5 z= 1+ i= z = z z= z z 5º 5º 5 = 1+ i = i= 90º z = z z= 870º 7 = 1+ i = 15º z = z z= 8 15º 8 7 z = z z = = z = z z= 1 90º 90º 180º 0º. Los vértices del hexágono regular son: Las coordenadas: 180 ;0 ; 00 ; 0 ;0 ;10 (,0); (1, ); ( 1, ); (,0); ( 1, ); (1, ). Los vértices del cuadrado son: Las coordenadas: 90 ;180 ; 70 ; 0 (0,); (,0); (0, ); (,0). La solución queda: Se obtiene el número complejo girando 90º, es decir, si el número complejo tiene como afijo (a, b) obtenemos, al multiplicar por i, el número complejo de afijo ( b, a). Al dividir el número complejo i, se obtiene el mismo número complejo girado 70º. a+ bi = b a i. Su afijo es ( b, a) i 5. Los vértices del cuadrado son: (,); (,); (, ); (, ) 110

16 . Los vértices son: + i; 5+ i; + i; 1+ 5i 7. Quedaría del siguiente modo: Sea el complejo : z= a+ bi 1 1 Su módulo es : = 1 1 a b a + b z = = i z a+ bi a + b a + b b Su argumento : tg α= (es el opuesto del argumento de z) a Gráficamente, el inverso de z se obtiene por una homotecia 1 de razón = y ángulo ( arg z) z 8. Los vértices de la figura se obtienen a partir vienen de la siguiente ecuación: = = = ; ; º 180º 00º Calculamos el lado l mediante el teorema del coseno: l = + cos10º l=,9 u Perímetro = l = 0,79u l l l Área = = = 0,78 u 9. La solución queda: z + = 0 z= = = = Los vértices son: = 1+ i = 1+ i = 1 i = 1 i

17 0. Sean los complejos ( a+ bi) y ( a bi). El triángulo que se forma es el de la figura: Para que sea equilátero se debe cumplir que: a + b = b b a Para que su área sea se debe cumplir: = Resolviendo el sistema obtenemos: a + b = b a = b a =± ab = ab = b =± Los complejos son: ( + i) y ( i) ( i) y ( + i) 1. Los vértices de la figura se obtienen a partir vienen de la siguiente ecuación: i = = = ; ; ; ; ; º 105º 15º 5º 85º 5º Calculando el valor del área obtenemos: u. 11