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Trigonometría – Números Complejos
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materiales de matemáticas
Matemáticas I – 1º Bachillerato
1. Resuelve una de las siguientes ecuaciones trigonométricas, dando todas las posibles soluciones:
a) cos 4 x  cos 2 x  cos x
b) 4sen x  2cos 2 x  3
c)
cosec x  cotg x  3
2. Resuelve uno de los siguientes sistemas de ecuaciones, dando las soluciones en el intervalo  0, 2 :
cos x  cos y  sen x  sen y
 x  y  30º
a) 
 y  sen 2 x  2

2

 y  cos x  1
b) 
c)
cos x  cos y  1

cos 2 x  cos 2 y  1
3. Dado el triángulo ABC con a  1 m, B  30º y C  45º :
a) Resuelve el triángulo.
b) Calcula su área.
4. Realiza uno de los dos apartados siguientes:
a) Calcula el valor de la siguiente expresión, simplificando el resultado:
b) Simplifica todo lo que puedas la expresión
cotg150º  cosec315º
sec120º  tg 240º
sen   sen 2
1  cos   cos 2
5. Realiza la siguiente operación con números complejos, expresando el resultado en forma polar y trigonométrica:
8  8 3 i
5
 2
3  2i

2
6. Encuentra las posibles soluciones, en forma binómica, de la siguiente ecuación: z 5  125z 2  0 .
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Soluciones
1. Resuelve una de las siguientes ecuaciones trigonométricas, dando todas las posibles soluciones:
a) cos 4 x  cos 2 x  cos x
Por un lado:
cos 4 x  cos  3x  x   cos3x  cos x  sen 3x  sen x
y, por otro:
cos 2 x  cos  3x  x   cos3x  cos x  sen 3x  sen x
Sumando las dos igualdades anteriores obtenemos:
cos 4x  cos 2x  2cos3x  cos x
Entonces la ecuación que hemos de resolver es equivalente a:
2cos3x  cos x  cos x  2cos3x  cos x  cos x  0  cos x  2cos3x  1  0
Hay dos posibilidades.
 cos x  0  x  90º 180º k (en radianes sería

 k  ).
2
1
 3x  60º 360º k , o bien 3x  300º 360º k  x  20º 120º k
2
 2k 
5 2k 
(en radianes sería 
), o bien x  100º 120º k (en radianes sería
).

9
3
9
3
 2cos3x  1  0  cos3 x 




b) 4sen x  2cos 2 x  3  4sen x  2 cos2 x  sen 2 x  3  4sen x  2 1  sen 2 x  sen 2 x  3 


 4sen x  2 1  2sen 2 x  3  4sen 2 x  4sen x  1  0 .
Llamando sen x  t , tenemos
4  42  4   4    1
4t 2  4t  1  0 , ecuación de segundo grado cuya solución es
4 1
1
 . Así pues sen x   x  30º 360º k , o bien x  120º 360º k
2   4 
8 2
2

2
(en radianes serían x   2k  , o bien x 
 2k  ).
6
6
t
c)
cosec x  cotg x  3 

1
cos x

 3  1  cos x  3 sen x  1  cos x  3 1  cos2 x 
sen x sen x
 1  cos x  3  3cos2 x . Elevando ambos miembros al cuadrado: 1  2cos x  cos2 x  3  3cos2 x 
 4cos2 x  2cos x  2  0  2cos 2 x  cos x 1  0 . Llamando cos x  t , tenemos 2t 2  t  1  0 ,
2
t 1
1   1  4  2   1 1  3 
1
ecuación de segundo grado cuyas soluciones son t 


1
22
4
t2  


2
 Si t  1  cos x  1  x  0º 360º k  360º k (en radianes x  2k  ). Esta solución habría que
descartarla pues cosec x y cotg x no están definidas para x  2k  .
1
1
2
 cos x    x  120º 360º k , o bien x  240º 360º k (en radianes x 
 2k  ,
2
2
3
4
o bien x 
 2k  ) . La segunda solución habría que descartarla pues:
3
 Si t  
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Por un lado, cosec 240º 
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1
1
1
2
2 3
.




sen 240º sen 60º  3 / 2
3
3
Y, por otro lado, cotg 240º  cotg 60º 
Así pues cosec 240º cotg 240º  
cos 60º
1/ 2
2
1
3
.




sen 60º
3
3/2 2 3
3
2 3
3
3 3


 3.
3
3
3
Lo que ocurre es que al elevar al cuadrado lo signos se convierten a positivos.
2. Resuelve uno de los siguientes sistemas de ecuaciones, dando las soluciones en el intervalo  0, 2 :
cos x  cos y  sen x  sen y
 x  y  30º
a) 
Como cos  x  y   cos x  cos y  sen x  sen y , y de la primera ecuación se deduce que
cos x  cos y  sen x  sen y  0 , entonces cos  x  y   0 . De la segunda ecuación x  30º  y . Por tanto

90º
60º
30º 
6
cos  30º 2 y   0  30º 2 y  
 2y  
 y
 .
270º
240º
120º  2

3

60º  3
Como x  30º  y  x  
 .
150º  5
 6
 
 5 2 
,  ,  x2 , y2    ,
.
3 6
 6 3 
Por tanto hay dos parejas de soluciones  x1 , y1   
Recuérdese que las soluciones había que darlas en el intervalo  0, 2 .
2

 y  sen x  2
b) 
2

 y  cos x  1
Restando ambas ecuaciones se obtiene:
sen 2 x  cos2 x  1  cos2 x  sen 2 x  1  cos 2 x  1  2 x    x 

.
2
Sustituyendo en la primera ecuación:
y  sen 2
c)

 2  y 1  2  y  1.
2
cos x  cos y  1

cos 2 x  cos 2 y  1


Observemos que cos 2 x  cos2 x  sen 2 x  cos2 x  1  cos 2 x  2cos 2 x  1 .
De la misma manera, cos 2 y  2cos2 y  1 .
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Sustituyendo en la segunda ecuación: 2cos2 x  1  2cos2 y 1  1  2cos 2 x  2cos 2 y  1 .
Despejando cos x de la primera ecuación y sustituyendo en esta última obtenemos:


2 1  cos y   2cos2 y  1  2 1  cos2 y  2cos y  2cos2 y  1  4cos2 y  4cos y  1  0 .
2
Haciendo cos y  t , tenemos la ecuación 4t 2  4t  1  0 (la misma que aparece en el apartado b) del

 3
1
1
ejercicio 1), cuya solución es t  . Entonces cos y   y  
2
2
 5
 3
Sustituyendo en la primera ecuación del sistema:


1 1
3
cos x  cos y  1  cos x  1  cos y  cos x  1    x  
2 2
 5

3
 
 5 5 
,  ,  x2 , y2    ,

3 3
 3 3 
Tenemos pues dos parejas de soluciones:  x1 , y1   
3. Recordemos que en el triángulo ABC , a  1 m, B  30º y C  45º .
a) En primer lugar A  180º 30º 45º  105º .
Por el teorema de los senos:
Análogamente:
a
b
1
b
sen 30º



b
b
sen A sen B
sen105º sen 30º
sen105º
1
c
sen 45º

c
c
sen105º sen 45º
sen105º
0,518 m.
0, 732 m.
b) Utilicemos una de las fórmulas conocidas para calcular el área A del triángulo:
1
1
2
A  ab sen C  1 0,518 
2
2
2
0,183 m2.
4. Realiza uno de los dos apartados siguientes:
a) Calcula el valor de la siguiente expresión, simplificando el resultado:
cotg150º  cosec315º
sec120º  tg 240º
cos150º
1
 cos 30º
1


cotg150º  cosec315º
sen150º sen 315º
sen 30º
sen 45º



sen 240º
sen 60º
1
1
sec120º  tg 240º


cos120º cos 240º
 cos 60º
 cos 60º
 3 2
1
2

 3
12
2 2
2   3  2  ( 3  2)  (2  3) 


1
3 2
2  3
2  3
(2  3)  (2  3)

1 2 1 2

2 3 3 2 2  6
 6  2 3 2 2 3
43
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b) Simplifica todo lo que puedas la expresión
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sen   sen 2
1  cos   cos 2
sen   sen 2
sen   2sen  cos 
sen   2sen  cos 



2
2
1  cos   cos 2 1  cos   cos   sen 
cos   2cos 2 

1  2cos   sen   sen   tg 
1  2cos   cos  cos 
5. Realiza la siguiente operación con números complejos, expresando el resultado en forma polar y trigonométrica:
8  8 3 i
 2 3  2i 
Por un lado se tiene  2 3  2i    2 3   2  2 3   2i    2i   12  8 3 i  4  8  8 3 i .
 1  3 i 1  3 i   1  2 3 i  3i 
8  8 3 i
8  8 3 i
1  3 i
Por tanto



1  3i
 2 3  2i  8  8 3 i 1  3 i 1  3 i 1  3 i 
5
2
2
2
2
2
2

2
1  2 3i  3 2  2 3i 1
3

 
i.
1 3
4
2 2
La parte real de este número complejo es x 
El módulo r del número complejo es: r 
El argumento  del mismo es:   arctg
1
3
, y la parte imaginaria es y 
.
2
2
x2  y 2 
1 3
  1  1.
4 3
 3/2
 arctg  3  120º .
1/ 2


Por tanto, el número complejo del cual tenemos que hallar su raíz quinta es, en forma polar: z  1120º .
Hay cinco soluciones para
5
z  5 1120º .
Todas tienen módulo r  1 (pues la raíz quinta de 1 es 1 ) y argumento
 360º k 120º 360º k



 24º 72º k.
n
n
5
5
Para k  0, 1, 2, 3, 4 obtenemos los cinco argumentos (hasta formar un pentágono regular), que son:
1  24º , 2  96º , 3  168º , 4  240º , 5  312º .
Las cinco raíces son pues, en forma polar (ver figura de la página siguiente):
z1  124º , z2  196º , z3  1168º , z4  1240º , z1  1312º
En forma trigonométrica cada raíz zk adoptaría la forma zk  rk  cos k  isen k  . Como rk  1 , se tiene:
z1  cos 24º  isen 24º ,
z2  cos96º  isen 96º ,
z3  cos168º  isen168º ,
z4  cos 240º  isen 240º ,
z5  cos312º  isen 312º
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Radio
de
la
circunferencia = 1
z2
96º
z1
z3
168º
24º
240º
312º
z4
z5
6. Encuentra las posibles soluciones, en forma binómica, de la siguiente ecuación: z 5  125z 2  0 .


Esta ecuación es la misma que z 2 z 3  125  0 . Hay que encontrar números cuyo cuadrado sea 0 , y cuyo
cubo sea 125 . En el primer caso es claro que z  0 (se dice que es solución “doble”). En el segundo caso es
z  3 125 . Una solución es, claramente, z  5 . Las otras dos que faltan son complejas, en polar, zk  r :
r  3 125  5 ,  
180º 360º k
 60º 120º k .
3
Por tanto las raíces, y soluciones de z  3 125 , son:
 k  0    60º  z1  560º  5  cos 60º  i sen 60º  
5 5 3

i.
2
2
 k  1    180º  z1  5180º  5  cos180º  isen180º   5 (esta es la solución real que habíamos
obtenido anteriormente).
 k  2    300º  z1  5300º  5  cos300º  i sen 300º  
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5 5 3

i.
2
2
Página 6