S O L U C I O N E S MATEMÁTICAS 1.ºBACHILLERATO BACHILLERATO 1º U n i d a d 5 Números complejos 5C 1 z a + bi (a + bi ) (c – di ) = = c + di (c + di ) (c – di ) = t 10 a) b) (ac + bd) + (– ad + bc)i c2 + d2 Para que el cociente sea un número imaginario puro se debe de cumplir que: = –2 2 a c + b d = 0 ⇒ a c = – (b d) 2 1 – xi ⇒(x + (2 – y)i · (1 + i) = (1 + xi) · i ⇒ 1+i i ⇒ (x – (2 – y)) + (x + (2 – y))i = x + i ⇒ x+ (2 – y)i c) = d) ⇒ (igualando las partes reales e imaginarias) ⇒ ⇒ x – (2 – y) = x x+2–y=1 } ⇒ –2+y=0⇒y=2 x=1+y–2⇒x=1+2–2=1 Los valores son x = 1 e y = 2. 3 11 a) x 2 – 2x + 2 = 0 b) 2x – 2x + 1 = 0 2 4 k∈Z a) n = 2 k Sean z = a + bi y t = c + di . Si sus afijos son simétricos respecto del eje imaginario, cumplen que: 1 = 1 = a – bi z a + bi a 2 + b2 a=–cyb=d 1z = Luego z + t = (a + bi) + (c + di) = (a + bi) + (–a + bi) = 2 bi. 6 a) Falso, ya que si z = 1 – i y t = – 3 + i, tenemos que z + t = 2 y z = 冑苴 2 , t = 冑苴 10 , con lo que 冑苴 冑苴 z + t = 2 ≠ 2 + 10 = z + t b) Cierta, si z = a + bi se tiene que b) n = 2 k ∈ + 1 k ∈ Z 5 Por tanto la suma de z y t será un número imaginario puro. Sea z = a + bi, se tiene que –z = a – bi y (–z) = –a –bi 1 z Como a , b ∈ R ⇒ a + b ∈ R ⇒ – (a + b ) ∈ R Por tanto (–z) · — z ∈ R– 7 + 2 2 + 2 2 = a – bi = = 1 冑苴 a2苴 +苴 b2 冑苴 a2苴 +苴 b2 = a2 + b2 – 12 Sean z = a + bi y — z = a – bi los números complejos que buscamos, se tiene que: z = (a + bi) + (a – bi) = 8 ⇒ 2 a = 8 ⇒ a = 4 z +— z· — z = (a + bi) · (a – bi) = 25 ⇒ ⇒ (a2 + b2) + (ab –ba)i = a2 + b2 = 25 13 Sea z = a + bi el número complejo, en forma polar es z = 4α. Su conjugado — z = a – bi tendrá en forma polar la forma — z = 4(–α), ya que los complejos conjugados tienen los argumentos opuestos. Por tanto: z · — z = 4α · 4(–α) = 16 0º y el módulo es 16 y el argumento 0º. Sea z = r y — z = r 45° (– 45°) Se tiene z · — z = r45° · r(– 45°) = r20° Como a = 4 ⇒ 16 + b2 = 25 ⇒ b2 = 9 ⇒ b = ± 3. Luego r2 = 25 ⇒ r = 5 Los números buscados son z1 = 4 + 3i y zz = 4 – 3i El número complejo es: z = o 1 a2 + b2 a2 + b2 = – [(a2 + b2) + (ab – ba)i] = – (a2 + b2) 2 a – bi a2 + b2 a2苴 +苴 b2 = 冑苴 z = (–a – bi) · (a – bi) = – (a + bi) · (a – bi) = Luego: (–z) · — 2 5 8 z = 2 + 2i z = 2 – 2i 9 Si z1 = –1 + 2i, sabemos que si un complejo es solución de una ecuación, también lo es su conjugado, por tanto la otra solución es z1 = –1 – 2i. Como z1 = zz = – 2 y z1 · z2 = 5 la ecuación de segundo grado es: x 2 + 2x + 5 = 0. — z = ( 5 冑苴 2 – 2 5 冑苴 2 2 5 冑苴 2 + 5 冑苴 2 i y 2 2 ( i ) ) S O L U C I O N E S 5C 10º = 1 + 0i ⇒ 4 + 0i mediante la traslación de tres unidades positivas. 16 a) 4 + 0i ⇒ 4 i por el giro de centro origen y amplitud de 90º positivos. 4i ⇒ 4 + 4i traslación de 4 unidades negativas. – 4 + 4i ⇒ 4 – 4i giro de centro el origen y amplitud 180º. 15 z1 = 10º z2 = 190º z3 = 1180º z4 = 1270º 5 1º BACHILLERATO 1.º BACHILLERATO U n i d a d 5 Números complejos 14 MATEMÁTICAS b)