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Conjunto de los números complejos

MATEMÁTICAS I 11

CAPÍTULO 9: CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

SUMARIO:

INTRODUCCIÓN

OBJETIVOS DEL CAPÍTULO

PARTE TEÓRICA DEL TEMA:

9.1.- Definición.

9.2.- Suma y producto.

9.3.- Partes real e imaginaria.

9.4.- Forma binómica.

9.5.- Potencias de la unidad imaginaria.

9.6.- Suma y producto en forma binómica.

9.7.- Complejos conjugados.

9.8.- Cociente en forma binómica.

9.9.- Módulo y argumento de un número complejo.

9.10.- Interpretación geométrica.

9.11.- Formas trigonométrica y polar.

9.12.- Forma exponencial.

9.13.- Producto y cociente en forma exponencial.

9.14.- Potencia de un número complejo. Fórmula de Moivre.

9.15.- Raíces de un número complejo.

9.16.- Logaritmo neperiano de un número complejo.

Guerra, N.; López, B.; Quintana, M.P.; Suárez, A.

MATEMÁTICA I 22

9.17.- Potencias de base y exponente complejo.

9.18.- Fórmulas de Euler.

PROBLEMAS RESUELTOS

INTRODUCCIÓN

En el cuerpo R de los reales hay operaciones que no tienen solución. Por

ejemplo, no existe ningún número real que verifique la ecuación 2 1 0x + = . Se hace necesario, entonces, definir un nuevo conjunto de


MATEMÁTICAS I 33

números y se introduce un nuevo elemento, la unidad imaginaria i ,

dando origen al cuerpo de los números complejos.

Construiremos el nuevo conjunto definiendo una relación binaria en 2R

y obteniendo el conjunto cociente. Veremos que existe un isomorfismo

entre R y el subconjunto de C formado por los pares ( 0)r, , con lo que

R quedará incluido en C .

Definiremos analíticamente los conceptos de módulo y argumento y

estudiaremos las diferentes operaciones para las distintas formas de

expresar un número complejo.

Haremos una interpretación geométrica asignando a cada complejo un

vector definido por el módulo y el argumento del mismo, comprobando

que el módulo y argumento de la suma se corresponden, respectivamente,

con los del vector suma representativo. Asimismo, destacaremos que el

producto de un complejo por otro de módulo 1 y argumento θ equivale a

un giro de θ radianes del vector correspondiente.

Estas propiedades hacen de este conjunto y sus operaciones una

herramienta muy eficaz en muchos campos. En concreto en Física y

Circuitos eléctricos las impedancias de los circuitos de corriente alterna

se expresan en forma compleja para facilitar la representación de la

diferencia de fase que se presenta entre la intensidad y la tensión de las

diferentes ramas del circuito, dependiendo de los elementos

(condensadores, bobinas, resistencias) que contengan.

Además, el cálculo con números complejos es de aplicación directa en la

resolución de ecuaciones, en la determinación de primitivas de funciones

racionales o en temas más avanzados como es el estudio de Variable

Compleja que el alumno ha de tratar en otras asignaturas de Matemáticas.


MATEMÁTICA I 44

OBJETIVOS DEL CAPÍTULO

• Plantear la necesidad de ampliar sucesivamente los conjuntos

numéricos de los números naturales, enteros, racionales y reales para

definir el conjunto de los números complejos.

• Introducir el concepto de unidad imaginaria. Manejar las distintas

formas de escribir un mismo número complejo con las respectivas

conversiones de unas en otras.

• Saber realizar las operaciones de suma, producto, cociente,

potenciación, radicación y cálculo de logaritmos con estos números, no

solo para su utilización en otros temas de matemáticas, sino para su

aplicación directa en asignaturas como Física o Teoría de Circuitos.

• Saber interpretar geométricamente los números complejos y sus

operaciones.

• Resaltar el carácter vectorial que se puede asignar a los números

complejos.

9.1. DEFINICIÓN

Se define un número complejo como un par ordenado de números reales.

( ){ }C a b a b R= , / , ∈ .

La relación de igualdad en este conjunto es tal que ( )1 1 1z a b= ,

coincidiría con ( )2 2 2z a b= , , si y solo si 1 2a a= y 1 2b b= .


MATEMÁTICAS I 55

9.2. SUMA Y PRODUCTO

Dados los números complejos ( )1z a b= , y ( )2z c d= , , se definen:

9.2.1. Suma

( ) ( ) ( )1 2z z a b c d a c b d+ = , + , = + , +

9.2.2. Producto

( )( ) ( )1 2z z a b c d ac bd ad bc= , , = − , +

Con estas operaciones el conjunto C tiene la estructura de cuerpo

conmutativo.

9.3. PARTES REAL E IMAGINARIA

Entre el conjunto de los números reales R y el subconjunto C∗ de los

números complejos, constituido por los elementos de la forma ( )0a, , se

puede establecer un isomorfismo, de manera que al complejo ( )0a, le

hacemos corresponder el número real a .

Por otro lado, los complejos de la forma ( )0 b, , reciben el nombre de

imaginarios puros.

Así, en ( )z a b= , , a la componente ” a ” se le llama parte real y a ”b ”

parte imaginaria.

En particular, al número ( )0 1, se le llama unidad imaginaria y lo

representamos por i .


MATEMÁTICA I 66

9.4. FORMA BINÓMICA

Con lo anterior,

( ) ( ) ( )0 0z a b a b= , = , + , . Pero,

( ) ( )( )0 0 0 1b b, = , ,

Entonces,

( ) ( ) ( )( )0 0 0 1z a b a b a bi= , = , + , , = +

Esta expresión z a bi= + , recibe el nombre de forma binómica del

número complejo.

9.5. POTENCIAS DE LA UNIDAD IMAGINARIA

Con las operaciones anteriores, 2 (0,1)(0,1) ( 1,0) 1i = = − = − 3 2.i i i i= = − 4 3. 1i i i= =

En general, quedará ni k= , siendo,

1 44 1

1 4 24 3

k para nk i para nk para nk i para n

= =

= = +

= − = +

= − = +


MATEMÁTICAS I 77

9.6. SUMA Y PRODUCTO EN FORMA BINÓMICA

La utilización de la forma binómica nos permite operar con los complejos

como si fueran polinomios.

9.6.1. Suma

( ) ( ) ( ) ( )1 2z z a bi c di a c b d i+ = + + + = + + +

9.6.2. Producto

( )( ) ( ) ( )21 2z z a bi c di ac adi bci bdi ac bd ad bc i⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

= + + = + + + = − + +

9.7. COMPLEJOS CONJUGADOS

Dado el complejo z a bi= + , llamaremos complejo conjugado a

z a bi= − .

Propiedades

1 2z z C∀ , ∈

a) ________

1 2 1 2z z z z+ = +

b) _____

1 2 1 2z z z z=

9.8. COCIENTE EN FORMA BINÓMICA

Para dividir complejos en forma binómica se multiplican,

respectivamente, el numerador y el denominador por el conjugado del

denominador.


MATEMÁTICA I 88

( )( )( )( )

1 21 2 2 2 2 2

2 2

a bi c diz z ac bd bc adz z iz z c di c di c d c d

+ − + −= = = +

+ − + +

9.9. MÓDULO DE UN NÚMERO COMPLEJO

Dado z a bi= + , se define el módulo como 2 2z zz a b| |= = + .

Propiedades

a) 0.z C z∀ ∈ ⇒ ≥

0, (0,0).z si y solo si z= =

1 2z z C∀ , ∈

b) 1 2 1 2z z z z=

c) Si ( )2 0 0z ≠ , , 11

2 2

zzz z

=

d) 1 2 1 2z z z z+ ≤ +

9.10. ARGUMENTO DE UN NÚMERO COMPLEJO

Dado el número complejo z a bi= + , se define el argumento como aquel

ángulo θ , que tomaremos en el intervalo [ )0 2π, , tal que,

,a bcos senz z

θ θ= =


MATEMÁTICAS I 99

9.11. INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA

Podemos establecer una correspondencia entre el conjunto C de números

complejos y el conjunto de puntos del plano 2R , de tal forma que

representando en el eje horizontal (eje real) la parte real y en el eje

vertical (eje imaginario), la parte imaginaria, a cada elemento z C∈ le

corresponde uno y sólo un punto de 2R . Este punto recibe el nombre de

afijo del número complejo.

Figura 1

b z a bi= +

E. imaginario

E. real

θ

a

z


MATEMÁTICA I 1100

Asimismo, a cada número complejo le corresponde uno y solo un vector

de 2R . Vector que tendrá como origen el origen de coordenadas y como

extremo el afijo del complejo.

Con las operaciones suma, ya definida, y la operación externa ∗ ,

producto por un escalar perteneciente a un cuerpo K , el conjunto C

adopta la estructura de espacio vectorial y podemos establecer un

isomorfismo entre C y el espacio vectorial V de los vectores libres de 2R , lo cual nos va a permitir trabajar indistintamente con números

complejos ó con vectores, según convenga a nuestras aplicaciones.

Se observa que

2 2z a b| |= + (módulo del vector)

btga

θ = ; a z cosθ=| | , b z senθ=| |

9.12 FORMAS TRIGONOMÉTRICA Y POLAR

Sustituyendo en z a bi= + las expresiones anteriores queda,

( )z z cos isenθ θ=| | + (forma trigonométrica)

Escribiendo en forma simbólica el complejo z como z z θ=| | , se obtiene

la llamada forma polar ó módulo-argumental.

9.13 FORMA EXPONENCIAL

Desarrollando en serie las funciones ie θ , cosθ y senθ se puede

comprobar,


MATEMÁTICAS I 1111

ie cos isenθ θ θ= +

Sustituyendo en la forma trigonómetrica se puede escribir

( ) iz z cos isen z e θθ θ=| | + =| | (forma exponencial)

9.14 PRODUCTO Y COCIENTE EN FUNCIÓN DE LOS MÓDULOS Y

ARGUMENTOS

Sean, 11 1

iz z e θ=| | y 22 2

iz z e θ=

9.14.1 Producto ( )1 2

1 2 1 2iz z z z e θ θ+=| || |

Los módulos se multiplican y los argumentos se suman.

9.14.2 Cociente

( )1 211 2

2

izz z ez

θ θ−| |=

| |

Los módulos se dividen y los argumentos se restan.

9.15. POTENCIA DE UN NÚMERO COMPLEJO. FÓRMULA DE MOIVRE.

Sea iz z e θ=| |

nn i n inz z e z eθ θ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= | | =| |

En forma trigonométrica quedaría

( )n nz z cos n isen nθ θ=| | + (Fórmula de Moivre)


MATEMÁTICA I 1122

9.16 RAÍCES DE NÚMEROS COMPLEJOS.

Sea z z θ=| | . Su raiz n-ésima será otro número complejo r , r r α=| | , tal

que, nn z r r z= ⇒ =

De esta igualdad, nr z| | =| | , 2n kα θ π= +

Es decir, nr z| |= | | , 2kn

θ πα +=

En principio, k puede adoptar los valores 0 1 2 3, ± , ± ,± ,..., pero solo se

obtienen argumentos α distintos para ” n ” valores. Tomaremos

0 1 2 3 1k n= , , , , ..., − . Para otros valores de k se repetirían valores de

raíces ya obtenidos.

Los afijos de las n-raíces estarían sobre una circunferencia de radio n z| |

y el ángulo comprendido entre cada par de vectores correspondientes a

sendas raíces consecutivas, todos iguales, valdrá nθ⎛ ⎞.⎜ ⎟

⎝ ⎠

9.17 LOGARITMO NEPERIANO DE UN NÚMERO COMPLEJO.

Sea iz z e θ=| |

Notemos que figurando θ en el exponente, podríamos pensar, para

generalizar, sustituir θ por 2kθ π+ , ya que ( )2cos cos kθ θ π= + y

( )2sen sen kθ θ π= + , pero,

( ) ( )2 2 2 2i k i i k i ie e e e cos k isen k eθ π θ π θ θπ π+ = = + =


MATEMÁTICAS I 1133

Es decir, que mientras figure en el exponente no se están restringiendo

soluciones por escribir θ en lugar 2kθ π+ . Pero, al aplicar logaritmos el

exponente pasaría como factor y pondríamos: ( )2i kz z e θ π+=| | .

( ) ( )2ln ln ln ln 2i kz z e z i kθ π θ π+= | | + = | | + +

Para 0 1 2 3k = ,± ,± ,± ...

Existirían infinitas soluciones para el logaritmo, todas con la misma parte

real. Aquel complejo que se obtiene para el valor de 2k kθ π π/ | + |≤ ,

recibe el nombre de valor principal del logaritmo.

Los afijos de los correspondientes logaritmos estarían sobre una recta

vertical.

9.18 POTENCIAS DE BASE Y EXPONENTe COMPLEJO.

Supongamos que siendo 1z y 2z números complejos, queramos efectuar

la operación 21zz .

Sea 21

zz z= , aplicando logaritmos neperianos

( )2 1 2 1 1ln ln ln 2z z z z z i kθ π= = | | + +⎡ ⎤⎣ ⎦

( )2 1 1ln 2z z i kz e θ π| |+ +⎡ ⎤⎣ ⎦=

9.19 FÓRMULAS DE EULER.

Aprovechando las igualdades que se obtienen de los correspondientes

desarrollos en serie: i

i

e cos isene cos isen

θ

θ

θ θθ θ−

⎫= +⎬

= − ⎭


MATEMÁTICA I 1144

Sumando: 2

i ie ecosθ θ

θ−+

=

Restando: 2

i ie eseni

θ θ

θ−−

=

Dividiendo ambas: ( )

2

2

11

i i i

i i i

e e etgi e e i e

θ θ θ

θ θ θθ

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

− −= =

+ +

PROBLEMAS

1.- Expresar en las formas trigonométrica y exponencial los complejos

a) 1 2 2z i= −

b) 2 2 2z i= +

c) 3 2 2z i= − −

d) 4 2z i= −

SOLUCIÓN:

a) 1 2 2z i= − .


MATEMÁTICAS I 1155

En valor absoluto 2 12

tgα = = , es decir, 4

radπα = con lo que

172

4 4radπ πθ π= − = , o bien, en sentido negativo, 1 4

πθ = −

1 2 2 2z| |= + =

Forma trigonométrica:

17 724 4

z cos isenπ π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

Forma exponencial: 74 4

1 2 2i i

z e eπ π

−= =

b) 2 2 2z i= +

2

2− 1z

E. imaginario

E. real

θ1

α

Figura 2


MATEMÁTICA I 1166

2 1tgθ = ; 02 1 45

4arctg radπθ = = =

2 2 2 2z| |= + =


2 24 4


Forma exponencial:

42 2

iz e

π

=

2

2 2z

E. imaginario

E. real

θ2

Figura 3


MATEMÁTICAS I 1177

c) 3 2 2z i= − −

De la figura,

1tgα = ; 454

o radπα = = ⇒ 354πθ π α= + =

3 2z =


35 524 4


E. imaginario

θ3

α Eje real

2−

2−

Figura 4


MATEMÁTICA I 1188

Forma exponencial : 54

3 2i

z eπ

=

d) 4 2z i= −

434

radπθ = , o bien, 4 2radπθ = −

4 2z =


43 322 2


Forma exponencial 32 2

4 2 2i i

z e eπ π

−= =


MATEMÁTICAS I 1199

2.- Expresar en forma binómica 23

5z π= .

SOLUCIÓN:

2 2 1 3 5 5 35( ) 53 3 2 2 2 2

z cos isen i iπ π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3.- Hallar el conjugado de 11 2

izi

+=

−.

SOLUCIÓN:

Primero debemos escribir el complejo en forma binómica. Para ello

efectuamos el cociente. Multiplicando numerador y denominador por el

conjugado del denominador:

( )( )( )( ) ( )

2

2

1 1 2 1 2 21 2 1 2 1 2

i i i i izi i i

+ + + + += =

− + −, sustituyendo 2 1i = − , resulta:

1 3 1 31 4 5 5

iz i− += = − +

+

El conjugado sería:

1 35 5

z i= − −

4.- Efectuar ( )81z i= − .

SOLUCIÓN:

Se podría desarrollar por el binomio de Newton pero es mucho más

cómodo expresar el complejo de la base en forma polar.


MATEMÁTICA I 2200

1 2i| − |= ; ( )14

arg i Radπ− = −

Así, 8

42z π

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

( )84

2 084

2 2 16 16z ππ −−

= = = =

5.- Hallar las raíces cúbicas de ( )3z i= − + .

SOLUCIÓN:

Hallaremos el módulo y el argumento de z

1 333

tgα = = ; 306

o radπα = = ⇒ 5 1506 6

oradπ πθ π= − = =

3 1 2z| |= + =

Así,

33 5

6

3 2i π− + = y utilizando la expresión vista en la introducción

teórica,

33 5

6

2 2απ = , siendo 5 26

3

kπ πα

+= para 0 1 2k = , , .

Si el argumento lo expresásemos en grados,

3 31502 2α= , siendo 150 360

3

o o kα += para 0 1 2k = , ,

Con esta última expresión,


MATEMÁTICAS I 2211

Para 0k = ; 331 50 2 50 502 o

o or cos isen⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= = +

Para 1k = ; 332 170 2 170 1702 o

o ocos isenγ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= = +

Para 2k = ; 33 33 290 70 2 70 702 2o o

o or cos isen⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

= = = − + − =

3 2 70 70o ocos isen⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

6.- Hallar ( )3 3L i+ .

SOLUCIÓN:

3 3 3 3 6i+ = + =

( )3 34

arg i π+ =

Con esto,

( )3 3 6 24

L i L i kπ π⎛ ⎞+ = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

El valor principal se obtendrá para aquel valor de k que verifique

24

kπ π π+ ≤ . En este caso se cumple para 0k = .

Así, valor principal:

( )3 3 64

L i L i π⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠

7.- Hallar los valores de la potencia ( )1 ii+ .


MATEMÁTICA I 2222

SOLUCIÓN:

Sea ( )1 iA i= +

Aplicando logaritmos neperianos, ( )1LA iL i= +

Calculamos ( )1L i+

1 2i| + |= ; ( )14

arg i π+ =

( )1 2 24

L i L i kπ π⎛ ⎞+ = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Sustituyendo:

2 2 2 24 4

LA i L i k iL kπ ππ π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( )2 2 2 24 4k iL k ilA e e e

π π π π⎛ ⎞− + +⎜ ⎟ − +⎝ ⎠= =

Identificando este resultado con la forma exponencial iz z e θ=| |

2

4k

A eπ π⎛ ⎞− +⎜ ⎟

⎝ ⎠=

222

LArg A L rad= =

Hacer notar que existen infinitos complejos que son resultado de esta

potencia, todos con el mismo argumento.

8.- Calcular los valores de (1 3 ) 2 2i i− − .

SOLUCIÓN:

Sea (1 3 ) 2 2iA i−= − , aplicando logaritmos neperianos,


MATEMÁTICAS I 2233

( )2 21 3

L iLA

i−

=−

2 2 8i| − |= ; ( )2 24

arg i π− = −

Con esto,

( )( )( )

2

8 2 1 38 244

1 3 1 3 1 3

8 3 2 3 8 24 4

1 3

L i k iL i kLA

i i i

L k i L k

i

ππ ππ

π ππ π

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ + − + ++ − + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦= = =− − +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + + − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= =

+

8 3 2 3 8 24 44 4

L k L ki

π ππ π⎛ ⎞− − + − − +⎜ ⎟⎝ ⎠= +

8 3 2 3 8 24 44 4

L k L ki

A e e

π ππ π⎛ ⎞− − + − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

= con lo que,

8 3 24

4

L k

A e

π π⎛ ⎞− − +⎜ ⎟⎝ ⎠

| |=

3 8 24

4

L karg A

π π− − +=

9.- Hallar el argumento de un complejo de la forma ( )9 241 iLiπ⎛ ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

++ que

tenga módulo 1.


MATEMÁTICA I 2244

SOLUCIÓN:

Ya hemos visto en anteriores ejercicios que las potencias de base y

exponentes complejos dan lugar a infinitas soluciones (según los valores

de k ). En este caso, tomaremos el valor de k que haga que su módulo

sea la unidad.

( )9 241 iLA iπ⎛ ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+= +

( )9 2 14

LA iL L iπ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= + +

( )1 2 24

L i L i kπ π⎛ ⎞+ = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Sustituyendo,

9 2 2 24 4

LA iL L i kπ π π⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞= + + + =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

29 92 2 2 2 24 4 4 4

L L k i L kπ π π ππ π⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 99 2 22 2 24 44 4

i L kL L kA e e

π ππ π ππ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ + +− + ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦= ; 9 2 2 24 4

L L kA e

π π π⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠| |=

Para que 1A| |= , tiene que ser 9 2 2 2 04 4

L L kπ π π⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎝ ⎠

92 2 04 4

L kπ π π⎛ ⎞− − =⎜ ⎟⎝ ⎠

, 9 2 04 4

kπ π π⎛ ⎞− − =⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1k =

Es decir, para 1k = el módulo del complejo dado vale 1 y el argumento

pedido será

( )2 22 29 92 2

4 4 4 4L

L π π πθ π⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


MATEMÁTICAS I 2255

10.- Resolver la ecuación 1z ize i+

= − .

SOLUCIÓN:

Aplicando logaritmos neperianos

( )1z i L iz+

= − , ( )1z i zL i+ = − , ( )1 1

izL i

=− −

( )1 2 24

L i L i kπ π⎛ ⎞− = + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

Sustituyendo,

( ) ( )( ) ( )( ) ( )22

2 2 142 1 2 2 1 24 4

k i LizL i k L k

π π

π ππ π

− + + −= =

− + − + − + − +

( ) ( ) ( ) ( )2 222

2 2 142 1 4 2 2 1 24

k Lz iL k L k

π π

ππ π π

− + −= +

− + − + − + − +

11.- La suma de dos números complejos es 3 2i+ , el cociente es un

número imaginario puro y la parte real de uno de ellos es 2 . Hallar

dichos números complejos.

SOLUCIÓN:

Sean 1z a bi= + y 2z c di= +

Imponiendo las condiciones del enunciado:

( ) ( )1 2 3 2z z a c b d i i+ = + + + = + ( )1


MATEMÁTICA I 2266

1

2

z a bi kiz c di

+= =

+ ( )2

y, por ejemplo, tomaremos la parte real de z , 2a = .

Sustituyendo este valor en ( )1 e identificando:

2 3 2c b d+ = + =

De aquí, 1c = y 2d b= −

Sustituyendo en ( )2 :

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2

2 1 22 2 2 4 31 2 1 2 1 2 1 2 1 2

bi b ibi b b b i kib i b i b i b b

+ − −⎡ ⎤+ + − − +⎣ ⎦= = + =+ − + − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ + − + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

La parte real ha de ser cero,

( )

22

22 2 0 2 2 01 2

b b b bb

+ −= ⇒ + − =

+ −

De aquí 1 3b = ±

Para 1 3 2 1 3 1 3b d= + , = − − = −

Para 1 3, 1 3b d= − = +

Así, hay dos parejas de soluciones:

( )1 22 1 3 1 1 3z i y z i⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= + + = + −

1 22 1 3 1 1 3z i y z i⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= + − = + +

12.- Hallar el valor principal de 2 11

iz Li i

+=

−.


MATEMÁTICAS I 2277

SOLUCIÓN:

( )( )( )( )1 11 2

1 1 1 2i ii i i

i i i+ ++

= = =− − +

Así ,

2z Lii

=

Como 1i| |= y 2

arg i π= , queda,

1 22

Li L i kπ π⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

, con lo que el valor principal ( 0k = ), será,

2Li i π

=

Sustituyendo,

22

z ii

π π= =

13.- Calcular los valores de z en la ecuación 4 3senz i= .

SOLUCIÓN:

Con las fórmulas de Euler, quedaría

4 32

iz ize e ii

−−= −

Operando, 2 2 3 1iz ize e i−− = +

Multiplicando por ize y ordenando,

( )22 1 3 2 0iz ize i e⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

− + − =


MATEMÁTICA I 2288

( ) ( )21 3 1 3 16 1 3 8 64 4

iz i i i ie+ ± + + + ± +

= = ( )1

Calculemos 8 6i+

8 6 10i| + |= ( ) 38 64

arg i arctg α+ = = (1 o cuadrante)

Con la expresión vista en la introducción teórica,

22

8 6 10 ki α π++ = para { }0 1k = , .Sustituyendo los valores de k:

12

10r α= ( 2 )22

10r α π+=

En forma binómica:

1 102 2

r cos isenα α⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

siendo, 34

tgα =

Pero, 2

1111 3 10

2 2 2 10tgcoscos

αα α+

++= = =

y, entonces, 2 1012 2 10

sen cosα α= − =

Sustituyendo,

13 10 1010 3

10 10r i i

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Sabemos que las raíces cuadradas de un número complejo son complejos

opuestos ya que sus argumentos difieren en π radianes. Así, la otra raiz

será 2 3r i= − − .

Sustituyendo en ( )1 ,

para 1 3r i= +


MATEMÁTICAS I 2299

( ) ( )1 3 34

iz i ie

+ ± += ( )2

para 2 3r i= − −

( ) ( )1 3 34

iz i ie

+ ± − −= ( )3

Por supuesto, basta con tomar ( )2 ó ( )3 y operar con las dos soluciones

correspondientes ya que las otras dos coincidirían, respectivamente, con

estas.

Por ejemplo, de ( )2 :

( ) ( )1 3 31

4iz i i

e i+ + +

= = + y ( ) ( )1 3 3 1 14 2 2

iz i ie i

+ − += = − +

Por un lado,

1ize i= + ; ( )1 2 24

iz L i L i kπ π⎛ ⎞= + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2 4 22 2

4L i k

z k iLiπ π π π

+ + ⎛ ⎞= = + −⎜ ⎟⎝ ⎠

Por otro lado,

1 12 2

ize i= − + , 1 1 1 22 2 2 4

iz L i L i kπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + = + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

12 2 24 2 4

z k iL k iLπ ππ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − = − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

14.- Obtener las raíces de la ecuación 5 4 3 22 2 2 0x x x x x− + − + − = .


MATEMÁTICA I 3300

SOLUCIÓN:

Las posibles raíces enteras serían { }1 2± , ± . Sólo admite la raíz 2x = .

Factorizando,

( )( )5 4 3 2 4 22 2 2 2 1 0x x x x x x x x− + − + − = − + + =

Las restantes raíces las obtendremos resolviendo la ecuación bicuadrada 4 2 1 0x x+ + = . Haciendo 2x t= :

2 1 0t t+ + = ; 1 3 1 3 1 32 2 2 2

it i− ± − − ±= = = − ±

Para 1 32 2

t i= − + ; 1 32 2

x i= − +

Pero,

1 3 12 2

i− + = y 1 3 2arg2 2 3

i π⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Así, 2 2( 2 )33 2

1 1k

x π π π+= = , para { }0 1k = ,

Para 0k = , 3

1 31 13 3 2 2

x cos isen iππ π⎛ ⎞= = + = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

La otra solución de la raíz cuadrada sería el complejo opuesto

1 32 2

i⎛ ⎞

− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

. De todas formas, vamos a obtenerla.

Para 1k = , 23

2 2 1 31 13 3 2 2

x cos isen iππ π

−

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = − + − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


MATEMÁTICAS I 3311

Para el otro valor, 1 32 2

t i= − − , 1 32 2

x i= − −

Pero,

1 3 12 2

i− − = y 1 3 4 22 2 3 3

arg i π π⎛ ⎞− − = = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Así,

2 2( 2 )33 2

1 1k

x π π π− +−= = , para { }0 1k = , .

Para 0k =

3

1 31 13 3 2 2

x cos isen iππ π

−⎡ − − ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Para 1k = , se obtendría,

1 32 2

x i= − +

Las soluciones son entonces,

1 2 3 4 51 3 1 322 2 2 2

x x i x i, ,= , = ± , = − ±

15.- Expresar en forma binómica ( ) ( )1 3 1 3n n

i i+ + − .

SOLUCIÓN:

Para desarrollar las potencias expresamos los complejos en forma

exponencial.

1 3 2i| + |= , ( )1 33

arg i π+ =

Así, 31 3 2i

i eπ

+ =


MATEMÁTICA I 3322

1 3 2i| − |= , ( )1 33

arg i π− = −

Así, 31 3 2i

i eπ

−− =

Sustituyendo,

( ) ( ) 3 3 3 3 3 31 3 1 3 2 2 2 2 2n n n n n nn n i i i i i in n ni i e e e e e e

π π π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+ + − = + = + = +

Recordando las fórmulas de Euler,

2

i ie ecosθ θ

θ−+

=

En este caso,

3 323 2

n ni inn e ecos

π π

π−

+=

Despejando y sustituyendo,

( ) ( )1 3 1 3 2 2n n

ni i+ + − = 123 3

nn ncos cosπ π+=

16.- Hallar el lugar geométrico del afijo de 1 2

a iza i+

=+ +

, sabiendo que

a R∈ .

SOLUCIÓN:

Sea z x iy= + . Sustituyendo,

1 2a ix iy

a i+

+ =+ +

Operaremos para despejar a e imponer la condición que es real,


MATEMÁTICAS I 3333

22 2x ax ix iy ayi i y a i+ + + + + = +

( )2 2 1a x yi i x ix iy y+ − = − − − +

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

1 2 1 212 1 2 2 1 2 2 1 2

y x i x y x i yy x i x ya

x i y x i y x i y− + − − − −⎡ ⎤− + − − ⎣ ⎦= = =

− + − + − −

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )2 22 2

2 1 2 1 1 2 1 22 1 4 2 1 4

y x x y x y x y x y x yi

x y x y− − + − − − − − − −

= +− + − +

Si a es real, su parte imaginaria ha de ser nula,

( )( ) ( )1 2 1 2 0x y x y x y− − − − − =

Operando, 2 22 2 3 1 0x y x y+ − − + =

2 2 3 1 1 02 2 2

x y x y+ − − + =

El lugar geométrico es, pues, una circunferencia de centro 3 14 4

⎛ ⎞,⎜ ⎟⎝ ⎠

y

radio 24

.

17.- Demostrar que si los vértices de un triángulo equilátero son los afijos

de los números 1 2 3z z z, , se verifica , 2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3z z z z z z z z z+ + = + + .

SOLUCIÓN:

Recordando la interpretación vectorial de los números complejos (ver

figura) y llamando 1 2z z, y 3z , respectivamente, a los complejos

(vectores), representativos de los vértices, los lados correspondientes, con


MATEMÁTICA I 3344

los sentidos que se indican, vendrán representados por ( ) ( )2 1 2 3z z z z− , −

y ( )3 1z z− .

Por otro lado, sabemos que multiplicar un complejo por otro de módulo 1

y argumento α, equivale geométricamente a girar el vector representante

del primero un ángulo α.

Así,

( ) 32 1 2 3

32 13 1

i

i

z z z z e

z z z z e

π

π

⎫⎪⎪⎪⎬⎪

⎛ ⎞ ⎪⎜ ⎟ ⎪⎝ ⎠ ⎭

− = −

− = −

Dividiendo ambas expresiones,

2 32 1

3 1 2 1

z zz zz z z z

−−=

− −

Operando, 2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3z z z z z z z z z+ + = + +

3z

1z 2z

Figura 5


MATEMÁTICAS I 3355

Bibliografía

FERNÁNDEZ VIÑA, J. A. (1986). Análisis Matemático I. Madrid.

Tecnos S.A.

GARCÍA, A.; GARCÍA, F.; GUTIÉRREZ, A.; LÓPEZ, A.;

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LOSADA, R.. (1978). Análisis Matemático. Madrid. Pirámide S.A.

MARTÍNEZ SALAS, J. L. (1975). Elementos de Matemáticas.

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R.A.E.C. (1971). Problemas de Cálculo Infinitesimal. Madrid. R.A.E.C.

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TÉBAR, E. (1977). Problemas de Cálculo Infinitesimal. Albacete. Tébar

Flores.

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