Copia de 20,1 SEMANA VF Números complejos_PRE 2021_2 - BYRON DAVID CEVALLOS TRUJILLO

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PRE
2021-2
20,2
2
Los números complejos se utilizan en todos los campos de las matemáticas, en
muchos de la física y en ingeniería, especialmente en la electrónica y las
telecomunicaciones, por su utilidad para representar las ondas electromagnéticas
y la corriente eléctrica.
INTRODUCCIÓN
Circuitos RLC
3
𝒆𝒊𝝅 + 𝟏 = 𝟎
Se considera a los números: 0, 1, 𝑖, 𝑒 y 𝜋 como los cinco
números más importantes en Matemáticas, las cuales se
pueden expresar, todos juntos, de la siguiente manera:
4
DEFINICIÓN:
Todo número de la forma 𝑥 + 𝑖𝑦; donde x, y son números reales, 𝑖 = −1; se 
denomina número complejo ℂ y se le denota generalmente por 𝑍: 
𝐙 = 𝐱 + 𝐢𝐲 𝛜 ℂ; ∀ 𝐱, 𝐲 𝛜 ℝ; 𝐢 = −𝟏
El número real x se denomina parte real del complejo 𝑍 y se denota por: 
𝑹𝒆 𝒁 = 𝒙
El número real y se denomina parte imaginaria del complejo 𝑍 y se denota por: 
𝑰𝒎 𝒁 = 𝒚
Si 𝑥 = 0 ⇒ 𝑍 = 𝑖𝑦 se denomina número complejo imaginario puro
Si 𝑦 = 0 ⇒ 𝑍 = 𝑥 se denomina número complejo real
5
Consideraciones:
Dado: Z = x + iy ϵ ℂ
Se denomina el complejo conjugado de Z al número: 
തZ = x − iy
Se denomina el complejo opuesto de Z al número: 
−Z = Z∗ = −x − iy
• Dado: Z = x + iy;ω = a + bi, ϵ ℂ ⇒ Z = ω ⇔ x = a ∧ y = b
• El número i se denomina unidad imaginaria: i = −1,
tal que: i2 = −1; i4k+n = in; ∀k, n ∈ ℤ
6
RESOLUCIÓN:
Como: Z1 = Z2 ⇒ Re Z1 = Re Z2 ∧ Im Z1 = Im Z2
1 = 3 cot β ⇒ tan β = 3
𝑡𝑎𝑛(𝜃) = 4
Además:
cot θ − β =
1 + tan θ tan(β)
tan θ − tan(β)
cot θ − β =
1 + (4)(3)
4 − 3
= 13
Luego: Z = tan β tan θ + icot θ − β
Z = 12 + 13i
Entonces: Re Z − Im Z = 12 − 13
APLICACIÓN 01:
Si los números complejos: Z1 = 1 + itan θ ; Z2 = 3 cot β + 4i, son iguales, calcule 
Re Z − Im(Z); siendo Z = tan β tan θ + icot θ − β
A) − 1 B) 0 C) 1 D) 4 E) 5
∴ Re Z − Im Z = −1 CLAVE: A
7
OPERACIONES CON COMPLEJOS
Dados los números complejos: 𝑍 = 𝑎 + 𝑏𝑖; 𝜔 = 𝑐 + 𝑑𝑖
Adición:
𝒁 +𝝎 = 𝒂 + 𝒄 + 𝒃 + 𝒅 𝒊
Sustracción:
𝒁 −𝝎 = 𝒂 − 𝒄 + 𝒃 − 𝒅 𝒊
Multiplicación:
𝒁 ×𝝎 = 𝒁𝝎 = 𝒂𝒄 − 𝒃𝒅 + 𝒂𝒅 + 𝒃𝒄 𝒊
División: 𝝎 ≠ 𝟎
𝒁
𝝎
=
𝒂𝒄 + 𝒃𝒅
𝒄𝟐 + 𝒅𝟐
+
𝒃𝒄 − 𝒂𝒅
𝒄𝟐 + 𝒅𝟐
𝒊
Consecuencia:
Siendo: Z =
a + bi
c + di
Si Z es un número complejo real: bc = ad
Si Z es un número complejo imaginario puro: ac + bd=0 
8
Dado el número complejo Z = a + bi; se denota como |Z| y se define por:
MÓDULO DE UN COMPLEJO
Z = a2 + b2
1
Por ejemplo:
* Z = 3 + 4i ⇒ Z = 32 + 42
⇒ Z = 5
* Z = sen θ + cos(θ) + i sen θ − cos(θ)
Z = sen θ + cos(θ) 2 + sen θ − cos(θ) 2
Z = 2 sen2 θ + cos2(θ) ⇒ Z = 2
Se establecen las siguientes propiedades:
* Z ≥ 0; ∀ Z ∈ ℂ
* Si Z = 0 ⇒ Z = 0
* Z = തZ = −Z
* Zω = Z ω ; ∀ Z,ω ϵ ℂ
* 
Z
ω
=
Z
ω
; ∀ Z,ω ϵ ℂ; ω ≠ 0
* Z 2 = Z × തZ; ∀ Z ϵ ℂ
* Z + ω ≤ Z + ω
9
APLICACIÓN 02:
Dados los números complejos: Z = sen θ + 2isen θ ;ω = 2 cos θ + icos(θ); 
calcular el máximo valor de Z + ω
RESOLUCIÓN:
Como: Z = sen θ + 2isen θ
ω = 2cos θ + icos θ Z + ω = sen θ + 2cos(θ) + i 2sen θ + cos(θ)
Z + ω = sen θ + 2cos(θ) 2 + 2sen θ + cos(θ) 2
Z + ω = 5 sen2 θ + cos2(θ) + 4 ∙ 2sen θ cos(θ) ⇒ Z + ω = 5 + 4sen(2θ)
máx máx
∴ Z + ω (máx) = 3
A) 2 B) 2 2 C) 3 D) 3 2 E) 4
CLAVE: C
10
REPRESENTACIÓN DE UN NÚMERO COMPLEJO
La representación geométrica de un número de complejo se realiza en un plano 
denominado Plano Complejo o Plano de Gauss:
Dado: Z = a + bi
Re(Z) = a
Im(Z) = b
a
b
(a; b)
Radio vector asociado a 
Z
Afijo de Z
𝐑𝐞
𝐈𝐦
𝐎(Polo) a
b
(a; b)
Además si: Z = a + bi
𝐙
θ
𝛉 = 𝐀𝐫𝐠(𝐙)
𝟎 ≤ 𝛉 < 𝟐𝛑𝐑𝐞
𝐈𝐦
𝐎(Polo)
𝐈𝐦
𝐀𝐫𝐠𝐮𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐝𝐞 𝐙
11
Por ejemplo: ω = 2 − 3i
Re(Z) = 2
Im Z = −3
𝐑𝐞
𝐈𝐦
𝐎 2
−3 (2;−3)
Afijo de 𝛚
𝛚 = 𝟏𝟑
𝛉
θ = Arg(Z)
ω = 22 + (−3)2= 13
Otro ejemplo: Z = −2 + 2 3i
Re Z = −2
Im Z = 2 3
Z = (−2)2+ 2 3
2
= 4
𝐑𝐞
𝐈𝐦
𝐎−2
2 3(−2; 2 3)
Afijo de 𝐙
𝐙 = 𝟒
𝛉
θ = Arg Z =
2π
3
12
FORMA BINÓMICA DE UN NÚMERO COMPLEJO
La forma binómica o cartesiana de un número complejo se establece como: Z = x; y = x + iy
Por ejemplo: 
* ω = (3;−4) ⇒ ω = 3 − 4i
* Z = (0; 2) ⇒ Z = 0 + 2i
⇒ Z = 2i …Z es un número complejo imaginario puro
* ρ = (−3; 0) ⇒ ρ = −3 + 0i
⇒ ρ = −3 …ρ es un número complejo real
Re
Im
2
Z
Re
Im
−3
ρ
13
FORMA POLAR O TRIGONOMETRICA DE UN NÚMERO COMPLEJO
Dado el número complejo en su forma binómica: Z = x + iy; Z = r
Lo representamos en el plano de Gauss:
Re
Im
x
y (x; y)
r
θ
Se observa que: x = rcos(θ)
y = rsen(θ)
Luego, reemplazamos en Z:
Z = x + iy
Z = rcos θ + irsen(θ)
Z = rcis(θ)
Z = r cos θ + isen(θ)
14
APLICACIÓN 03:
Exprese en forma trigonométrica el número complejo: 
Z = 5 + 2i 1 − i + 3 + i 1 − 2i − 4
A) 4 2 cos
π
4
+ isen
π
4
B) 4 2 cos
3π
4
+ isen
3π
4
C) 4 2 cos
7π
4
+ isen
7π
4
D) 8 2 cos
5π
4
+ isen
5π
4
E) 8 2 cos
7π
4
+ isen
7π
4
RESOLUCIÓN:
Operando en Z:
Z = 5 + 2i 1 − i + 3 + i 1 − 2i − 4
Z = 5 − 5i + 2i − 2i2 + 3 − 6i + i − 2i2 − 4
Reduciendo: ⇒ Z = 8 − 8i
Re Z = 8
Im Z = −8
Z = 82 + −8 2
⇒ Z = 8 2
𝑹𝒆
𝑰𝒎
𝑶
𝟖
−𝟖
𝟖 𝟐
𝜽 𝝅/𝟒 𝐴𝑟𝑔 𝑍 = 𝜃 =
7𝜋
4
∴ 𝑍 = 8 2 𝑐𝑜𝑠
7𝜋
4
+ 𝑖𝑠𝑒𝑛
7𝜋
4
CLAVE: E
15
Multiplicación de números complejos en forma trigonométrica:
Dados los números complejos Z1 y Z2 de módulos r1 y r2 respectivamente:
Z1 = r1 cos θ1 + isen θ1
Z2 = r2 cos θ2 + isen θ2
Z1 × Z2 = r1 r2 cos θ1 + θ2 + isen θ1 + θ2
Z1 × Z2 = r1 r2 cis θ1 + θ2
Por ejemplo:
Si: Z = 4 cos
π
7
+ isen
π
7
y ω = 3 cos
4π
21
+ isen
4π
21
⇒ Zω = 12 cos
π
7
+
4π
21
+ isen
π
7
+
4π
21
⇒ Zω = 12 cos
π
3
+ isen
π
3
∴ Zω = 12cis
π
3
16
División de números complejos en forma 
trigonométrica:
Dados los números complejos Z1 y Z2 de módulos r1 y r2 respectivamente: r2 ≠ 0
Z1 = r1 cos θ1 + isen θ1
Z2 = r2 cos θ2 + isen θ2
Z1
Z2
=
r1
r2
cos θ1 − θ2 + isen θ1 − θ2
Z1
Z2
=
r1
r2
cis θ1 − θ2
Por ejemplo, exprese en forma binómica:
Z =
4cis 40° 6cis 70°
3cis 65°
Operando: Z =
24cis 40° + 70°
3cis(65°)
=
24cis(110°)
3cis(65°)
⇒ Z =
24
3
cis(110° − 65°)
Z = 8cis(45°) ⇒ Z = 8 cos 45° + isen(45°) ⇒ Z = 4 2 + 4 2i
17
Teorema de De Moivre:
Dado el número complejo Z = Z cos θ + isen(θ) ; entonces:
Zn = Z n cos nθ + isen nθ ; ∀ n ∈ ℤ Zn = Z ncis nθ ; ∀ n ∈ ℤ
Por ejemplo, calculemos:
1
2
+ i
3
2
156
= cos
π
3
+ isen
π
3
156
= cos
156π
3
+ isen
156π
3
= cos 52π + isen 52π = 1
1
2
+ 𝑖
1
2
142
= cos
π
4
+ isen
π
4
142
= cos
142π
4
+ isen
142π
4
= cos
71π
2
+ isen
71π
2
= −i
1 0
0 −1
1 − 𝑖 124 = 2cis
7π
4
124
= 2
124
cis
124 ∙ 7π
4
= 262cis 217π = 262cos 217π = −262
18
APLICACIÓN 04:
Sabiendo que:
cos α + 2 cos β + 3 cos θ = 0
sen α + 2sen β + 3sen θ = 0
A) tan(α + β + θ) B) cot(α + β + θ) C) 3tan(α + β + θ D) 3cot(α + β + θ) E) 1
Simplifique:
sen 3α + 8sen 3β + 27sen(3θ)
cos 3α + 8 cos 3β + 27cos(3θ)
RESOLUCIÓN:
De los datos: cos α + 2 cos β + 3 cos θ = 0
sen α + 2 sen β + 3 sen θ = 0
⇒ cis α + 2 cis β + 3 cis θ = 0
Tenemos
:
cos α + isen α + 2 cos β + 2isen β + 3 cos θ + 3isen θ = 0
⇒ isen α + 2i sen β + 3i sen θ = 0
+
cis(α) 2cis(β) 3cis(θ)
19
Entonces: cis(α) 3 + 2cis(β) 3 + 3cis(θ) 3 = 3 cis(α) 2cis(β) 3cis(θ)
Sabemos que: a + b + c = 0 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc
Como: cis α + 2 cis β + 3 cis θ = 0
cis 3α + 8cis 3β + 27cis 3θ = 18cis(α + β + θ)
Por De Moivre y producto de números complejos en forma polar:
Igualando partes reales e imaginarias:
cos 3α + 8 cos 3β + 27 cos 3θ = 18cos(α + β + θ)
sen 3α + 8sen 3β + 27 sen 3θ = 18sen(α + β + θ)
Piden: K =
sen 3α + 8sen 3β + 27sen(3θ)
cos 3α + 8 cos 3β + 27cos(3θ)
=
18sen α + β + θ
18cos(α + β + θ) ∴ K = tan(α + β + θ)
CLAVE: A
20
FORMA EXPONENCIAL DE UN NÚMERO COMPLEJO
Exponencial compleja: (Fórmula de Euler)
Euler demuestra que: eiθ = cos θ + isen(θ)
e: base de logaritmos neperianos
θ: un número real
i = −1: unidad imaginaria
Si un complejo Z en su forma trigonométrica es: Z = Z cos θ + isen(θ)
eiθ
Luego, la forma exponencial de un número complejo Z es: Z = Z eiθ
Por ejemplo,expresemos el complejo: Z = 1 + i; en su forma exponencial 
⇒ Z = 2 cos
π
4
+ isen
π
4
∴ Z = 2e
i
π
4
Z : módulo de Z
θ = Arg(Z)
21
APLICACIÓN 05:
Siendo: Z =
π
4
− 2i; i = −1; calcula la parte real de: ω = ei(Z)
A) 
e2
2
B) 
e2 2
2
C) 
e2 3
2
D) e
π
4cos(2) E) e
π
4cos(1)
RESOLUCIÓN:
Tenemos: Z =
π
4
− 2i
Luego: ω = ei(Z) = e
i
π
4
−2i
= e
i
π
4
−2i2 ⇒ ω = e
i
π
4
+2
⇒ ω = e2 × e
i
π
4
La parte real de ω es: Re ω = e2cos
π
4
⇒ Re ω = e2
2
2 ∴ Re ω =
e2 2
2 CLAVE: B
22
Consecuencias: 
Z × ω = Zω = Z ω ei θ+β
* Dados los números complejos en su forma exponencial: Z = Z ei(θ); ω = ω ei(β)
Z
ω
=
Z
ω
ei θ−β ; |ω| ≠ 0
* Para un complejo Z = ei(θ): Z = ei(θ) = 1
* De la relación de Euler: ei(θ) = cos θ + isen(θ) e−i(θ) = cos θ − isen(θ)
* Tener en cuenta los siguiente casos 
particulares: i = e
i
π
2 −i = e
i
3π
2 −1 = ei π
23
* A partir de las siguientes relaciones:
ei(θ) = cos θ + isen θ … (1) e−i(θ) = cos θ − isen θ … (2)
ei(θ) + e−i(θ) = 2cos(θ)
1 + 2 : 1 − 2 :
ei(θ) − e−i(θ) = 2isen(θ)
Por ejemplo, simplifiquemos: Z = 
ei(4θ)−e−i(4θ)
ei(2θ)+e−i(2θ)
y T = 
ei(3θ)+e−i(3θ)
ei(θ)+e−i(θ)
Z =
2isen(4θ)
2cos(2θ)
=
isen(4θ)
cos(2θ)
=
i × 2sen 2θ cos(2θ)
cos(2θ)
⇒ Z = 2isen(2θ)
T =
2cos(3θ)
2cos(θ)
=
cos(3θ)
cos(θ)
⇒ T = 2 cos 2θ − 1
24
APLICACIÓN 06:
Determina la parte real de:
A) 
cos 3θ cos(2θ)
cos(θ)
B) 
cos 3θ cos(θ)
cos(2θ)
C) 
cos 2θ cos(θ)
cos(3θ)
D) 
cos 4θ cos(θ)
cos(2θ)
E) 2cos 2θ + 1
Z =
1 + ei(6θ)
1 + ei(2θ)
RESOLUCIÓN:
En el complejo: Z =
1 + ei(6θ)
1 + ei(2θ)
Factorizando convenientemente: Z =
ei(3θ) e−i(3θ) + ei(3θ)
ei(θ) e−i(θ) + ei(θ)
⇒ Z =
ei(2θ) 2cos(3θ)
2cos(θ)
2cos(3θ)
2cos(θ)
=
cos(3θ)
cos(θ)
ei(2θ)
Entonces: Re Z =
cos(3θ)
cos(θ)
cos(2θ)
∴ Re(Z) =
cos 3θ cos(2θ)
cos(θ) CLAVE: A
25
APLICACIÓN 07:
Después de degradar 64cos7(θ), señale el término que no forma parte del desarrollo. 
A) 35cos(θ) B) 21cos(3θ) C) 42cos(4θ) D) 7cos(5θ) E) cos(7θ)
RESOLUCIÓN:
Sabemos que: 2 cos θ = ei(θ) + e−i(θ) ⇒ 2cos(θ) 7 = ei(θ) + e−i(θ)
7
128cos7 θ = a7 + 7a6b + 21a5b2 + 35a4b3 + 35a3b4 + 21a2b5 + 7ab6 + b7
= a + b 7; ab = 1
128cos7 θ = a7 + b7 + 7ab a5 + b5 + 21a2b2 a3 + b3 + 35a3b3 a + b
Agrupando:
128cos7 θ = ei(7θ) + e−i(7θ) + 7 ei(5θ) + e−i(5θ) + 21 ei(3θ) + e−i(3θ) + 35 ei(θ) + e−i(θ)
2cos(7θ) 2cos(5θ) 2cos(3θ) 2cos(θ)
∴ 64cos7 θ = cos 7θ + 7 cos 5θ + 21 cos 3θ + 35cos(θ) CLAVE: C
26
* Como ya sabemos que:
ei(θ) + e−i(θ) = 2cos(θ); entonces:
ei(θ) − e−i(θ) = 2isen(θ); entonces:
cos θ =
ei(θ) + e−i(θ)
2
sen θ =
ei(θ) − e−i(θ)
2i
* En las dos últimas relaciones; si en lugar de θ colocamos a un complejo Z, se tendría:
sen Z =
ei(Z) − e−i(Z)
2i
cos Z =
ei(Z) + e−i(Z)
2
Por ejemplo, calculemos: cos(i)
cos i =
ei(i)+e−i(i)
2
=
ei
2
+ e−i
2
2
=
e1 + e−1
2
∴ cos i =
e2 + 1
2e
27
* De la relación de Euler: ei(θ) = cos θ + isen θ
1 + ei(θ) = 1 + cos θ + isen(θ) ⇒ 1 + ei(θ) = 2cos2
θ
2
+ i × 2sen
θ
2
cos
θ
2
1 + ei(θ) = 2cos
θ
2
cos
θ
2
+ isen
θ
2 1 + e
i(θ) = 2cos
θ
2
e
i
θ
2
ei(θ/2)
* De forma análoga: 1 − ei θ = −2isen
θ
2
e
i
θ
2
Por ejemplo:
1 + ei(4θ) = 2cos(2θ)ei(2θ)
1 + ei(6θ) = 2cos(3θ)ei(3θ)
1 − ei 4θ = −2isen(2θ)ei(2θ)
1 − ei 6θ = −2isen(3θ)ei(3θ)
28
APLICACIÓN 08:
Siendo Z = cos 20° + isen(20°); calcula la parte real de: ω = 1 + Z2 1 + Z4 1 + Z8
A) −cos(20°) B) −cos(40°) C) −0,5 D) cos(20°) E) cos(40°)
RESOLUCIÓN:
En el dato: Z = cos
π
9
+ isen
π
9
= e
i
π
9 ⇒ ω = 1 + e
i
2π
9 1 + e
i
4π
9 1 + e
i
8π
9
𝜔 = 2𝑐𝑜𝑠
𝜋
9
𝑒
𝑖
𝜋
9 2𝑐𝑜𝑠
2𝜋
9
𝑒
𝑖
2𝜋
9 2𝑐𝑜𝑠
4𝜋
9
𝑒
𝑖
4𝜋
9Aplicamos la relación anterior:
Ordenando y operando: ω = 8cos
π
9
cos
2π
9
cos
4π
9
e
i
7π
9
cos 20° cos 40° cos(80°)
⇒ ω = 2cos(60°)e
i
7π
9
Quedaría: ω = e
i
7π
9 ⇒ Re(ω) = cos
7π
9
⇒ Re(ω) = cos 140°
∴ Re ω = −cos 40°
CLAVE: B
29
PROBLEMAS RESUELTOS
30
PROBLEMA 01:
Si: z = sen 20° + cos 40° + i sen 40° + cos(20° ), calcule su módulo.
A) 2 − 3 B) 2 − 2 C) 2 + 2 E) 3 + 3D) 2 + 3
RESOLUCIÓN:
Calculando el módulo z = sen(20º)+cos(40º) 2+ sen(40º)+cos(20º) 2
Efectuando:
1
z = sen2 20º + cos 2 40º + 2sen 20º cos 40º + sen2 40º + cos 2 20º + 2sen 40º cos(20º)
z = sen2 20º + cos 2 20º + sen2 40º + cos 2 40º + 2sen 20º cos 40º + 2sen 40º cos(20º)
1 2sen(20º + 40º) = 3
∴ z = 2 + 3 CLAVE: D
31
PROBLEMA 02:
Siendo: z1 = cos 3x + isen 3x ; z2 = cos x − isen x ; calcule los valores de x, si
además: z1 = z2 ∀ n ϵ ℤ
A)
nπ
2
B)(2n + 1)
π
2
C) (4n + 1)
π
2
E) 2nπD)(4n − 1)
π
2
RESOLUCIÓN:
Igualando ∶ cos 3x + isen 3x = cos x − isen(x)
Se obtiene: cos 3x = cos x y sen 3x = −sen(x)
Resolviendo: cos 3x − cos x = 0 ∧ sen 3x + sen x = 0
−2sen 2x sen x = 0 ∧ 2sen 2x cos(x) = 0
−4sen2 x cos x = 0 ∧ 4sen x cos2(x) = 0
sen x = 0 ∧ cos x = 0
∴ x =
nπ
2
CLAVE: A
32
PROBLEMA 03:
Sean a, b y θ números reales
tales que se cumple:
a + bi
a − bi
= e2θi
Halle el valor de tan(2θ) .
A)
2ab
b2 − a2
B)
2ab
a2 + b2
C)
ab
a2 + b2
D)
2ab
a2 + 1
E)
2ab
a2 − b2
RESOLUCIÓN:
Sabemos que: e2θi = 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝛉 + i 𝐬𝐞𝐧 𝟐𝛉 = M
Además,
M =
(a + bi)
(a − bi)
⋅
(a + bi)
(a + bi)
=
a2 − b2 + 2abi
a2 + b2
M =
𝐚𝟐 − 𝐛𝟐
𝐚𝟐 + 𝐛𝟐
+
𝟐𝐚𝐛
𝐚𝟐 + 𝐛𝟐
i
⇒ cos 2θ =
a2 − b2
a2 + b2
∧ sen 2θ =
2ab
a2 + b2
∴ tan(2θ) =
2ab
a2 − b2
CLAVE: E
33
PROBLEMA 04:
Calcule: 5i cos i ln(5)
A)11𝑖 B)11 C)13 E)15D)13𝑖
RESOLUCIÓN:
M = 5i ⋅ cos i ln(5) = 5i ⋅
ei(i ln(5)) + e−i (i ln 5 )
2
= 5i ⋅
e− ln 5 + eln 5
2
M = 5i ⋅
5−1 + 5
2
Sea:
∴ M = 13i
CLAVE: D
34
PROBLEMA 05:
Calcule el área de la región que determinan en el plano, los afijos de los números
z ∈ ℂ; que cumplen: z − 1 + z + 1 = 4, (en u2)
A)2π B)4π C)π 3 E)2π 3D)4π 3
RESOLUCIÓN:
Sea: z = x + iy
z + 1 = (x + 1) + iy
z − 1 = (x − 1) + iy
Efectuando : z − 1 + z + 1 = x − 1 2 + y2 + x + 1 2 + y2 = 4
Simplificando la expresión: 4x2 − 8x + 4 + 4y2 = 16 − 8x + x2
3x2 + 4y2 = 12…es una elipseDe la cual se obtiene:
ε:
x2
4
+
y2
3
= 1 ⇒ 𝐚 = 𝟐 ∧ 𝐛 = 𝟑 Se pide: S = π ∙ a ∙ b ∴ S = 2π 3 CLAVE: E
35
PROBLEMA 06:
Sea el complejo z tal que: z = ei2θ − 1 ei4θ − 1 ei8θ − 1 , donde 7θ = π ,calcule z
A) 7/8 B) 1 C) 7 D) 4 7 E) 8 7
RESOLUCIÓN:
Recordemos que eiθ = cos θ + isen θ … . . (1)
e−iθ = cos θ − isen θ
Restamos (1) y (2): eiθ − e−iθ = 2isen(θ)
… . . (2)
ei2θ − 1 = 2ieiθsen(θ)
En z: z = ei2θ − 1 ei4θ − 1 ei8θ − 1
z = 2ieiθsen(θ) ∙ 2iei2θsen(2θ) ∙ 2iei4θsen(4θ)
z = 8i3ei7θ ∙ sen(θ) ∙ sen(2θ) ∙ sen(4θ)
Por condición 7θ = π
z = 8i3eiπ ∙ sen
π
7
∙ sen
2π
7
∙ sen
4π
7
sen(
3π
7
)
7
8z = i3eiπ ∙ 7
z = (−i)(−1) ∙ 7
z = i 7
∴ z = i 7 = 7 CLAVE: C
36
PROBLEMA 07:
Sea el complejo z tal que:
arg z2( 3 − i) =
π
3
…… . 1
z = e
i4π
9 + e
iπ
9 …… . (2)
Determine Re(z)
B) 2/2A) 1/2 C) 3/2
E) 2 3D) 6/2
RESOLUCIÓN:
Recordemos que
∀z,w ϵℂ: arg z ∙ w = arg z + arg(w)
De la condición (1)
⟹ 𝐚𝐫𝐠 𝐳 =
𝛑
𝟒
−
π
6
|z| = |cos(80°) + isen 80° + cos 20° + isen(20°)|
𝐜𝐨𝐬(𝟖𝟎° − 𝟐𝟎°)
𝐳 = 𝟑
arg z2( 3 − i) =
π
3
arg z2 + arg ( 3 − i) =
π
3
2arg(z)
De la condición (2)
z = cos 80° + cos 20° 2 + sen 80° + sen 20°
2
z = 2 + 2(cos 80° cos 20° + sen 80° sen(20°))
El complejo z es:
z = |z|cis(arg(z))
z = 3cis
π
4
∴ Re(z) =
6
2
CLAVE: D
37
PROBLEMA 08:
Si: A = zϵℂ/ z + 4 − 4 3i ≤ 3 , determine z1ϵ A de módulo máximo
A) 5ei2π/3 B) 8ei2π/3 C) 8e
i5π/6 D) 11ei2π/3 E) 11ei5π/6
RESOLUCIÓN:
En la condición 
z + 4 − 4 3i ≤ 3
Sea: z = x + iy
x + iy + 4 − 4 3i ≤ 3
(x + 4) + 𝐢(y − 4 3) ≤ 3
x + 4 2 + y − 4 3
2
≤ 3
x + 4 2 + y − 4 3
2
≤ 9
Graficamos:
x + 4 2 + y − 4 3
2
= 9
𝟏𝟐𝟎°
Del gráfico, el complejo 
de modulo máximo es: 
z1 = z1 e
iθ
𝐳𝟏
𝐫 = 𝟑
A
∴ z1 = 11e
i2π
3
CLAVE: D
38
PROBLEMA 09:
Resuelva la siguiente ecuación:
sen 3z = 7i
A) −
i
3
ln −7 + 3 2
B) 
i
3
ln 7 + 5 2
C) −
i
3
ln −7 + 5 2
D) 
i
3
ln −7 + 3 2
E) −
i
3
ln 5 + 7 2
RESOLUCIÓN:
Sabemos que: sen 3z =
e3z i − e−3z i
2i
⇒
e3z i − e−3z i
2i
= 7i ⇒ e
3z i − e−3z i = −14
Haciendou = e3z i, en I tenemos:
⋯ I
u − u−1 = −14 ⇒ u2 + 14u − 1 = 0
Resolviendo, 𝐮 = −𝟕 ± 𝟓 𝟐
⇒ e3z i = −7 ± 5 2
3z i = ln −7 + 5 2
∴ z = −
i
3
ln −7 + 5 2
CLAVE: C
39
PROBLEMA 10:
Calcule sen α +
θ
2
, si se
cumple que:
1 + cot α i
1 − cot α i
= eiθ
A) ± 1
B) 0
C) 1
D) − 1
E) 1/2
RESOLUCIÓN:
Simplificando la condición:
eiθ =
sen α + i cos(α)
sen α
sen α − i cos(α)
sen(α)
=
sen α + i cos(α)
sen α − i cos(α)
⋅
−i
−i
⇒ eiθ = −
cos(α) − i sen(α)
cos(α) + i sen(α)
Entonces,
eiθ = −e−2α i ⇒ ei 2α+θ = −1
Pero,
= −
e−iα
eiα
ei 2α+θ = cos 2α + θ + i sen(2α + θ)
⇒ cos 2α + θ = −1
cos 2α + θ = 1 − 2 sen2 α +
θ
2
= −1
∴ sen α +
θ
2
= ±1 CLAVE: A