Ejercicios resueltos números complejos.pdf PDF

Preview

Summary

Ejercicios resueltos números complejos...

Description

1. Hallar "a" para que el complejo

3 + 2i : a + 6i

a) sea real puro b) sea imaginario puro Solución. Lo primero de todo es hacer la división en forma binómica, multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador, de esta forma se elimina la unidad imaginaria del denominador. 2 3 + 2i (3 + 2i) ⋅ (a − 6i) 3⋅ a + 2⋅ (− 6) i + (3⋅ (− 6)+ 2⋅ a) i (3a + 12) + (2a −18 ) i 3a + 12 2a − 18 i + = 2 = = = a + 6i (a + 6i) ⋅ (a − 6i ) a 2 − 62i 2 a 2 + 36 a + 36 a 2 + 36

(

)

a) Número complejo real puro ⇔ la parte imaginaria nula. 18 2a − 18 = 0 : 2a − 18 = 0 : a = =9 2 2 a + 36 b) Número complejo imaginario puro ⇔ la parte real nula. 3a + 12 −12 = 0 : 3a +12 = 0 : a = = −4 2 3 a + 36

2. Hallar el valor de k para que el complejo

2 − (1 + k )·i sea un nº real. Hallar su cociente. 1 − ki

Solución. Se multiplica numerador y denominador por el conjugado del denominador. 2 2 2 − (1 + k ) i (2 − (1 + k ) i) ⋅ (1 + k i) 2 ⋅1 + (− (1 + k )) ⋅ k i + (2 ⋅ k + (− (1 + k )) ⋅1) i 2 + k + k + (k − 1) i = = = = (1− k i )⋅ (1 + k i) 1 − ki 12 − k 2 i2 1+ k 2

(

)

=

2 +k +k 2 1+k 2

+

(

k−1 1+ k 2

)

i

Para que un número complejo sea real puro, la parte imaginaria debe ser nula. k −1 = 0 : k −1 = 0 : k = 1 1+k 2 Para k = 1: =

2 + 1+ 12 1+ 1

3. Hallar a y b para que el complejo

2

+

1 −1 1+ 1

2

i=

3 + 0i 2

a + 2i sea igual 3 + bi

2 315

Solución. a + 2i = 2315 3+ bi Lo primero es expresar el segundo miembro de la igualdad en forma binómica.  2    cos 315 = cos(− 45) = cos 45 =   2  = 2 ⋅  2 − 2 i  = 1 − i 2 315 = 2 ⋅ (cos 315 + isen 315 )=   2  sen 315 = sen (− 45) = − sen 45 = − 2   2  2  a + 2i =1 − i 3 + bi Los parámetros a y b se calculan por identificación igualando las partes reales y las imaginarias, para lo cual lo más sencillo es pasar el denominador al segundo miembro y operar el producto. a + 2i = (1− i) ⋅(3 + bi)

a + 2i = 1 ⋅ 3 + (− 1) ⋅ b i 2 + (1 ⋅ b + (− 1) ⋅ 3) i a = 8 Re : a = 3 + b a + 2 i = (3+ b )+ (b − 3) i :  ⇒ Im : 2 b 3 = − b = 5 

(

)

Otra forma mucho más complicada es operar tal como esta, el primer miembro de la igualdad se pasa a forma binómica multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador (3 − bi). (3a + 2b) + (6 − ab)i 3a + 2b 6 − ab i a + 2i (a + 2i )⋅ (3 − bi) 3a − 2bi 2 + 6i − abi + = = i 2 = −1 = = = 3 + bi (3 + bi)⋅ (3 − bi) 9+b 2 9 + b 2 9 +b 2 32 − b2 i 2

{

}

El segundo miembro de la ecuación se pasa a forma binómico mediante la forma trigonométrica. Igualando. 3a + 2b

+

6 − ab

i =1 −i 9+ b 9+ b2 Identificando parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria, se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas no lineal, que se resuelve por el método de sustitución. 3a + 2b  Re : + 2 = 1 9 b  6− ab Im : = −1  9+b 2 Ordenando. 2

3a + 2b = 9 + b 2  6 − ab = − 9 − b 2 De la 2ª ecuación se despeja “a” y se sustituye en la primera. b 2 + 15 a= b b 2 + 15 + 2b = 9 + b 2 b Resolviendo por Ruffini 3

3b 2 + 45 + 2b 2 = 9b + b 3

b 3 − 5b 2 + 9b − 45 = 0

b=5 a=

5 2 +15 =8 5

4. Hallar dos números complejos cuya diferencia es imaginaria, su suma tiene como parte imaginaria 5 y su producto vale −5 + 5i . Solución. Se pide hallar dos números complejos z1 = a + bi y z2 = c + di que cumplan las siguientes condiciones: 1. Re (z1 − z2) = 0 z1 − z2 = a + bi − (c + di) = (a − c) + (b − d)i Re (z1 − z2) = a − c = 0 2.

Im (z1 + z2) = 5 z1 + z2 = a + bi + (c + di) = (a + c) + (b + d)i Im (z1 + z2) = b + d = 5

z1 · z2 = −5 +5i z1 · z2 = (a + bi) · (c + di) = (a·c −b·d) + (a·d + b·c)i = −5 + 5i Re : a ⋅ c − b ⋅ d = −5   Im : a ⋅ d + b ⋅ c = 5 Las condiciones propuestas permiten plantear un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas.  a− c = 0  b+ d = 5  b+ d = 5   b+d = 5  2  2 a = c a − bd = −5  a − bd = −5 − = − 5 ac bd  a (b + d ) = 5  ad + ba = 5    ad + bc = 5  Sustituyendo la 1ª en la 3ª: a ⋅5 = 5 a = c = 1 3.

 b+d = 5  2  1 − bd = − 5

b + d = 5   bd = 6

Por sustitución d = 5 − b b·(5−b) = 6 Ordenando se obtiene una ecuación de 2º grado.  b = 1 → d = 5 −1 = 4 b 2 − 5b + 6 = 0 :   b = 5 → d = 5 −5 = 0 Posibles soluciones: z1 = 1 + i y z2 = 1 + 4i ó z1 = 1 + 5i y z2 = 1 + 0i

5. Hallar dos nº complejos tales que su suma sea 1 + 2i, el cociente de ambos real puro y la parte real del 1º sea igual a 2. Solución. Se buscan dos números complejos de la forma: Z1 = 2 + ai Z2 = b + di Tales que: Z1 + Z2 = 1 + 2i (2 + ai) + (b + di) = 1 + 2i (2 + b) + (a + d)i = 1 + 2i Igualando real con real e imaginaria con imaginaria  Re : 2 + b = 1 ⇒ b = − 1   Im : a + d = 2 Con lo obtenido hasta ahora nos quedan los complejos Z1 = 2 + ai y Z2 = −1 + di y la relación entre los parámetros a y d (a + d = 2). La segunda relación entre a y d que nos permita plantear un sistema se obtiene del cociente entre Z1 y Z2, que haremos en forma binómica, multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador, para eliminar la unidad imaginaria del denominador. Z1 2 + ai (2 + ai )⋅ (−1 − di ) 2⋅ (− 1) + a⋅ (− d)i 2 + (2⋅ (− d) + a⋅ − 1)i − 2 + ad − 2d − a i + = = = = Z 2 − 1 + di (− 1+ di) ⋅ (− 1− di) 1+d 2 1+ d 2 (−1)2 − d 2 i2

(

)

Como el cociente es un número real puro, la parte imaginaria debe ser nula. −2d − a = 0 ⇒ −2d − a = 0 1+d 2

Con las dos expresiones obtenidas se plantea un sistema que permite calcular los parámetros a y d.  a + d = 2  a=4 ⇒  − 2d − a = 0  d = − 2

Los números pedidos son Z1 = 2 + 4ai Z2 = −1 − 2i

6. Determine un número complejo cuyo cuadrado sea igual a su conjugado. Solución. Se pide calcular un número complejo de la forma a + bi que cumpla:

(a + bi) 2 = a − bi Desarrollando el cuadrado e igualando parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria se obtiene un sistema de ecuaciones que nos permite calcular a y b. a 2 + 2abi + b 2 i 2 = a − bi Ordenando el primer miembro:

(a

2

)

− b 2 + 2abi = a − bi

Igualando parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria:  Re : a 2 − b 2 = a   Im : 2ab = − b

De la igualdad de las partes imaginarias simplificando b se obtiene: 1 a=− 2a = − 1 2 Sustituyendo el valor de a en la 1ª igualdad se calcula b 2

1  1 2 −  − b = − 2  2

⇒

b2 =

3 4

⇒

b=±

3 2

Los posibles números complejos que cumplen la relación pedida son: 1 3 1 3 i ó z=− − z=− + i 2 2 2 2

7. Expresar en forma polar los siguientes nº complejos: a) 2 b) −5 c) i d)

−2+2 3 i

e) 3 −i Solución. a) z = 2. Numero complejo real puro positivo, con dibujarlo basta para obtener su forma polar. Z = 2 = 2 + 0i = 20º

b) z = −5. Numero complejo real puro negativo.

Z = −5 + 0i = 5180º

c) z = i. Numero complejo imaginario puro.

Z = 0 + i = 190º

d) Z = −2 + 2 3 i   2 Módulo : r = (− 2 )2 + 2 3 = 16 = 4    Z ∈ 2º Cuadrante :   : Z = 4120 º 2 3 180 arctg 3 120 Argumento : 180 arctg α = − = − =   −2  

( )

e) Z = 3 − i   2 2 Módulo : r = 3 + (− 1) = 4 = 2   Z ∈ 4º Cuadrante :   : Z = 2 330 º −1 1 = 360 − arctg = 330 Argumento : α = 360 − arctg 3 3  

( )

8. Expresar en forma binómica los siguientes complejos: a) b) c) d)

3180º 630º 2270º √245º

Solución. a) Z = 3180º = 3·(cos 180º + i sen 180º) = 3·(−1 + 0i) = −3  3 1  3 3 3 + i= b) Z = 630º = 6·(cos 30º + i sen 30º) = 3 ⋅  + i  2 2  2 2  

c)

Z= 2270º = 2·(cos 270º + i sen 270º) = 2·(0 + (−1) i) = −2i

 2 2  i = 1+ i + d) Z = 2 45º = 2 (cos 45 º +i sen 45º ) = 2  2   2

9. El complejo de argumento 75º y módulo 12 es el producto de dos complejos, uno de ellos tiene de argumento 45º y el otro de módulo 3. Escribir ambos en forma binómica. Solución. Se pide calcular dos números complejos de la forma Z1 = r45º y Z 2 = 3α que cumplan la siguiente igualdad: r45º ⋅ 3α = 12 75º Multiplicando en forma polar el primer miembro de la igualdad: (r ⋅ 3 )45º + α = 12 75º Igualando por un lado los módulos y por otro los argumentos se calcula r y α:  r =4  Módulo : r ⋅ 3 = 12 ⇒  Argumento : 45 º 75 º + α =  α = 30 º  Conocidos los complejos en forma polar, se pasan a binómica a través de la forma trigonométrica

2  2 Z1 = 4 45º = 4⋅ ( cos 45 º+ i sen 45º) = 4 ⋅   2 + 2   3 1 + Z 1 = 3 30º = 3 ⋅ (cos 30 º +i sen 30º ) = 3 ⋅   2 2 

 i  = 2 2 +2 2i    3 3 3 i = + i  2 2 

10. Sean los complejos: Z = 330º ; W = 260º ; P = 2 + 2i ; Q = 2 − 2 3i realizar las siguientes operaciones: a) Z·W 2

b) Z ⋅ W c) P² d) Q5 Z2 ⋅P e) Q−1 f)

Q3 + Z3

W3 −P3 Solución. Excepto la suma o resta, las demás operaciones es más fácil hacerlas en forma polar.

 2 2  Módulo : r = 2 + 2 = 8   P = 2 + 2i ∈1º Cuadrante :  2  : P = 8 45º Argumento : arctg arctg 1 45 º α = = =   2  

(

)

 2  Módulo : r = 2 2 + − 2 3 = 16 = 4    Q = 2 − 2 3i ∈ 4º Cuadrante :  : Q = 4 300 º −2 3 = 360− arctg 3 = 300 Argumento : α = 360 − arctg 2  

a.

Z·W = 330º · 260º = (3 · 2)30º + 60º = 690º = 6 · (cos 90º + i sen 90º) = 6i

b.

 Z = 3 30º = 3 −30º = 3330 º  2 2 2 Z⋅ W =   = 3 330 º ⋅ (2 300 º ) = 3330 º ⋅ 2 300 º× 2 = 3330 º ⋅ 4 600 º = W = 2 60º = 2 −60º = 2300 º 

= (3 ⋅ 4)330 º+ 600 º = 12 930 º = 12 2× 360 º+ 210 º = 12 210 º = 12 ⋅ ( cos 210 + i sen 210º ) = 12 ⋅ ( − cos 30 − i sen30 º ) =  3 1  = 12 ⋅  − − i = −6 3 − 6i  2 2  

(

) = ( 8) 2

2

= 8 90º = 8⋅( cos 90 º+ i sen 90 º) = 8i

c.

2 P =

d.

Q 5 = ( 4 300 º )5 = 45300 º ×5 = 1024 1500 º = 1024 4×360 º +60º = 1024 60º =

8 45º

45º× 2

1 3  = 1024 ⋅ (cos 60 º +i sen 60 º ) = 1024 ⋅  + i = 512 + 512 3i 2 2   

e.

2 Z 2 ⋅ P (3 30º ) ⋅ 8 45º 3 230º×2 ⋅ 8 −45º 960º ⋅ 8 315 9 60º ⋅ 8 315 = = = = = Q −1 4 −1300º ×( −1) 4− 1 − 300º 4 −1 60º (4 300º ) −1

9 8 4−

1

60º +315 º −60º

= 36 8 315 = 36 8⋅ ( cos 315+ i sen 315) = 36 8 ⋅ ( cos 45 − i sen 45) =  2 2 = 36 8 ⋅  − 2  2

f.

=

(4 )3 + (330º )3 4 3 300º× 3 + 3 330º ×3 64900º + 2790º Q3 + Z3 = 300º = = = W 3 − P 3 (2 60º )3 − 8 45 3 23 60º ×3 − 83 45º×3 8180º − 16 2 135

(

64 360º×2 +180º + 27 90º 8180º − 16 2 135

=

 i  = 72 − 72i  

=

)

64180º + 27 90º 8180º − 16 2135

64 ⋅ (−1 + 0i ) + 27 ⋅ (0 +1i )  2 2  + 8 ⋅ (− 1 + 0i ) −16 2 ⋅  − i  2 2  

=

=

64 ⋅(cos 180 º +i sen 180º) + 27 ⋅ (cos 90 º +i sen 90 º) 8 ⋅ (cos 180º +i sen 180º )−16 2 ⋅ (cos 135º +i sen 135º )

=

− 64 + 27i − 64 + 27i (− 64 + 27i )⋅ (8 + 16i ) = = = 8 −16i − 8 − (− 16 + 16i ) (8 −16i ) ⋅ (8 + 16i )

(− 64⋅ 8 + 27 ⋅ 16i )+ (27⋅ 8 − 64⋅ 16 ) i = − 944 − 808i = − 59 − 101 i 2

8 2 − 16 2 i 2

320

11. Escribir Z1 =2 +2i y Z2 =6 −6i en forma polar y calcular

20

40

Z1 en forma polar y en forma Z2

binómica. Solución. El primer paso es pasar los números complejos a forma polar.   Módulo : r = 2 2 + 2 2 = 8   Z 1 = 2 + 2i ∈1º Cuadrante :  2  : Z 1 = 8 45º Argumento : arctg arctg 1 45 º α = = =   2    2  Módulo : r = 6 2 + ( − 6 ) = 72   Z 2 = 6 − 6i ∈ 4º Cuadrante :   : Z2 = −6 Argumento : α = 360º− arctg 6 = 360º −arctg 1 = 315     8 Z1 8 45º = =  Z2 72 315º  72

  =  45º −315º

72 315º

8 1 1 1 1 1 = = = (cos 90 º +i sen 90 º) = 0 + i = i 72 − 270º 9 90º 3 90º 3 3 3

Nota “El argumento de los números complejos en forma polar es conveniente dejarlo en positivo. Para expresar en positivo un argumento negativo se le suma 360º, si el argumento es menor de −360º, primero se divide por 360º y al resto, en negativo, se le suma 360º ”

12. Calcular (1+i)20. Expresar la solución en forma binómica. Solución. La forma más sencilla de hacer la potenciación de números complejos es en polar.   Módulo : r = 12 + 12 = 2   1+ i ∈ 1º Cuadrante :  1  : Z 1 = 2 45º arctg 1 45 º Argumento : arctg α = = =   1  

(1 + i )20

=

(

2 45º

) =( 2) 20

20

20× 45º

= 210 900 º = 1024 180 º +360 º ×2 = 1024 180 º =

= 1024·(cos 180º + i sen 180º) = −1024 + 0 i = −1024

13. Calcular las siguientes raíces a)

3

− 3 + 3i

b)

5

− 1 + 3i

c)

6

64

d)

4

−9

e)

3

i

f)

4

− 16i

5

− 3 −i g) Solución. Las raíces de números complejos se hacen en forma polar, por lo que el primer paso será pasar el número complejo a forma polar.   Módulo : r = ( − 3) 2 + 3 2 = 18   3   3 18 135 º a) − 3 + 3i = − 3 + 3i ∈ 2º Cuadrante :  = 3 Argumento : 180 arctg 135 α = − =    −3     3 135 º+ 360 º⋅ 0 = 6 18 45º  = 18 3  3 18135 º = = 3 18 135 º +360 º ⋅1 = 6 18 165 º 3  = 3 18 135 º+ 360 º⋅2 = 6 18 285 º  3

Los afijos de las soluciones de una raíz de un número complejo son los vértices de un polígono regular de tantos lados como indique el índice de la raíz    2 2   Módulo : r = 1 + − 3 = 4 = 2  b) 5 1 − 3i = 1 − 3i ∈ 4º Cuadrante :   = 5 2 300º − 3 = 300º   Argumento : α = 360 − arctg 1   

( )

5

2 300º

 = 5 2 300 º+ 360⋅0 = 5 2 60º 5   = 5 2 300 º+ 360⋅1 = 5 2 132º  5  5 5 =  = 2 300º+ 360⋅ 2 = 2 204º 5  5 300º+ 360⋅ 3 5 = 2 276º = 2  5 300º+5360⋅ 4 5 = 2 348º = 2 5 

c)

6

64 = 6 64 0 º

6

 = 6 64 0 º +360º ⋅0 = 2 0 º  6  = 6 64 0 º +360º ⋅1 = 260º  6  = 6 64 0 º+ 360º⋅ 2 = 2 120 º 6 =  6 0 º +360 º ⋅3 = 2 64 = 180 º  6  6 0 º 360 º 4 + ⋅ = 2240º = 64 6  6 0 º+ 360 º⋅ 5 = 2 = 64 300 º 6

64 0 º

d) 4 − 9 = 4 9 180º

49

e)

3

4

5

= 3135º = 3225º = 3315º

190º

 = 3 1 90 º+ 360 º⋅0 = 1 30º  3  3 90 º+ 360 º⋅1 == 1 = 1150 º 3  3  = 1 90 º+ 360 º⋅2 = 1270 º 3 

−16 i = 4 16 270 º

4 16

g)

180 º

= 3 45º

i = 3 190º

3

f)

 = 4 9 180 º +360 ⋅0 4   = 4 9 180 º +360 ⋅0  4 = 4 180º +360 ⋅0 9 =   4 180º +4360 ⋅0 = 9 4 

270 º

 = 4 16 270 º +360 º ⋅0  4  4 16 270 º+ 360 º⋅0 = 4 = 4 270 º +360 º ⋅0 = 16  4  4 270 º+ 360 º⋅0 = 16  4

= 2 67 '5 º = 2 157'5 º = 2 247'5º = 2 337'5 º

( )

  2  Módulo : r = − 3 + (− 1)2 = 4 = 2      5  − 3 − i = − 3 − i ∈ 3º Cuadrante :   = 2 210 º −1 = α = + 210 º Argumento : 180 arctg     − 3  

5

2 210 º

 5 2 210 º +360 º ⋅0 = 5 2 42º  5 5 2 210 º+ 360 º⋅ 1 = 5 2114 º  5 5 5 =  2 210 º+ 360 º⋅ 2 = 2186 º 5 5 210 º+ 360 º⋅ 3 5 = 2258 º  2 5 210 º+5360 º⋅ 4 5 = 2330 º  2 5 

14. Hallar las raíces cuadradas de: a) 4 b) −4 c) 4i d) −4i Solución.  = 2 + 0i a) 4 = ± 2 =  = − 2 + 0i

b)

 = 0 + 2i − 4 = 4 ⋅( −1) = 4 ⋅ −1 = ±2i =   = 0 − 2i

 = 4 90 º+ 360⋅0 = 2 45º = 2 ⋅ (cos 45 º +i sen 45º ) = 2 + 2i  2 c) 4i = 4 90º =  90 º +360 ⋅1 = 2 = 4 225 º = 2 ⋅ (cos 225 º + i sen 225 º ) = − 2 − 2 i 2

d)

 = 4 270 º+ 360 º⋅0 = 2 135 º = 2 ⋅ (cos 135º +i sen 135º ) = − 2 + 2i  2 − 4i = 4 270 º =  270 º +360 º⋅1 = 2 315 º = 2 ⋅( cos 315 º +i sen 315º) = 2 − 2 i = 4 2 

15. Para escribir un número complejo ¿qué argumento debes poner en los siguientes casos? a) b) c) d)

nº real positivo nº real negativo nº imaginario positivo nº imaginario negativo

Solución. a) z = r 0º. El afijo está situado sobre el semieje real positivo. b) z = r 180º. El afijo está situado sobre el semieje real negativo. c) z = r 90º. El afijo está situado sobre el semieje imaginario positivo. d) z = r 270º. El afijo está situado sobre el semieje imaginario negativo.

16. Dado un complejo en forma polar ¿Qué transformación sufre si se multiplica por i? Solución. Teniendo en cuenta que la forma polar de número i es 190º, al multiplicar un número complejo de la forma rα por I, el argumento se desplaza 90º. rα ⋅1 90º = (r ⋅1)α + 90º = rα + 90º 17. Calcula la raíz cúbica del complejo

Z1 Z2

siendo Z1=16210º y Z 2 = − 3 − i

Solución. El cociente y la radicación de números complejos se hace en forma polar.  2 2 Módulo : − 3 + (− 1) = 2  Z2 = − 3 − i :  : z 2 = 2 210 º −1 Im = 210 = 180 + arctg  Argumento : z 2 ∈ 3º Cuadrante. α = 180 + arctg Re − 3 

( )

3

Z1 16 16 = 3 210º = 3 = 3 80 º Z2 2210º 2 210 −210

 3 8 0+ 360⋅0 = 2 0º  3  3 0 +360⋅1 = 8 = 2 120º 3 3  8 0 +360 ⋅2 = 2 240º  3

6

18. Calcular en forma polar: 1 + 3 i ⋅ (− 1 + i )7 ( )

Solución. Lo primero es expresar los números complejos en polar, ya que las operaciones (producto y potencia) en esta forma son más sencillas.   2 2 Módulo : r = 1 + 3 = 4 = 2    1 + 3i ∈1º Cuadrante :   = 2 60 º 3 = arctg 3 = 60 º  Argumento : α = arctg 1  

( )

  Módulo : r = (− 1)2 + 12 = 2   −1 + i ∈ 2º Cuadrante :   = 2 135º 1 =135º  Argumento : α =180 − arctg −1  

El orden de operación es primero las potencias y segundo el producto.

(1 +

)

3 i ⋅ (−1 + i ) = (2 60º ) ⋅ 6

7

6

(

2 135º

)

7

( )

= 2 6 6×60º ⋅ 2

7

(

)

64 0 º ⋅ 23 2 2× 360º+ 225º = 640 º ⋅ 8 2 225º = 64 ⋅ 8 2

19. Calcular y expresar en forma binómica

7×135 º

0 º +225 º

= 64 360 ⋅ 2 7 945º = = 512 2 225º

− 2 + 2 3i

( −1 −i ) 2

Solución. Lo primero es expresar los números complejos en polar, ya que las operaciones (cociente y potencia) en esta forma son más sencillas.  2  Módulo : r = ( − 2)2 + 2 3 = 16 = 4    − 2 + 2 3i ∈ 2º Cuadrante :   = 4 120º 2 3 = arctg 3 = 120º  Argumento : α = 180º− arctg −2  

( )

  Módulo : r = ( −1) 2 +( −1) 2 = 2   − 1 − i ∈ 3º Cuadrante :  −1 = 2 = 225º  Argumento : α = 180º+ arctg −1  

El orden de operación es primero la potencia y segundo el cociente. 4120º 4120º 4 4120º 4  − 2 + 2 3i = = = 120º = = 120º =  2 2 2 2 2 2  (− 1− i) 450 º 360 º+ 90º 90º 2 225º 2 2× 225º

(

) ( )

225 º

4 = 2 30º =  2  120º −90º

= 2 ⋅ (cos 30 º +i sen 30º) = 3 + i

20. Calcular:

i 7 − i −7 2i...