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Matemáticas Especiales 1
Matemáticas Especiales 1
Matemáticas Especiales 1
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Matemáticas Especiales I
Taller Primer Corte
Profesor: Mauricio Munar Benitez
Integrantes
1. Helian David Gómez Ordoñez
2. Andrés Felipe Espinosa Silva
3. Jean Franko Prada Guzmán
Solución
z
a) +p
w
z
Solucionando para
w
( 3−4 i ) .(−6 i)
( 6 i ) .(−6 i)
−18i+24 i 2
−36 i2
−18 i 24 i 2
+( )
−36 i2 −36 i 2
Haciendo las respectivas leyes de signos y simplificaciones nos queda que:
−1 2
i−
2 3
Ordenando y pasándolo a forma decimal resulta lo siguiente
−0.66−0.5 i
Finalmente sumando el valor de p
(−0.66−0.5 i )+(3+2 i)
Llegando al resultado final
2.34+ 1.5i
w z
b) −
p w
w
Solucionando para
p
( 6 i)(3−2i)
(3+2 i)(3−2 i)
−18 i−12 i2
9−6i+6 i−4 i 2
Cancelando términos
18i−12 i 2
9−4 i2
Conociendo que i 2=−1 hacemos la respectiva sustitución dando como resultado
18i+12
13
Obteniendo finalmente
0.92+1.38 i
z
Ahora bien realizando el mismo procedimiento pero para nos queda lo siguiente
w
( 3−4 i ) .(−6 i)
( 6 i ) .(−6 i)
−18i+24 i 2
−36 i2
−18 i 24 i 2
+( )
−36 i2 −36 i 2
Haciendo las respectivas leyes de signos y simplificaciones nos queda que:
−1 2
i−
2 3
Ordenando y pasándolo a forma decimal resulta lo siguiente
−0.66−0.5 i
Y finalmente realizando la resta de los dos resultados obtenidos nos queda
( 0.92+1.38 i )−(−0.66−0.5 i )
¿
Resultado final
1.58+1.88 i
Arg ( z )=tan−1 ( −8
−6 )
−π
Arg ( z )=−2.21
Llegando finalmente a la forma polar de este ejemplo
z=10 e−2.21 i
b) w=2−9 i
Del mismo modo en principio se determina su modulo
|w|= √ ¿ ¿
|w|=9.21
Y su argumento es el siguiente, que para el caso de este punto no se le suma ni se le
resta π debido a que se encuentra en el cuarto cuadrante
Arg ( w )=tan−1 ( −92 )
Arg ( w )=−1.35
Llegando finalmente a
w=9.21 e−1.35 i
Solución
a. √3 −i
En principio comenzaremos determinando su modulo
|z|=√¿ ¿
|z|=1
Su argumento se establece por medio de los parámetros vistos en clase, que para este
−π
caso como esta sobre el eje negativo de los imaginarios es de
2
−π −π
3
[
√3 −i→ √|−1|=1 cos ( )+isin( )
6 6 ]
¿ 0.86−0.5 i
π π
3
√|−1|=1 [ cos( )+isin ( )
2 2 ]
¿i
7π 7π
3
√|−1|=1 [ cos(
6
)+isin ( )
6 ]
¿−0.86−0.5i
b. √5 −1
De igual manera se calcula en principio su modulo
|z|=√¿ ¿
|z|=1
Su argumento en este caso es de π debido a que se encuentra ubicado en el eje
negativo de los reales
π π
5
[
√5 −1→ √|−1|=1 cos( )+isin ( )
5 5 ]
¿ 0.80+0.58 i
π +2 π π+2π
5
√|−1|=1 [ cos(
5
)+i sin(
5
) ]
¿−0.30+0.95 i
π +4 π π+ 4 π
5
√|−1|=1 [ cos(
5
)+i sin(
5
) ]
¿−1
π +6 π π +6 π
5
√|−1|=1 [ cos(
5
)+isin(
5
) ]
¿−0.30−0.95i
π +8 π π +8 π
5
√|−1|=1 [ cos(
5
)+isin(
5
) ]
¿ 0.80−0.58 i