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1)Desarrollar por el Binomio de Newton y simplificar esta expresión (2x + 1/i )⁶

2)Se gira 45º el complejo Z=2+2√3i alrededor del origen de coordenadas, en sentido opuesto a las agujas del reloj. Hallar:
a) El complejo Z₁ , obtenido después del giro
b) z¹²
c) ⁵√Z₁ , dibujando los afijos.

3)Calcular m y n con la condición de que el cociente de (m,-3) y (2,n) sea (3,-2). Dibujar los afijos de los tres complejos que intervienen en el problema.


Un Saludo.

Hola, Alejma. te ayudo con el 2º:


a) Giro de +45º
Veo más cómodo pasar z a polar, darle el giro y, si queremos, devolverlo a binómica.

                                 r= módulo: r = √(a²+b²)
                               /       
z= a + bi ; z= r_α;  con  
                               \
                                 α = argumento: arc tg (b/a)


módulo  r= √(2²+(2√3)²) = √(4 + 12) => r = 4  
argumento  α = arc tg (2√3/2) = arc tg √3 => α = 60º                         

Entonces z = 2+2√3i  => z = 4 _60º

Para girarlo 45º en sentido antihorario, sumamos 45º al argumento: z₁ = 4₆₀₊₄₅ => z₁ = 4_105º Ya está, pero si lo quieres devolver a fª binómica: z₁ = r (cos α + i sen α) = 4 (cos 105º + i sen 105º) =>
z₁ = 4* (-0,2589) + i 0,9659 = -1,0356 + 0,9659 i = z₁

b) z¹²= r¹²_(α·12) = 4¹²_(105·12) = 4¹²_1260º = 4¹²_180º= - 4¹², es un nº real               (1260º/360º = 3½ vueltas ≡ 180º)

c) ⁵√z₁
Habrá 5 soluciones (tantas como el índice de raíz).
⁵√z₁ = R_β
  R = ⁵√r = ⁵√4 => R = 1,32
   β = (α + 360·k)/5   con k = 0, 1, ... 4
         β₁ = (105 + 360 * 0)/5 = 21º
         β₂ = (105 + 360 * 1)/5 = 93º
         β₃ = (105 + 360 * 2)/5 = 165º
         β₄ = (105 + 360 * 3)/5 = 237º
         β₅ = (105 + 360 * 4)/5 = 309º

Luego las cinco soluciones de ⁵√z₁ son:
           R₁ = 1,32_21º ;  R₂ = 1,32_93º ;  R₃ = 1,32_165º ;  R₄ = 1,32_237º ;  R₅ = 1,32_309º

Para dibujar los afijos los pasas a binómica. En la fª  z=(a+bi), dibuja el afijo, que será el pto (a,b), y el nº complejo será el vector dibujado desde el origen hasta el afijo.
Hale, venga.

Etxeberri,Muchas Graciaspor su explicación.


Me ha sido muy útil.

Hola, Alejma. De nada. Veamos el primero:



El binomio de Newton sirve para desarrollar formas como (a+b)ⁿ
Si tuviéramos (a·b)⁶ = a⁶·b⁶, así de simple. Pero por ser una suma, todo se complica un tanto. Es simplemente que (2+3)²≠ 2²+3², puedes comprobarlo. Y se va complicando a medida que la potencia es mayor.
Newton nos dejó una fórmula manejable:

(a+b)⁶= (⁶₀) a⁶ b⁰ +(⁶₁) a⁵ b¹ +(⁶₂) a⁴ b² +(⁶₃) a³ b³ +(⁶₄) a² b⁴ +(⁶₅) a¹ b⁵ +(⁶₆) a⁰ b⁶  Fíjate cómo a va bajando de potencia desde 6 hasta 0, y la b va subiendo de 0 a 6.
Los valores (⁶_k) = 6!(k! * (6-k)!); es decir: (⁶₅) = 6!/(5!* 1!)= 6 lo da cualquier calcu.
También, por el Triángulo de Tartaglia: [link]http://es.wikipedia.org/wiki/Triángulo_de_Pascal [/link]. Los valores de (⁶_k) están en la 7ª línea: 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1
Entonces, en nuestro caso:

(2x + 1/i)⁶ = (⁶₀)  (2x)⁶  (1/i)⁰ +(⁶₁)  (2x)⁵ (1/i)¹ +(⁶₂) (2x) ⁴ (1/i)² +(⁶₃) (2x)³ (1/i)³ +(⁶₄) (2x) ² (1/i)⁴ +(⁶₅) (2x) ¹ (1/i)⁵+(⁶₆) (2x) ⁰ (1/i)⁶

Sabiendo el valor de cada nº combinatorio y que las potencias de exponente 0 valen 1:

(2x + 1/i)⁶ = (⁶₀)  (2x) ⁶ +(⁶₁)  (2x) ⁵   (1/i)  ¹ +(⁶₂)  (2x) ⁴   (1/i)  ² +(⁶₃)  (2x) ³   (1/i)  ³ +(⁶₄)  (2x) ²   (1/i)  ⁴ +(⁶₅)  (2x) ¹   (1/i)  ⁵ +(⁶₆)  (1/i)  ⁶ =

=  1 · (2x)⁶ + 6 · (2x)⁵ (1/i) ¹ + 15 · (2x)⁴ (1/i)² +  20 · (2x)³ (1/i)³ +  15· (2x)² (1/i)⁴ + 6 · 2x (1/i)⁵ + 1 · (1/i)⁶

Las potencias de 2x las dejaremos ya así, pero ahora operamos las de (1/i). Sabiendo que:

  i⁰ = 1
  i¹ = i
  i² = -1
  i³ = -i
  i⁴ = 1  y se repite el ciclo ( i⁵=i¹=i ; i⁶=-1)

Simplificando y operando los (1/i)ⁿ  :  

 (2x + 1/i)⁶ = (2x)⁶ + 6 · (2x)⁵ 1/i¹ + 15 · (2x)⁴ 1/i² + 20 · (2x)³ 1/i³ + 15 · (2x)² 1/i⁴ + 6 · 2x 1/i⁵ + 1/i⁶

Y ya aplicando las potencias de i:

(2x + 1/i)⁶ = (2x)⁶ + 6 · (2x)⁵ 1/i + 15 · (2x)⁴ 1/(-1) + 20 · (2x)³ 1/(-i) + 15 · (2x)² 1/1 + 6 · 2x 1/i + 1/(-1)

Y "limpiando" del todo y ya nos vamos:

(2x + 1/i)⁶ = (2x)⁶ + (2x)⁵ 6/i - 15 · (2x)⁴ - 20/i · (2x)³ + 15 · (2x)² + 12x/i -1
Como:
  1      1 * i         i         i
-----= ------ = ----- = ---- = -i  (cosa que podíamos haber hecho muy al principio, desde luego,  )
  i        i * i        i²        -1

Sustituimos todos los 1/i por -i y ya está:

(2x + 1/i)⁶ = (2x)⁶ - 6i · (2x)⁵  - 15 · (2x)⁴ + 20i · (2x)³ + 60 · x² - 12x·i - 1

¡Hale, venga!

Hola otra vez, Alejma. Veamos el 3º:

Tenemos z₁= m-3i  ; z₂=2+ni  ; z=3-2i

                    z₁
Si planteamos ----    y operamos multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, para acabar
                    z₂
igualando con 3-2i, queda un sistema no lineal bastante complicado. (Y este es el método seguido convencionalmente.)

                                    m - 3i
El mejor camino es este:    ------- = 3 - 2i , o sea, escribimos la operación igualada al resultado conocido.
                                    2 + ni

Operando: m - 3i = (2 + ni) (3 - 2i) => m - 3i = 6 - 4i + 3ni - 2ni² => m - 3i = 6 - 4i + 3ni - 2n(-1) => m - 3·i = 6+2n - (4+3n) i =>

                                                   m = 6 + 2n  (ptes. reales)
                                                 /
Igualando partes correspondientes:                                          queda un sencillo sistema.
                                                 \  
                                                   3 = 4 + 3n   (ptes. imaginarias)


resolviendo: m = 20/3      ;    n = 1/3

Por tanto, z₁ = 20/3 - 3i     ;  z₂ = 2 + i/3    ;    z = 3 - 2i

Y de nuevo, para dibujar los tres complejos, dibujamos sus afijos, que son los puntos respectivos (20/3 , -3) , (2 , 1/3) , (3 , -2). Y luego, desde el origen hasta el afijo, el vector que representa a cada complejo.

Espero que te sirva. He tenido que revisar un errorcillo en el 2º apdo; calculé mal el módulo del complejo raíz, ok?. Ahora está bien.

Gracias de nuevo Etxeberri. Me ha quedado todo muy claro.