solución de examen

1. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
MATEMÁTICA. EVALUACIÓN DEL TEMA III. EXAMEN (Valor 20%)
APELLIDOS Y NOMBRES: _______________________________________________________
CI: ___________ CARRERA: _________FECHA: _________ FIRMA: ___________________
INSTRUCCIONES GENERALES: Este examen es estrictamente individual, cualquier actitud
sospechosa por parte del estudiante es motivo para la anulación del mismo. Por favor responda
únicamente lo que se le está preguntando y de una manera pulcra y muy ordenada.
1. Hallar y representar el valor de ,1z 2z y ,3z donde ,.4612 415302213
1 iiiz 
823491502
2 .623 iiiz  y ..696 1001467822
3 iiiz  Calcular en forma binómica
.231
3
1
zzz
z
z
z  (Valor 4%)
Solución:
Para ,.4612 415302213
1 iiiz  realizamos las divisiones:
Tenemos que:
     
         
         
i
ii
ii
ii
iiiiiiz
86
4612
1.4116112
1.4116112
4612
1037553
3103427541534
1





Para ,.623 823491502
2 iiiz  realizamos las divisiones:

2. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
Tenemos que:
     
         
       
i
ii
ii
ii
iiiiiiz
43
623
1.612113
1612113
.623
20712350
32074112423754
2





Para ,.696 1001467822
3 iiiz  realizamos las divisiones:
Tenemos que:
     
           
   
i
i
i
i
iiiiiiz
912
6`96
1.6916
11619116
.696
25366205
02543366422054
3





Representados:

3. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
Luego:
     
 
 
  
 
 
 
 
 
i
i
i
ii
i
ii
i
ii
i
ii
i
ii
i
ii
iii
iii
iiii
iiii
iiii
iiiii
i
i
i
i
iii
i
i
zzz
z
z
z
3
136
147
3
136
147
3
121262
147
442
3
2
3144
4342144
3
2
4342144
225
150
4342144
81144
7215072
43724272
181144
17215072
431724272
81108108144
72965472
4372965472
991299121212
9812896126
439812896126
912
912
912
86
4391286
912
86
2
2
2
231
3
1









 




































2. Hallar las raíces de la ecuación .=x +x 08104 2
 (Valor 2%)
Solución:

4. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
Sean 10,4  ba y ,8c usemos la resolvente:
a
acbb
x
2
42


Luego, sustituyendo los valores:
 
 
4
75
8
752
8
7210
8
17410
8
17410
8
2810
8
12810010
42
8441010 2
i
i
i
x

















De aquí, Las raíces son:
4
75
1
i
x


Y
4
75
2
i
x



5. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
3. Verificar para cuales valores de x e y los números complejos iy
x
z 





 2
2
1 y
  iyxz  222 sean iguales. (Valor 2%)
Solución:
Para que ,21 zz  se debe cumplir que    21 ReRe zz  y    .ImIm 21 zz 
Esto es:
2
2
 y
x
y yx 22 
De aquí, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones lineales:
 
 







IIyx
Iy
x
22
2
2
Resolviendo por el método de reducción, multipliquemos la ecuación  I por 2:
22
42
22
22
2
2



















yx
yx
yx
y
x
1
2
2
22  xxx
Luego, sustituyendo en la ecuación  II este valor de tenemos:
2
3
2
3
32
122221






y
y
y
yy

6. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
4. Realiza las siguientes operaciones: (Valor 10%)
a)
 
0
00
125
25
4
60
4
57  b)  9
912 i
c) 4
2
2
i
i


Solución:
Parte a)
   
restas.ycocientesientescorrespondlosRealizando
4
12005
polar.formaencomplejosnúmerosdeCociente
4
12005
suma.yproductosientescorrespondlosRealizando
4
12005
polar.formaencomplejosnúmerosdeProducto
4
52401
productos.ientescorrespondlosRealizando
4
52401
polar.formaencomplejosnúmerosdePotencia
4
57
4
57
0
00
0
0
0
00
0
00
0
0
0
0
00
140
125265
125
265
125
25240
125
25240
125
25
460
4
125
25
4
60

























Parte b)
Convirtamos al número complejo de forma binómica dado por iz 912 a forma polar:
El módulo es:
  1522581144912 22
 zr
Y el argumento es:
36,112536
12
9 0







 arctg
Como el número esta en el segundo cuadrante:

7. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
A este ángulo hay que sumarle ,1800
así:
73,48714318036,112536180 0000

Por tanto, la forma polar del número complejo es:
   
 
productos.ientescorrespondlosRealizando03844335937
polar.formaencomplejosnúmerosdePotencia15
15912
51011288
973,487143
9
9
73,487143
9
0
0
0





 i
Parte c)
4
2
2
i
i


Convirtamos cada número complejo de forma binómica a forma polar:
El módulo de iz  21 es:     31212
22
11  zr
Y el argumento de este número que está en el cuarto cuadrante es:
2.8443243608,515135360
2
1 0000
1





 
 arctg

8. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
El módulo de iz  22 es:     31212
22
22  zr
Y el argumento de este número que está en el primer cuadrante es:
8,515135
2
1 0
2






 arctg
Así, nos queda que:
s.operacionelasRealizando1
polar.formaencomplejosdeDivisión
3
3
3
3
2
2
4
4.692289
4
8,5151352.844324
4
8,515135
2.844324
4
0
00
0
0

















i
i
Luego, el modulo es .114
r
Y el argumento es:
 
 
 
 

















6,16223423
0
3
6,16222522
0
2
6,16221621
0
1
6,1622720
0
0
000
0
0
0
0
16,16223423
16,16222522
16,16221621
16,1622720
4
3604.692289
rk
rk
rk
rk
k





Y la grafica es:

9. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
5. Expresa en función de cos y :sen  a5cos y  .5asen (Valor 2%)
Solución:
De la FÓRMULA DE MOIVRE:        nisennisen
n
 coscos
Tenemos que:
       55coscos
5
isenisen 
Desarrollando el producto notable del lado izquierdo:
             
     
 
     
 
 
   
 
   
 isensensen
sensenisen
isenseniisen
sensenisen
isensen
senisenisenisen
isensen
senisenisenisen
seniseni
seniseniisenisen
isenisen
isenisenisenisen












5324
42355
5324
42355
54
3223455
54
3223455
5544
332223455
54
3223455
cos10cos5
cos5cos10coscos
cos10cos5
cos5cos10coscos
cos5
cos10cos10cos5coscos
1cos5
cos101cos10cos5coscos
cos5
cos10cos10cos5coscos
cos5
cos10cos10cos5coscos












Luego, tenemos que:
      
 isensensen
sensenisen


5324
4235
cos10cos5
cos5cos10cos55cos


De aquí tenemos que estos números complejos son iguales si sus correspondientes partes reales
e imaginarias son iguales:
 
 








5324
4235
cos10cos55
cos5cos10cos5cos
sensensensen
sensen

10. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
Opcional:
1. Halla el valor de k para que el cociente
ik
ki

2
sea: a) Un número imaginario puro.
b) Un número real. (Valor 4%)
Solución:
Realicemos la división de los números complejos, para obtener uno solo numero complejo:
 
 
 
  r.denominadoigualconfraccionesdesumaPor
1
2
1
32
común.factorsacandoovadistributipropiedadPor
1
232
s.operacioneRealizando
1
222
.1Porque
1
1222
s.operacioneRealizando
222
va.distributipropiedadPor
222
r.denominadodelconjugadoelporndoMultiplica
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
22









































k
ik
k
k
ik
ki
k
ikk
ik
ki
k
kikik
ik
ki
i
k
kikik
ik
ki
iikkik
kiikik
ik
ki
iikiikkk
ikikkiik
ik
ki
ik
ik
ik
ki
ik
ki
De aquí tenemos que como ,012
Rkk  ocurre que:
 El número es imaginario puro si .003  kk
 El número es real puro si .2202 22
 kkk
2. Del circuito en paralelo mostrado en la figura siguiente: (Valor 4%)
Obtener la impedancia total Z si .3,3,4,4 21  LC XXRR

11. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
Solución:
En este caso:
;3411 iiXRZ C 
;3422 iiXRZ L 
Ya que gráficamente:
Puesto que los circuitos están en paralelo, entonces:
21
111
ZZZ

Esto implica que:
21
21
ZZ
ZZ
Z



Esto es:
   
   
i==
i+i
ii
Z 0
8
25
8
916
3434
3434





La magnitud y ángulo de desfasamiento de esta impedancia son:
  






8
25
64
625
64
625
0
64
625
0
8
25 2
2
Z

12. PROFESOR: JULIO C BARRETO G TRAYECTO: INICIAL MUCHOS ÉXITOS
    .0=0arctan=
8
25
0
arctan=Zarg= 0













Y nos queda que la impedancia total es:
Gráficamente: