Compleja:Zill-Cap4.1

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Ejercicios del capítulo 4, sección 1 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.


Sección 4.1

Ejercicio 1

Encuentre la derivada $f'$ de f. \[ f(z)=z^2 \, e^{z+i} \]

\[ f'(z)=\frac{d\,(z^2 \, e^{z+i})}{d\, z}=z^2 \,\frac{d\,(e^{z+i})}{d\, z}+e^{z+i}\,\frac{d\,(z^2)}{d\, z}=z^2 \,e^{z+i}\,\frac{d\,(z+i)}{d\, z}+e^{z+i}\,2z\,\frac{d\,(z)}{d\, z}=z^2 \,e^{z+i}+2z\,e^{z+i} \]

\[ f'(z)=e^{z+i}\,(z^2+2z) \]

Este es el método más directo pero es equivalente a calcular cualquiera de las parciales respecto a la parte real (x) o la imaginaria (y).

\[ f'(z)=f'(x+iy)=\frac{\partial\,(z^2 \, e^{z+i})}{\partial\, x}=z^2 \,\frac{\partial\,(e^{z+i})}{\partial\, x}+e^{z+i}\,\frac{\partial\,(z^2)}{\partial\, x}=z^2 \,e^{z+i}\,\frac{\partial\,(z+i)}{\partial\, x}+e^{z+i}\,2z\,\frac{\partial\,(z)}{\partial\, x}=(z^2 \,e^{z+i}+2z\,e^{z+i})\,\frac{\partial\,(z)}{\partial\,x} \] Recordemos que: \[ \frac{\partial\,z}{\partial\,x}=\frac{\partial\,(x+iy)}{\partial\,x}=1 \] Luego entonces: \[ f'(z)=e^{z+i}\,(z^2+2z) \]

El procedimiento es análogo cuando lo hacemos con iy.

\[ f'(z)=f'(x+iy)=\frac{\partial\,(z^2 \, e^{z+i})}{\partial\, (iy)}=z^2 \,\frac{\partial\,(e^{z+i})}{\partial\, (iy)}+e^{z+i}\,\frac{\partial\,(z^2)}{\partial\, (iy)}=z^2 \,e^{z+i}\,\frac{\partial\,(z+i)}{\partial\, (iy)}+e^{z+i}\,2z\,\frac{\partial\,(z)}{\partial\, (iy)} \] Recordemos que: \[ \frac{\partial\,(z)}{\partial\,(iy)}=\frac{\partial\,(x+iy)}{\partial\,(iy)}=1 \] Luego entonces: \[ f'(z)=e^{z+i}\,(z^2+2z) \]


--Tlacaelel Cruz (discusión) 21:46 3 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 2

Encuentra la derivada de la función $f$ dada


$f(z) = \frac{3e^{2z} - ie^{-z}}{z^3 - 1 + i}$


Podemos ver a nuestra función como: $f(z) = \frac{g(z)}{h(z)}$


Para encontrar $f'(z)$ sabeos que:


$f'(z) = \frac{g'(z)h(z) - g(z)h'(z)}{[h(z)]^2}$


Entonces podemos decir:


$f'(z) = \frac{(z^3 - 1 + i)(6e^{2z} + ie^{-z}) - (3e^{2z} - ie^{-z})(3z^2)}{(z^3 - 1 + i)^2}$

Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 16:16 4 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 3

encuentre la derivada f ' de la función dada f

$f(z)=e^{iz}-e^{-iz}$

la derivada de una suma es igual a la suma de sus derivadas, estonces podemos hacer lo siguiente

$f(z)=e^{iz}$, f '$(z)=e^{iz}$

$f(z)=-e^{-iz}$, f '$(z)=e^{-iz}$

por lo tanto la derivada de la funcion inicial es

f '$(z)=e^{iz}+e^{-iz}$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 22:25 3 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 4

In Problems 1\textendash 4, find the derivative f!

of the given function f.

traduccion:

En los problemas 1-4 , encontrar la derivada f!

de la función f dada.

$f\left(z\right)=ie^{\frac{1}{z}}$

dada ls siguente forma de derivar:

$f\left(s\right)=e^{s}$

$\frac{df\left(s\right)}{ds}=e^{s}*\frac{ds}{ds}$

tenemos lo siguiente

$\frac{df\left(z\right)}{dz}=ie^{\frac{1}{z}}*\frac{d\left(\frac{s}{z}\right)}{dz}$

$\frac{df\left(z\right)}{dz}=ie^{\frac{1}{z}}*\left(-\frac{1}{z^{2}}\right)$

$\frac{df\left(z\right)}{dz}=\left(-\frac{1}{z^{2}}\right)ie^{\frac{1}{z}}$

--Martin Flores Molina (discusión) 12:55 15 mayo 2015 (CDT) ----


Ejercicio 5

En los problemas 5-8, escribir la expresión dada en términos de "x" y "y"

    $|e^{z^2-z}|$

Sabemos que:

$z=x+iy$

Entonces:

$z^2=(x+iy)^2=x^2-y^2+2xyi$


$z^2-z=(x^2-y^2+2xyi)-(x+iy)=x^2-x-y^2+i(2xy-y)$

Sustituyendo $z^2-z$ en la expresión

 $|e^{z^2-z}|$

Obtenemos:

$|e^{z^2-z}|=e^{x^2-x-y^2}$


Solo se toma la parte real.


Nancy Martínez Durán (discusión) 03:59 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 6

En los problemas 5-8, escribir la expresión dada en términos de "x" y "y"

6.- \[ arg(e^{z-\frac{i}{z}}) \]


Primero reescribimos $z-\frac{i}{z}$ en terminos de "x" y "y"


$z-\frac{i}{z}=(x+iy)-\frac{i}{x+iy}(\frac{x-iy}{x-iy})=(x+iy)-(\frac{ix+y}{x^{2}+y^{2}})=\frac{(x+iy)(x^{2}+y^{2})-(y+ix)}{x^{2}+y^{2}}=\frac{(x^{3}+xy^{2}-y)+i(x^{2}y+y^{3}-x)}{x^{2}+y^{2}}=\frac{(x^{3}+xy^{2}-y)}{x^{2}+y^{2}}+i\frac{(x^{2}y+y^{3}-x)}{x^{2}+y^{2}}$


Y finamlente reescribimos


\[ arg(e^{z-\frac{i}{z}})=arg(e^{\frac{(x^{3}+xy^{2}-y)}{x^{2}+y^{2}}+i\frac{(x^{2}y+y^{3}-x)}{x^{2}+y^{2}}}) \]


--Fernando Vazquez V. (discusión) 22:20 6 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 7

7.-

$\arg\left(e^{i\left(z+\overline{z}\right)}\right)$

Si $z=x+iy$ , entonces : $\overline{z}=x-iy$

por lo que: $i\left(z+\overline{z}\right)=i\left(2x\right)=i2x$

finalmente tenemos:

$\arg\left(e^{i\left(z+\overline{z}\right)}\right)=\arg\left(e^{i2x}\right)$

Resuelto por:

--Alejandro Juárez Toribio (discusión) 15:10 7 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 8

Escribir la expresión dada en términos de $x$ y $y$.

$\overline{ie^{z}+1}$

Primero se identifica la forma trigonométrica de la exponencial como sigue:

$\overline{ie^{z}+1}=\overline{ie^{x+iy}+1}=ie^{x}(cosy+iseny)+1$

Ahora vemos que tenemos la función conjugada y la escribimos de la forma normal.

$=-ie^{x}(cosy-iseny)+1$

Resolviendo y reordenando queda de la forma:

$=1-ie^{x}(cosy-iseny)=1-ie^{x}cosy-e^{x}seny=1-e^{x}seny-ie^{x}cosy$


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 11:47 7 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 9

Expresar la función dada "f" en la forma $f(z)=u(x,y)+iv(xy)$

 $f(z)=e^{iz}$


Si $z=x+iy$

Entonces:

$-iz= -i(x+iy)= -xi-yi^2= -xi+y$

Ahora "x" es la parte imaginaria y "y" la parte real.

Consideramos la siguiente definición:

 $e^{z}=e^{x}cosy + ie^{x}seny$

Sustituimos los cálculos anteriores en la igualdad de arriba; tomando en cuenta que "x" y "y" son las partes imaginarias y reales respectivamente.

 $e^{z}=e^{y}cosx - ie^{y}senx = e^{y}(cosx-senx)$


Nancy Martínez Durán (discusión) 04:26 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 10

exprese la funcion dada $f$ en la forma $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$

\(f(z)=e^{2\overline{z}+i}\)

Para poder resolver este problema diremos que si $z=x+iy$ el conjugado de $z$ sera $z=x-iy$

asi podemos reescribir la funcion de la siguiente manera

\[f(z)=e^{2\overline{z}+i}=e^{2(x-iy)+i}=e^{2x-i(2y+1)}\]

Donde la parte real de esta exponencial es $2x$ y la imaginaria es $2y+1$

ahora pasando ala forma polar tendremos que;

\[f(z)=e^{2x-i(2y+1)}=e^{x}(cos(-2iy)+isen(-2iy))\]

Pero como la funcion coseno es par y la funcion seno impar, tendremos;

\[e^{x}(cos(-2iy)+isen(-2iy)=e^{x}(cos(2iy)-isen(2iy))\]

Donde podemos identificar claramente que;

\(u(x,y)=e^{x}cos(2iy)\)

\(v(x,y)=-e^{x}sen(2iy)\)

Asi finalmente, podemos escribir la funcion en terminos de $u$ y $v$ de la siguiente manera;

\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=e^{x}cos(2y+1)-ie^{x}sen(2y+1)\)

--Cristian Alfredo Ruiz Castro (discusión) 22:17 7 jun 2015 (CDT)

Ejercicio 11

Exprese la función dada $f$ en la forma $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$

$f(z)=e^{z^2}$


$Solución:$

Si $z=x+iy$

Entonces: $z^2= x^2+2xyi-y^2$

Por lo tanto: $Re(z)=x^2-y^2$ y $Im(z)=2xy$


Y usando la función $e^z$ definida por \begin{equation*} e^z=e^xCosy + ie^x Sen y \end{equation*} que se llama la función exponencial compleja.


Entonces mi resultado es:


        $e^{z^2}$=$e^{x^2-y^2}$ $Cos(2xy)$ + $ie^{x^2-y^2}$ $Sen(2xy)$


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 18:22 5 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 12

Exprese la función dada ``f en la forma $f\left(z\right)=u\left(x.y\right)+iv\left(x,y\right)$

Donde $f\left(z\right)=e^{\frac{1}{z}}$

Solución:

Trabajamos primero con $\frac{1}{z}$de la siguiente manera:

$\frac{1}{z}=\frac{1}{x+iy}\left(\frac{x-iy}{x-iy}\right)=\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}$

Entonces tenemos que:

$e^{\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}}=e^{\frac{\bar{z}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)}}=\left[e^{\bar{z}}\right]^{\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}$

Pero sabemos que:

$e^{\bar{z}}=e^{x-iy}=e^{x}\cdotp e^{-iy}=e^{x}\left(cosy-iseny\right)$

Entonces tenemos como resultado:

$e^{\frac{1}{z}}=\left[e^{x}\left(cosy-iseny\right)\right]^{\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}$

Donde sabemos que

$u\left(x,y\right)=e^{x}cosy$ es la parte real y

$v\left(x,y\right)=-e^{x}seny$ es la parte imaginaria


resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 21:36 5 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 13

Use las condiciones de suficiencia para la derivabilidad para determinar donde es derribare la función $f(z)=exp(2\bar{z}+i)$


Solucion


$f(z)=exp(2(x-yi)+i) = exp(2x+i(1-2y))$


$f(z)=exp(2x)[cos(1-2y)+isin(1-2y)]$


donde


$u(x,y)=exp(2x)[cos(1-2y)]$


$v(x,y)=exp(2x)[sin(1-2y)]$


Las cuatro primeras derivadas de primer orden son


$\frac{\partial u}{\partial x}=2exp(2x)[cos(1-2y)]$, $\frac{\partial v}{\partial y}=-2exp(2x)[cos(1-2y)]$


$\frac{\partial u}{\partial y}=2exp(2x)[sin(1-2y)]$, $\frac{\partial v}{\partial x}=2exp(2x)[sin(1-2y)]$


Por ultimo vemos de


$\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$ y $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$ 


que las ecuaciones Cauchy-Riemann no se satisfacen.


Llegamos a la conclusion de que $f$ no es deribable en ningún punto


Miguel Medina Armendariz (discusión) 14:33 7 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 23

In Problems 21\textendash 26, find all complex values of the given logarithm.

traduccion

En los problemas 21-26 , encontrar todos los valores complejos de logaritmo dado.

$ln\left(-2+2i\right)$

un logaritmo en variable compleja se expresa de la siguienta manera

$ln\left(x+iy\right)=ln\left(\left[x+iy\right]\right)+iArg\left(x+iy\right)$

entonces tenemos:

$ln\left(-2+2i\right)=ln\left(\sqrt{\left(-2\right)^{2}+\left(2\right)^{2}}\right)+itan^{-1}\left(\frac{2}{-2}\right)$

$ln\left(-2+2i\right)=ln\left(2.82\right)+i\left(0.75pi+2kpi\right)$

$ln\left(-2+2i\right)=1.039+i\left(0.75pi+2kpi\right)$


--Martin Flores Molina (discusión) 13:15 15 mayo 2015 (CDT) ----


Ejercicio 29

Escriba el valor principal del logaritmo en la forma \(a+ib\).

\(Ln(-12+5i)\)

Para poder encontrar el valor principal aplicaremos la formula siguiente\[Ln z= log_e|z| + i Arg(z)\]... (*)

Por lo anterior de nuestro logaritmo idetificaremos tanto al argumento de \(z\) como a su modulo, asi\[|z|=\sqrt{(-12)²+(5)²} = \sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\]

\(Arg(z)=Arg(-12+5i)= sign (y) arccos(\frac{x}{|z|})\)

\(Aarg(-12+5i)=+arccos(\frac{-12}{13})=2.7468\)

Sustituyendo en (*) tenemos\[Ln(-12+5i)= log_e 13 + 2.7468i\]

\(Ln(-12+5i)= 2.5649+2.7468i\)


--Anahi Limas (discusión) 09:25 7 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 31

Escriba el valor principal del logaritmo en la forma a+ib $Ln[(1+\sqrt{3}i)^5]$

Tomando en cuenta la sigueinte propiedad del logaritmo: $ln z^n=nlnz$

reescribimos como:

$$ 5 ln[(1+\sqrt{3}i)] = 5 ln z $$

Por lo que debemos encontrar el valor de ln z, dado como:

$$ ln z=log_{e}|z|+i Arg(z), ----(1) $$

Calculando |z| & Arg(z)

$$ |z|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt {1^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{4}=2 $$

$$ Arg(z)=\theta= Arg(1+\sqrt{3}i)=cos^{-1}(\frac{1}{2})=-\frac{\pi}{3} $$

Por lo tanto sustituyendo en (1) se tiene el valor principal del ln

$$ln z= 5log_{e} 2- \frac{\pi}{3}i$$


--Usuario:Samantha Martinez (discusión) 20:27 7 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 33

Encuentre todos los valores complejos de $z$ que satisfagan la ecuación $e^z=4i$.

$e^z=4i$

$ln e^z= ln 4i$

$z=ln 4 + ln i$

Y sé que : $ ln z= log_{e} |z| + i Arg(z)$

Entonces aplicando a $ln 4$ y a $ln i$, tengo :

$ln 4$ , $|z|=4$, $Arg(4)=0$

$ln4 = log _{e} 4 + 0 i$ = $log_{e} 2^{2}= 2log_{e} 2$


$ln i$, $|z|=1$, $Arg(z)=\frac{\pi}{2}+2 \pi n$

$ln i= log_{e} 1 + i\left(\frac{\pi}{2} + 2 \pi n\right) = \frac{1}{2} (4n+1) \pi i$

Por lo tanto:

$z = ln 4 + ln i= 2 log_{e} 2 + \frac{1}{2} (4n+1) \pi i$


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 19:39 7 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 35

Encuentre todos los valores complejos de z que sastifaga la ecuación dada

\[\exp(z-1)=-i\exp3 \]

Solución

Aplicamos la propiedad del producto de exponentes \[\exp(\alpha)\exp(\beta)=\exp(\alpha+\beta) \]

\[[\exp(z)][\exp(-1)]=-i\exp(3) \], despejamos y simplificamos obteniendo

\[\exp(z)=-i\exp(4) \] multiplicamos en ambos miembros de la ecuación por logaritmo natural, obteniendo “z”

\[ln\exp(z)=ln(-i\exp4) \]

\[z=ln(-i\exp4) \] aplicamos la propiedad de un producto de un logarítmo que equivale a la suma de los logaritmos

\[z=ln(-i)+ln(\exp4) \]

\[z=ln(-i)+4...(1) \]

donde la definción de un logarítmo complejo es

\[lnz=log_{e}\mid z\mid+iArg(z) \]

Sabiendo que el modulo \[\mid z\mid=1;Arg(z)=\theta=90^{0}=-\frac{\pi}{2} \] se tiene:

\[ln(-i)=log_{e}1+i(-\frac{\pi}{2}+2\pi n) \],

\[ln(-i)=i(-\frac{\pi+4\pi n}{2}) \]

\[ln(-i)=\frac{1}{2}i\pi(4n-1) \], sustituyendo en (1) se tiene:

\[z=\frac{1}{2}i\pi(4n-1)+4 \]

para \[n=0,\pm1,\pm2,\pm3... \]

Elaborado por--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 02:07 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 36

Encuentra los valores de $z$ que satisfacen: $$ e^{2z}+e^z+1=0$$

Solución:

utilizando el teorema 4.2 (iv), obtenemos: $ e^{2z}+e^z+1=0\Longleftrightarrow (e^z)^2+(e^z)^1+1=0 $.

Sea $u=e^z$, entonces: $u^2+u+1=0$. Utilizando la fórmula general de segundo grado, se obtiene: $u_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \vee u_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$, con $|u_1|=|u_2|=1$ y $\theta_1=\frac{2\pi}{3},\theta_2=\frac{4\pi}{3} $

Ahora, $u_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=e^{z_1}\Longleftrightarrow \ln u_1=z_1$.Entonces $z_1=\ln |u_1| +i(\theta_1+2k\pi);(k\in \mathbb{Z})$. Por lo tanto $z_1=i(\frac{2\pi}{3}+2k\pi);(k\in \mathbb{Z})$.

Análogamente: $u_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=e^{z_2}\Longleftrightarrow \ln u_2=z_2$.Entonces $z_2=\ln |u_2| +i(\theta_2+2l\pi);(l\in \mathbb{Z})$. Por lo tanto $z_2=i(\frac{4\pi}{3}+2l\pi);(l\in \mathbb{Z})$.

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 20:25 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 37

determine un dominio en el que la funcion dada $f$sea derivable, despues encuentre la derivada $f'$

37.- $f(z)=3z^{2}-e^{2iz}+iLn\,z$

como se sabe el$0$ no esta defimido en $Ln$ entonces el dominio de la funcion $f(z)$ esta definido en:

$\mid z\mid>0$ y como es logico $-\pi<Arg(z)<\pi$

utilizando la regla de la suma para derivadas tenemos

$f'(z)=\frac{d(3z^{2})}{dz}+\frac{d(-e^{2iz})}{dz}+\frac{d(iLn\,z)}{dz}$

$\frac{d(3z^{2})}{dz}=6z$

$\frac{d(-e^{2iz})}{dz}=-2ie^{2iz}$

$\frac{d(iLn\,z)}{dz}=\frac{i}{z}$

asi,

$f'(z)=6z-2ie^{2iz}+\frac{i}{z}$

--Francisco Medina Albino (discusión) 01:17 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 47

47. Utilice $e^z=e^x\cos y+ie^x\sin y$, para probar que: $\frac{e^{z_1}}{e^{z_2}}=e^{z_1-z_2}$

Sean $e^{z_1}=e^{x_1}\cos y_1+ie^{x_1}\sin y_1$,$e^{z_2}=e^{x_2}\cos y_2+ie^{x_2}\sin y_2$ números complejos.

Entonces:

\begin{align*} \frac{e^{z_1}}{e^{z_2}}&=\frac{e^{x_1}\cos y_1+ie^{x_1}\sin y_1}{e^{x_2}\cos y_2+ie^{x_2}\sin y_2}&\textrm{(por definición)}\\ &=(\frac{e^{x_1}}{e^{x_2}})(\cos (y_1-y_2)+i\sin(y_1-y_2))&\textrm{(distributividad, asociatividad y división de números complejos)}\\ &=(e^{x_1-x_2})(\cos (y_1-y_2)+i\sin(y_1-y_2))&\textrm{(propiedad de los la función exponencial en los reales)}\\ &=e^{z_1-z_2}&\textrm{(por definición)}\\ \end{align*}

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 13:27 7 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 49

Determine dónde la función $e^{\overline{z}}$ es analítica


Para comprobar en que puntos es analítica, debemos calcular los puntos donde es continua la función $$\lim\limits_{z\rightarrow z_0}e^{x_{0}}\cos y_{0} + e^{x_{0}} \sin {-y_{0}}$$

y esto comprueba que:


$$\lim\limits_{z\rightarrow z_0} f(z)= f(z_{0})$$

Entonces $e^{\overline{z}}$ es analítica en cualquier $z_{0}$

--Esther Sarai (discusión) 19:45 7 jun 2015 (CDT)Esther Sarai

Ejercicio 53

Demuestre que \(ln(\frac{z_1}{z_2})= ln(z_1)-ln(z_2)\) para todos los números complejos \(z_1\) y \(z_2\).

Para demostrar tomamos la propiedad de longaritmo complejo

\(ln(z)= log_e |z|+ i Arg(z)\)

Donde \(log_e |z|\) es el logaritmo real y el argumento principal de Z también es un valor real, por lo que

\(ln(\frac{z_1}{z_2})= \log_e |\frac{z_1}{z_2}|+ i Arg(\frac{z_1}{z_2})\)

Teniendo el logaritmo real y argumento principal ambas cumple

\(log_e|\frac{z_1}{z_2}|= log_e|z_1|- log_e|z_2|\)

\(Arg(\frac{z_1}{z_2})= Arg(z_1)-Arg(z_2)\)


Por lo que tenemos que

\(ln(\frac{z_1}{z_2})= \log_e|\frac{z_1}{z_2}|+ i Arg(\frac{z_1}{z_2})= log_e|z_1|- log_e|z_2|+ i (Arg(z_1)-Arg(z_2))=log_e|z_1|- log_e|z_2|+ i Arg(z_1)- iArg(z_2) \)

Al agrupar términos tenemos que


\( (log_e|z_1|+ i Arg(z_1))-( log_e|z_2|+iArg(z_2))= ln(z_1)- ln(z_2)\)

Queda demostrado que

\(ln(\frac{z_1}{z_2})= ln(z_1)- ln(z_2)\)



--Pablo (discusión) 10:51 5 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 54

Demuestre que $lnz^n_1=nlnz_1$ para todos los números complejos $z_1$ distintos de cero y todos los enteros $n$.


Sol. De capítulos anteriores sabemos que un número complejo elevado a una potencia entera puede ser representado:


$z_1^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta)$; y $z_1$ en su forma polar $z_1=r(\cos \theta +i\sin \theta)$


Sustituyendo en $lnz_1^n$


$lnz_1^n=ln[r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)]$ con $|z_1^n|=r^n$ y $arg(z_1)=n\theta$ las partes real e imaginaria de la función logaritmo son:


$lnz_1^n=log_e|z^n|+iarg(z_1)=log_er^n+in\theta$


Como $log_er^n$ es el logaritmo real, podemos usar las propiedad $log_ex^n=nlog_ex$


$lnz_1^n=log_er^n+in\theta=nlog_er+in\theta=n(log_er+i\theta)$


Por la definición de la función logarítmica tenemos $lnz_1=log_e|z_1|+iarg(z_1)$ y de la forma polar para $z_1$ tenemos $|z_1|=r$ y $arg(z_1)=\theta$.


$lnz_1^n=n(log_er+i\theta)=nlnz_1$


Por lo que demostramos que $lnz_1^n=nlnz_1$.

Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 18:51 3 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 54 (alternativa)

Demuestre que $lnz_{1}^{n}=nlnz_{1}$ para todos los numeros complejos $z_{1}$ distintos de cero y toso los enteros n.

Tenemos que

\[ nz^{n}=ln({\displaystyle e^{n(log_{e}z+iarg(z)})}=n(log_{e}z+iarg(z)) \]


Pero como sabemos $Lnz=log_{e}z+iargz$ y $Lnz\hspace{1em}y\hspace{1em}e^{z}$ son funciones complejas inversas

Por lo tanto

\[ lnz^{n}=nLnz \]


Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 22:10 5 jun 2015 (CDT)