Compleja:Zill-Cap4.3

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Ejercicios del capítulo 4, sección 3 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.



Sección 4.3

Ejercicio 1

Exprese el valor de la función trigonométrica en la forma $a+ib$


$sen(4i)$


Usamos la definición de seno complejo:


$sen(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$


donde $z=4i$


Sustituyendo $z$ en la definición, obtenemos:


$sen(4i)=\frac{e^{i(4i)}-e^{-i(4i)}}{2i}$


Haciendo las operaciones correspondientes tenemos:


$sen(4i)=\frac{e^{-4}-e^{4}}{2i}= 0+27.28i$


Por lo tanto:


$sen(4i)=0+27.28i$


Nancy Martínez Durán (discusión) 23:59 11 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 3

Exprese el valor de la función trigonométrica dada en la función $a+ib$


$cos(2-4i)$


Solucion


Por definición la función coseno complejo puede escribirse como


$cos(z)=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$


donde $z=2-4i$, entonces obtenemos que


$cos(2-4i)=\frac{e^{i(2-4i)}+e^{-i(2-4i)}}{2} $


$cos(2-4i)=\frac{e^{4+2i}+e^{-4-2i}}{2} $


$cos(2-4i)=\frac{e^{4}(cos2+isin2)+e^{-4}(cos(-2)+isin(-2))}{2} $


$cos(2-4i)=\frac{e^{4}cos2+e^{-4}cos(-2)+i[e^{4}sin(2)+e^{-4}sin(-2)]}{2} $


$cos(2-4i)=\frac{-22.76+i49.62}{2} $


simplificando obtenemos que la función $cos(2-4i)$ es igual a


$cos(2-4i)=-11.38+i24.81 $

Miguel Medina Armendariz (discusión) 18:24 9 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 4

exprese el valo de la función trigonométrica dada en la forma a+ib

$\sin(\frac{\pi}{4}+i)$

$\sin(\frac{\pi}{4}+i)=\frac{e^{i(\frac{\pi}{4}+i)}-e^{-i(\frac{\pi}{4}+i)}}{2i}=\frac{e^{(\frac{\pi}{4}i-1)}-e^{-(\frac{\pi}{4}i-1)}}{2i}=\frac{e^{(-1+\frac{\pi}{4}i)}-e^{(1-\frac{\pi}{4}i)}}{2i}=\frac{e^{-1}[\cos(\frac{\pi}{4})+i\sin(\frac{\pi}{4})]-e^{1}[\cos(\frac{\pi}{4})+\sin(-\frac{\pi}{4})]}{2i}=\frac{e^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)-e^{1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)}{2i}$

y ahora lo pasamos a la forma a+ib

$\frac{e^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)-e^{1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)}{2i}$, multiplicamos por un 1 inteligente, desarrollamos y simplificamos

$\frac{e^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)-e^{1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)}{2i}\left(\frac{i}{i}\right)=\frac{ie^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-e^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-e\left(\frac{\sqrt{2}}{2}i\right)-e\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{-2}=\left(\frac{\sqrt{2}}{4e}+\frac{e\sqrt{2}}{4}\right)+i\left(-\frac{\sqrt{2}}{4e}+e\frac{\sqrt{2}}{4}\right)$

por lo tanto tenemos que

$\sin(\frac{\pi}{4}+i)=\left(\frac{\sqrt{2}}{4e}+\frac{e\sqrt{2}}{4}\right)+i\left(-\frac{\sqrt{2}}{4e}+e\frac{\sqrt{2}}{4}\right)$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 01:08 10 jun 2015 (CDT)





Ejercicio 5

Exprese el valor de la función trigonométrica dada en la forma $a+ib$

5.- $tan(2i)$

Primero encontramos el valor general para la $tan(z)$

$tan(z)=\frac{sin(z)}{cos(z)}$

Por una parte sabemos que $sin(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$ y que $cos(z)=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$ ; entonces si simplificamos:

$tan(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{(e^{iz}+e^{-iz})i}$

En este caso:

\[ tan(2i)=\frac{e^{i(2i)}-e^{-i(2i)}}{(e^{i(2i)}+e^{-i(2i)})i} \]


\[ tan(2i)=\frac{e^{-2}-e^{2}}{(e^{-2}+e^{2})i} \]


\[ tan(2i)=\frac{e^{-2}-e^{2}}{(e^{-2}+e^{2})i}(\frac{-i}{-i}) \]


\[ tan(2i)=i\frac{e^{2}-e^{-2}}{e^{-2}+e^{2}} \]


Entonces expresamos $tan(2i)=a+ib$ con $a=0$ y $b=\frac{e^{2}-e^{-2}}{e^{-2}+e^{2}}=tanh(2)$ \[ tan(2i)=0+i\frac{e^{2}-e^{-2}}{e^{-2}+e^{2}} \]


--Fernando Vazquez V. (discusión) 23:03 7 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 7

Exprese el valor de la función trigonométrica $\sec\left(\frac{\pi}{2} - i \right)$ en la forma $a+ib$.

Solución:

Sé que $\sec z=\frac{1}{cosz}$ , $\cos z=\frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2}$

Entonces aplicando lo anterior tengo que:

$\sec\left(\frac{\pi}{2} - i \right)=\frac{1}{Cos\left(\frac{\pi}{2}-i\right)}$=$\frac{1}{\frac{e^{i\left(\frac{\pi}{2}-i\right)}+e^{-i\left(\frac{\pi}{2}-i\right) }}{2}}$=$\frac{1}{\frac{e^{\left(i\frac{\pi}{2}-i^2\right)}+e^{\left(-i\frac{\pi}{2}+i^2\right) }}{2}}$=$\frac{1}{\frac{e^{i\frac{\pi}{2}} e^{-i^2} + e^{-i \frac{\pi}{2}} e^{i^2}}{2}}$=$\frac{1}{\frac{e^{i \frac{\pi}{2}} e^{-(-1)} + e^{-i \frac{\pi}{2}}e^{-1}}{2}}$=...

y puesto que

$e^{i \frac{\pi}{2}}= Cos\left(\frac{\pi}{2}\right)+ i Sen\left(\frac{\pi}{2}\right)=i$, $e^{-i\frac{\pi}{2}}= Cos\left(\frac{\pi}{2}\right) -Sen\left(\frac{\pi}{2}\right)=-i$

...=$\frac{1}{\frac{ ie^{1}-ie^{-1} }{2}}$=$ \frac{1}{\frac{i(e^1-e^-1)}{2}}$=$\frac{1}{i senh 1}$

por que $senh z= \frac{e^z- e^{-z}}{2}$ en este caso pongo a $z=1$

después $csch z=\frac{1}{senh z}$ y multiplicando por $\frac{i}{i}$, finalmente tengo: $\frac{1}{i senh 1}$= $- i csch 1$

y en la forma $a+ib$:

   $0 - 0.850918 i $


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 00:33 10 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 8

8.-

$\csc\left(1+i\right)$

$\csc\left(1+i\right)$=$\frac{1}{\sin\left(1+i\right)}$

pero $\sin\left(1+i\right)=\frac{e^{i\left(1+i\right)}-e^{-i\left(1+i\right)}}{2i}=\frac{e^{i-1}-e^{-i+1}}{2i}$

$=\frac{e^{i}.e^{-1}-e^{-i}.e^{1}}{2i}=\frac{e^{-1}\left(\cos1+i\sin1\right)-e\left[\cos\left(-1\right)+i\sin\left(-1\right)\right]}{2i}$

multiplicando la última ecuación por :

$\frac{2i}{2i}$

$\sin\left(1+i\right)=\frac{2ie^{-1}.\cos\left(1\right)-2ie.\cos\left(-1\right)-2e^{-1}.\sin\left(1\right)+2e.\sin\left(-1\right)}{-4}$

$=1.29846+i\left(0.63496\right)$ Este es el resultado final.

Para realizar este cálculo utilizamos Mathematica.



Resuelto por: --Alejandro Juárez Toribio (discusión) 20:14 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 9

Determine todos los valores complejos $z$ que satisfacen la ecuacion dada

9.- $\sin z=i$

como

$\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$

entonces

$\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=i\Longleftrightarrow e^{iz}-e^{-iz}=2i^{2}=-2$

al multiplicar ambos lados de la ecuacion por $e^{iz}$

tenemos:

$e^{iz}\left(e^{iz}-e^{-iz}\right)=-2e^{iz}\Longleftrightarrow e^{2iz}-1=-2e^{iz}\Longleftrightarrow e^{2iz}+2e^{iz}-1=0$ resolviendo esta ecuacion como un polinomio de segundo grado

$e^{iz}=\frac{-2\pm\sqrt{4-4(1)(-1)}}{2}=-1\pm\sqrt{2}$

aplicando el logaritmo en ambos lados de la ecuacion,

$iz=ln(-1\pm\sqrt{2})$ por definicion de logaritmo complejo

$ln(-1\pm\sqrt{2})=log_{e}\mid z\mid+iarg(z)$

para

$ln(-1+\sqrt{2})=log_{e}\mid-1+\sqrt{2}\mid+iarg(-1+\sqrt{2})=log_{e}(-1+\sqrt{2})+iarg(-1+\sqrt{2})=log_{e}(-1+\sqrt{2})+i2\pi n$, para $n=0,\pm1,\pm2,...$

$ln(-1-\sqrt{2})=log_{e}\mid-1-\sqrt{2}\mid+iarg(-1-\sqrt{2})=log_{e}(1+\sqrt{2})+iarg(1+\sqrt{2})=log_{e}(1+\sqrt{2})+i(2n+1)\pi$,para $n=0,\pm1,\pm2,...$

esto es:

$iz=log_{e}(-1+\sqrt{2})+i2\pi n$ multiplicando en ambos lados po $i$, $\Longrightarrow-z=ilog_{e}(-1+\sqrt{2})-2\pi n\Longleftrightarrow z=2\pi n-ilog_{e}(-1+\sqrt{2})$,para $n=0,\pm1,\pm2,...$

$iz=log_{e}(1+\sqrt{2})+i(2n+1)\pi$ multiplicando en ambos lados po $i$, $\Longrightarrow-z=ilog_{e}(1+\sqrt{2})-(2n+1)\pi\Longleftrightarrow z=(2n+1)\pi-ilog_{e}(1+\sqrt{2})$,para $n=0,\pm1,\pm2,...$

de esto comcluimos que todos los valoores posibles para $z$ son:

$z=2\pi n-ilog_{e}(-1+\sqrt{2})$ ,para $n=0,\pm1,\pm2,...$

o

$z=(2n+1)\pi-ilog_{e}(1+\sqrt{2})$,para $n=0,\pm1,\pm2,...$

--Francisco Medina Albino (discusión) 18:46 11 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 10

In Problems 9\textendash 12, find all complex values z satisfying the given equation.

traduccion

En los problemas 9-12 , encontrar toda compleja valores z que satisface la ecuación dada

$cos\left(z\right)=4$

espresamos el cos$\left(z\right)$ de la siguiente manera:

$cos\left(z\right)=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$

entonces la ecuacion queda:

$\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=4$

$e^{iz}+e^{-iz}=8$

como

$e^{z}=e^{\left(x+iy\right)}=e^{x}\left(cos\left(y\right)+isen\left(y\right)\right)$

para el primer termino tenemos

$e^{i\left(x+iy\right)}=e^{\left(-y+ix\right)}=e^{-y}\left(cos\left(x\right)+isen\left(x\right)\right)$

para el segundo termino tenemos

$e^{-i\left(x+iy\right)}=e^{\left(y-ix\right)}=e^{y}\left(cos\left(x\right)-isen\left(x\right)\right)$

sustitullendo en la ecuacion horiginal tenemos:

tenemos lo siguiente:

$e^{-y}\left(cos\left(x\right)+isen\left(x\right)\right)+e^{y}\left(cos\left(x\right)-isen\left(x\right)\right)=8+0i$

$\left(e^{-y}cos\left(x\right)+e^{y}cos\left(x\right)\right)+i\left(e^{-y}sen\left(x\right)-e^{y}sen\left(x\right)\right)=8+0i$

$\left(\left(e^{-y}+e^{y}\right)cos\left(x\right)\right)+i\left(\left(e^{-y}-e^{y}\right)sen\left(x\right)\right)=8+0i$

entonces:

$\left(e^{-y}+e^{y}\right)cos\left(x\right)=8$

$\left(e^{-y}-e^{y}\right)sen\left(x\right)=0$

de donde se tiene que

$x=0$ o $x=pi$

--Martin Flores Molina (discusión) 14:55 15 mayo 2015 (CDT) ----



Solución alternativa

$cos(z)=4$

Por la definición de $cos(z)$ tenemos que:

$\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=4$

Entonces podemos resolver como sigue:

$e^{iz}+e^{-iz}=8$

$e^{iz}+e^{-iz}-8=0$

Ahora se multiplica por $e^{iz}$

$e^{iz}(e^{iz}+e^{-iz}-8)=0$

$e^{iz}e^{iz}+e^{iz}e^{-iz}-8e^{iz}=0$

$e^{2iz}-8e^{iz}+1=0$

Donde nos resulta una ecuación cuadrática que podemos resolver aplicando la fórmula general:

$e^{iz}=\frac{8\pm\sqrt{64-(4)(1)(1)}}{2}=\frac{8\pm\sqrt{60}}{2}=\frac{8\pm2\sqrt{15}}{2}=4\pm\sqrt{15}$

$\Longrightarrow e^{iz}=4\pm\sqrt{15}$

Entonces, para despejar $z$:

$iz=ln(4\pm\sqrt{15})$

Donde $ln(z)=log_{e}|z|+iarg(z)$

Y resolviendo para $\left(+\right)$, tenemos por tanto:

$iz=log_{e}(4+\sqrt{15})+i(2\pi n)$

Multiplicando finalmente por $-i$ debe quedar:

$z=-ilog_{e}(4+\sqrt{15})+(2\pi n)$

ó

$z=(2\pi n)-ilog_{e}(4+\sqrt{15})$

Entonces, los posibles valores para $z$ son:

$z_{1}=(2\pi n)-ilog_{e}(4+\sqrt{15})$ y $z_{2}=(2\pi n)-ilog_{e}(4-\sqrt{15})$

Para $n=0,\pm1,\pm2,\pm3,...$

--A. Martín R. Rabelo (discusión) 00:40 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 11

Determinar los valores complejos de z que satisfacen la ecuación dada.

$sen(z)=cos(z)$

Por definición se puede escribir como:

$\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$

Entonces reordenamos y resolvemos como sigue:

$e^{iz}-e^{-iz}=i(e^{iz}+e^{-iz})$

$e^{iz}-e^{-iz}-i(e^{iz}+e^{-iz})=0$

$e^{iz}-e^{-iz}-ie^{iz}-ie^{-iz}=0$

$e^{iz}-e^{-iz}-ie^{iz}-ie^{-iz}=0$

A partir de este punto multiplicamos por $e^{iz}$

$e^{iz}(e^{iz}-e^{-iz}-ie^{iz}-ie^{-iz})=0$

$e^{iz}e^{iz}-e^{iz}e^{-iz}-e^{iz}ie^{iz}-e^{iz}ie^{-iz}=0$

$e^{2iz}-1-ie^{2iz}-i=0$

$e^{2iz}-ie^{2iz}-i-1=0$

$e^{2iz}(1-i)-i-1=0$

Reacomodando ...

$e^{2iz}(1-i)=i+1$

$e^{2iz}=\frac{(i+1)}{(1-i)}$

Entonces multiplicamos por el conjugado para resolver la fracción compleja como sigue:

$e^{2iz}=\frac{(i+1)}{(1-i)}\frac{(1+i)}{(1+i)}=\frac{1-1+2i}{2}=i$

Entonces:

$e^{2iz}=i$

Y entonces, para saber $z$ despejamos haciendo uso del logaritmo y sus propiedades:

$ln(e^{2iz})=ln(i)$

$2iz=ln(i)$

Donde $ln$ es un logaritmo natura complejo defenido como: $ln=log_{e}|z|+iarg(z)$ donde $|z|=1$ y $arg(z)=\frac{\pi}{2}+2n\pi$ dado que $z$ es un complejo puro. Por lo que tenemos entonces...

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

$2iz=log_{e}(1)+i(\frac{(4n+1)\pi}{2})$ pero $log_{e}(1)=0$

$\Longrightarrow2iz=i(\frac{(4n+1)\pi}{2})$

Para despejar $z$ se divide la ecuación entre $2$ y se multiplica por $-i$ como sigue:

$z=(\frac{(4n+1)\pi}{4})=\frac{1}{4}(4n+1)\pi$ para $n=0,\pm1,\pm2,\pm3....$

--A. Martín R. Rabelo (discusión) 00:05 12 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 13

Verifique la identidad trigonometrica dada $sen(-z)=-sen(z)$

Sabemos que $z=x+iy$

Entonces sustituyendo z se tiene

$$ sen(-z)=sen-(x+iy)=-sen(x+iy) $$

desarrollando $-sen(x+iy)$

$$ sen(-z)=-[sen(x) cos(iy)+sen(iy) cosx] $$

$$ sen(-z)=-[sen(x) cosh(y)+isenh(y) cos(x)] $$

Donde se demostrará que

$$ - sen(z)= -[sen(x) cosh(y)+isenh(y) cos(x)], ---(*) $$

Donde $ [sen(x) cosh(y)+isenh(y) cos(x)]$ está dada por:

$$\left(\frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right) \left(\frac {e^{iy}+e^{-iy}}{2}\right)+i \left(\frac {e^{iy}-e^{-iy}}{2i}\right) \left(\frac {e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)$$

$$ = \frac{[e^{i(x+y)}+e^{i(x-y)}-e^{i(-x+y)}-e^{-i(x+y)}]+i[e^{i(y+x)}+e^{i(y-x)}-e^{i(-y+x)}-e^{-i(y+x)}]}{4i}$$

ELiminando términos

$$ \frac{e^{i(x+y)}-ie^{-i(x+y)}}{2i}=sen(x+iy)=sen(z) $$

$$ \therefore sen(-z)=-sen(z) $$

Graf sen


--Samantha Martinez (discusión) 19:01 11 Junio 2015 (CDT) ----


Ejercicio 14

Verifique la identidad trigonometrica dada $cos(z_{1}+z_{2})=cosz_{1}cosz_{2}-senz_{1}senz_{2}$

Tomando en cuenta que $cosz_{1}cosz_{2}-senz_{1}senz_{2}$ estádada por:

$$\left(\frac {e^{iz_{1}}+e^{-iz_{1}}}{2}\right) \left(\frac {e^{iz_{2}}+e^{-iz_{2}}}{2}\right)- \left(\frac {e^{iz_{1}}-e^{-iz_{1}}}{2i}\right) \left(\frac {e^{iz_{2}}-e^{-iz_{2}}}{2i}\right)$$

$$ = \frac {[e^{i(z_{1}+z_{2})}+e^{i(z_{1}-z_{2})}+e^{i(-z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}]}{4}-\frac{e^{i(z_{1}+z_{2})}-e^{i(z_{1}-z_{2})} -e^{i(-z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}}{4i^2} $$

$$ = \frac {[e^{i(z_{1}+z_{2})}+e^{i(z_{1}-z_{2})}+e^{i(-z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}]}{4}+\frac{[e^{i(z_{1}+z_{2})}-e^{i(z_{1}-z_{2})} -e^{i(-z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}]}{4} $$

$$ = \frac {e^{i(z_{1}+z_{2})}+e^{i(z_{1}-z_{2})}+e^{i(-z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}+e^{i(z_{1}+z_{2})}-e^{i(z_{1}-z_{2})} -e^{i(-z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}}{4} $$

$$ \frac{e^{i(z_{1}+z_{2})}+e^{-i(z_{1}+z_{2})}}{2}=cos(z_{1}+z_{2}) $$

$$ \therefore cos(z_{1}+z_{2})=cosz_{1}cosz_{2}-senz_{1}senz_{2} $$

Graf cos

--Samantha Martinez (discusión) 19:01 11 Junio 2015 (CDT) ----


Ejercicio 15

Compruebe la identidad trigonometrica $\overline{\cos z}=\cos\overline{z}$

Sabemos que

$\cos z={\displaystyle \frac{e^{z}-e^{-z}}{2}}={\displaystyle \frac{e^{x}}{2}(\cos y+i\sin y)+{\displaystyle \frac{e^{-x}}{2}(\cos y-i\sin y)={\displaystyle (\frac{e^{x}+e^{-x}}{2})\cos y+i{\displaystyle (\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}}}}})\sin y$

Por lo tanto

$\overline{\cos z}={\displaystyle (\frac{e^{x}+e^{-x}}{2})\cos y-i\sin y({\displaystyle \frac{e^{x}-e^{-x}}{2})=\frac{(e^{x}\cos y+e^{-x}\cos y+ie^{x}\sin(-y)-ie^{x}\sin(-y))}{2}}}$

Que podemos escribir

$\overline{\cos z}={\displaystyle \frac{e^{x}(\cos(-y)+i\sin(-y)+e^{-x}(\cos y+i\sin y)}{2}=\frac{e^{x-iy}+e^{-x+iy}}{2}}={\displaystyle \frac{e^{\overline{z}}+e^{\overline{-z}}}{2}=\cos\overline{z}}$

Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 20:27 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 16

Compruebe la identidad trigonométrica dada.

\(sen(z-\frac{\pi}{2})=-cos{z}\)

Considerando que\[sen(z_1-z_2)=sen z_1 cos z_2 - cos z_1 sen z_2\]

\(cos z= \frac{e^{iz}+ e^{-iz}}{2}\)

\(sen z= \frac{e^{iz}- e^{-iz}}{2i}\)

Sustituyendo tenemos que\[sen(z - \frac{\pi}{2})=(\frac{e^{iz}- e^{-iz}}{2i})(\frac{e^{i\frac{\pi}{2}}+ e^{-i\frac{\pi}{2}}}{2})-(\frac{e^{iz}+ e^{-iz}}{2})(\frac{e^{i\frac{\pi}{2}}+ e^{-i\frac{\pi}{2}}}{2i})\]


Evaluamos la funcion \(e^{i\frac{\pi}{2}}\) tenemos.

\(e^{0+\frac{i \pi}{2}}= e^0[cos \frac{\pi}{2} +i sen \frac{\pi}{2}]= i\)

Ahora como \(sen(-\theta)=-sen(\theta)\)

Al evaluar tenemos\[(\frac{e^{i\frac{\pi}{2}}+ e^{-i\frac{\pi}{2}}}{2})=0 \]

Por lo cual al sustituir tenemos\[sen(z-\frac{\pi}{2})=-(\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2})(\frac{i-(-i)}{2i})=-(\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2})\]

Conociendo la definición de conseno tenemos que\[sen(z-\frac{\pi}{2})=-cos(z)\]

--Anahi Limas (discusión) 22:45 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 24

Expresa el valor de la función hiperbólica dada en la forma $a + ib$


$tanh(2 + 3i)$


Como conocemos la expresión de la función tangente hiperbólica expresada en función de las exponenciales podemos hacer uso d ella la cual es:


$\tanh z = \frac{\sinh z}{\cosh z} = \frac{e^z - e^{-z}}{e^z + e^{-z}}$


Aplicando esta expresión a nuestro numero $z=2 +3i$


$\tanh (2 +3i) = \frac{e^{(2+3i)} - e^{-(2+3i)}}{e^{(2+3i)} + e^{-(2+3i)}} = \frac{e^2 e^{3i} - e^{-2} e^{-3i}}{e^2 e^{3i} + e^{-2} e^{-3i}}$


Desarrollando tenemos:


$\tanh (2 + 3i) =\frac{e^2(\cos3 + i\sin3) - e^{-2}(\cos{-3} + i\sin{-3})}{e^2(\cos3 + i\sin3) + e^{-2}(\cos{-3} + i\sin{-3})}$


$\approx{\frac{e^2(0.9986 + 0.0523i) - e^{-2}(0.9986 - 0.0523i)}{e^2(0.9986 + 0.0523i) + e^{-2}(0.9986 - 0.0523i)}}$


$\approx{\frac{(7.3890)(0.9986 + 0.0523i) - (0.1353)(0.09986 - 0.0523i)}{(7.3890)(0.9986 + 0.0523i) + (0.1353)(0.9986 - 0.0523i)}}$


$\approx{\frac{7.3786 + 0.3864i - 0.1351 + 0.0070i}{7.3786 + 0.3864i + 0.1351 - 0.0070i}}$


$\approx{\frac{7.2435 + 0.3934i}{7.5137 + 0.3794i}} = \frac{7.2435 + 0.3934i}{7.5137 + 0.3794i} * \frac{7.5137 - 0.3794i}{7.5137 - 0.3794i}$


$\approx{\frac{57.3783 - 2.8973i}{56.5995}}$


$\approx{1.0137 - 0.0511i}$


Como podemos ver al principio nos queda una división de números complejos es por ello que se multiplico por $\frac{z}{z*}$ para obtener un mero complejo de la forma $a + ib$


Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 14:24 11 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 29

Comprobar la identidad hiperbólica

$cosh^{2}z-senh^{2}z=1$

Solución:

Partiendo de las definiciones:

\begin{equation} coshz=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}...(1) \end{equation}

\begin{equation} senhz=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}...(2) \end{equation}


Ahora sacamos cuadrados a (1) y (2) para obtener lo siguiente:

$cosh^{2}z=\left[\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}\right]^{2}=\frac{\left(e^{z}+e^{-z}\right)^{2}}{4}=\frac{e^{2z}+2e^{z}e^{-z}+e^{2z}}{4}=\frac{e^{2z}+2+e^{-2z}}{4}$

$senh^{2}z=\left[\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}\right]^{2}=\frac{\left(e^{z}-e^{-z}\right)^{2}}{4}=\frac{e^{2z}-2e^{z}e^{-z}+e^{2z}}{4}=\frac{e^{2z}-2+e^{-z}}{4}$

Recordando que:

$e^{z}e^{-z}=e^{z-z}=e^{0}=1$ y que $\left(e^{z}\right)^{2}=e^{2z}$

Ahora solo hacemos (1) menos (2) para así obtener:

$cosh^{2}z-senh^{2}z=\frac{e^{2z}+2+e^{-2z}}{4}-\left[\frac{e^{2z}-2+e^{-2z}}{4}\right]=\frac{e^{2z}+2+e^{-2z}}{4}+\frac{-e^{2z}+2-e^{-2z}}{4}=\frac{1}{4}\left[e^{2z}+2+e^{-2z}-e^{2z}+2-e^{-2z}\right]=\frac{1}{4}\left(2+2\right)=1$

Por lo tanto tenemos que:

$cosh^{2}z-senh^{2}z=1$ Q.E.D.

Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 21:37 11 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 30

Demostrar las siguientes identidades

\[senh(z_{1}+z_{2})=senhz_{1}coshz_{2}+coshz_{1}senhz_{2} \]

Solución

Tenemos las siguientes relaciones trigonométricas e hiperbolicas, sí:

\[senhz=-isen(iz) \] , \(coshz=cos(iz) \) entonces \(senh(z_{1}+z_{2})=-isenh(iz_{1}+iz_{2}) \)

sustituimos en la identidad y factorizando la “i” en la expresión se tiene:

\[-isenh(iz_{1}+iz_{2})=[(-i)sen(iz_{1})cos(iz_{2})+cos(iz_{1})(-i)sen(iz_{2})] \]

\[-isenh(iz_{1}+iz_{2})=-isen(iz_{1})cos(iz_{2})-icos(iz_{1})sen(iz_{2})] \]

\[-isenh(iz_{1}+iz_{2})=-isen(iz_{1})cos(iz_{2})-isen(iz_{2})cos(iz_{1})] \]

Acomodando terminos se tiene la demostración:

\[senh(z_{1}+z_{2})=senhz_{1}coshz_{2}+coshz_{1}senhz_{2} \] --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 11:23 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 32

Compruebe que la identidad se cumple \(Im(cosh(z))= senh(x)sen(y)\)


Retomando que para el seno hiperbólico y coseno hiperbólico

\(senh(\theta)= \frac{e^{\theta}- e^{-\theta}}{2}\)

\(cosh(\theta)= \frac{e^{\theta}+ e^{-\theta}}{2}\)


Tomando a \(z \epsilon C\) con la forma \(z= x+ yi \), por lo que de la función coseno hiperbólico tenemos que cumple


\(cosh(x+ yi)= \frac{e^{x+ yi}+ e^{-(x+ yi)}}{2}= \frac{e^{x+ yi}+ e^{-x- yi}}{2}= \frac{e^{x}e^{ yi}+ e^{-x}e^{-yi}}{2}\)


Usando la forma de Moivre

\( e^{i \theta}= cos(\theta)+ i sen(\theta) \)

Usando esta identidad en el coseno hiperbólico de z complejo, tenemos que

\(cosh(x+ yi)= \frac{e^{x}(cos(y)+ i sen (y))+ e^{-x}(cos(-y)+ i sen (-y))}{2}= \frac{e^{x}cos(y)+ e^{-x}cos(-y)}{2} +i \frac{e^x sen (y)+ e^{-x} sen (-y)}{2}\)

Al pedirnos solamente la parte imaginaria, usando la identidad de \(sen(-\theta)= -sen(\theta)\) y la expresión inicial de seno hiperbólico, desarrollamos la ultima expresión

\(im(cosh(x+ yi))= \frac{e^x sen(y)- e^{-x} sen(y)}{2}= \frac{sen(y)(e^x - e^{-x})}{2}= sen(y) (\frac{e^x - e^{-x}}{2})= sen(y) senh(x)\)

Por lo que hemos demostrado que

\(Im(cosh(z))= senh(x)sen(y)\)


--Pablo (discusión) 21:13 12 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 37

Recordemos que la fórmula de Euler establece que $e^{i\theta}=\cos(\theta)+i\sin(\theta)$ para cualquier número real $\theta$. Demuestre que, de hecho $e^{i\,z}=\cos(z)+i\sin(z)$ , para cualquier número complejo $z$.'

Por definición de la exponencial compleja:

\[ e^{w}=e^{Re(w)}\,\left[ cis (Im(w)) \right] \]

Si $w=iz=i(x+iy)=ix-y$.

\[ e^{iz}=e^{w}=e^{-y}\,\left[ cis (x) \right]=e^{-y}\,\left[ \left( \frac{e^{i x}+e^{-i x}}{2} \right)+i \left( \frac{e^{i x}-e^{-i x}}{2i} \right) \right]=e^{-y}\,\left( \frac{e^{i x}+e^{-i x}}{2} \right)+e^{-y}\,\left( \frac{e^{i x}-e^{-i x}}{2} \right) \]

\[ =\frac{e^{-y}\,e^{i x}+e^{-y}\,e^{-i x}+e^{-y}\,e^{i x}-e^{-y}\,e^{-i x}}{2}=\frac{e^{-y}\,e^{i x}+e^{-y}\,e^{i x}}{2} \]

Usando el teorema general aditivo: \[ =\frac{e^{ix-y}+e^{ix-y}}{2} \] Sumamos un $0$ especial $\frac{e^{-ix+y}-e^{-ix+y}}{2}$. \[ =\frac{e^{ix-y}+e^{ix-y}}{2}+\frac{e^{-ix+y}-e^{-ix+y}}{2}=\frac{e^{ix-y}+e^{ix-y}+e^{-ix+y}-e^{-ix+y}}{2} \] Reagrupando términos: \[ =\frac{e^{ix-y}+e^{-ix+y}}{2}+\frac{e^{ix-y}-e^{-ix+y}}{2} \] Se reescriben los argumentos como $iz=ix-y\,$ y $\,-iz=-ix+y$ \[ =\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}+\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2} \] Se multiplica y divide por $i$ en el segundo término: \[ =\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}+i\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \] Se observan claramente las definiciones del coseno de un número complejo en el primer término y la del seno en el segundo. \[ e^{iz}=\cos(z)+i\,\sin(z)\;_\square \]


--Tlacaelel Cruz (discusión) 23:37 4 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 43

Encuentre las partes real e imaginaria de la función $\sin \overline{z}$ y utilícelas para demostrar que esta función no es analítica en ningún punto.


Sol. Si $z=x+iy$, entonces $\overline{z}=x-iy$. La definción del seno complejo es:


$\sin z=\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$, para el complejo conjugado simplemente sustituimos $\sin \overline{z}=\dfrac{e^{i\overline{z}}-e^{-i\overline{z}}}{2i}$


$\sin \overline{z}=\dfrac{e^{i\overline{z}}-e^{-i\overline{z}}}{2i}=\dfrac{e^{i(x-iy)}-e^{-i(x-iy)}}{2i}=\dfrac{e^{y+ix}-e^{-(y+ix)}}{2i}=\dfrac{e^ye^{ix}-e^{-y}e^{-ix}}{2i}=\dfrac{e^y(\cos x+i\sin x)-e^{-y}(\cos x-i\sin x)}{2i}$


$\sin \overline{z}=\dfrac{\cos x(e^y-e^{-y})+i\sin x(e^y+e^{-y})}{2i}=\dfrac{\cos x(e^y-e^{-y})}{2i}+\dfrac{i\sin x(e^y+e^{-y}}{2i}=\dfrac{\sin x(e^y+e^{-y})}{2}-i\dfrac{\cos x(e^y-e^{-y})}{2}$


$\sin \overline{z}=\sin x(\dfrac{e^y+e^{-y}}{2})-i\cos x(\dfrac{e^y-e^{-y}}{2})$


y con las funciones hiperbólicas $\sinh y=\dfrac{e^y-e^{-y}}{2}$, $\cosh y=\dfrac{e^y+e^{-y}}{2}$


$\sin \overline{z}=\sin x \cosh y-i\cos x \sinh y$


Identificando las partes real e imaginaria de la función:


$u(x,y)=\sin x \cosh y$, $v(x,y)=-\cos x \sinh y$


El criterio para la no analiticidad dice que si las ecuaciones de Cauchy-Riemann no se satisfacen en todos los puntos $z$ en un dominio $D$, entonces la función no puede ser analítica en $D$. Para demostrar que la función $\sin \overline{z}$ no es analítica en ningun punto, demostremos que sus partes real e imaginaria no satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

$\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y}$, $-\dfrac{\partial u}{\partial y}=\dfrac{\partial v}{\partial x}$


Derivando las funciones parcialmente obtenemos

$\dfrac{\partial u}{\partial x}=\cos x\cosh y$, $\dfrac{\partial u}{\partial y}=\sin x\sinh y$


$\dfrac{\partial v}{\partial x}=\sin x\sinh y$, $\dfrac{\partial v}{\partial y}=-\cos x\cosh y$


Igualando términos


$\cos x\cosh y\neq -\cos x\cosh y$


$\sin x\sinh y\neq -\sin x\sinh y$


Por lo que hemos demostrado que la función $\sin \overline{z}$ no es analítica en ningún punto del plano complejo.


Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 09:39 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 45

45.(de la versión en inglés) Demuestre que $\sin z$ es uno-a-uno en el dominio: $-\pi/2<x<\pi/2$, $-\infty<y<\infty$.

Solución:

Sean: $z_1=x_1+iy_1$ y $z_2=x_2+iy_2$ números complejos tales que: $-\pi/2<x_1<\pi/2,-\pi/2<x_1<\pi/2$, $y_1,y_2\in \mathbb{R}$ arbitrarios. Sea $ f(z)=\sin z$.

Supongamos que $f(z_1)=f(z_2)$. Por demostrar $z_1=z_2$.Entonces:

\begin{align*} \sin{z_1}&=\sin{z_2}&~~\textrm{f(z_1)=f(z_2)}\\\\ \frac{e^{iz_1}-e^{-iz_1}}{2i}&=\frac{e^{iz_2}-e^{-iz_2}}{2i}&~~\textrm{(por definición)}\\\\ e^{iz_1}-e^{-iz_1}-(e^{iz_2}-e^{-iz_2})&=0&~~\textrm{(despejando)}\\\\ (e^{iz_1}-e^{iz_2})+(e^{-iz_2}-e^{-iz_1})&=0&~~\textrm{(por asociatividad)}\\\\ e^{\frac{i(z_1+z_2)}{2}}(e^{\frac{i(z_1-z_2)}{2}}-e^{\frac{-i(z_1-z_2)}{2}})+e^{\frac{-i(z_1+z_2)}{2}} (e^{\frac{i(z_1-z_2)}{2}}-e^{\frac{-i(z_1-z_2)}{2}})&=0&~~\textrm{(distributividad)}\\\\ (e^{\frac{i(z_1+z_2)}{2}}+e^{\frac{-i(z_1+z_2)}{2}})(e^{\frac{i(z_1-z_2)}{2}}-e^{\frac{-i(z_1-z_2)}{2}})&=0&~~\textrm{(distributividad)}\\\\ \Rightarrow [(e^{\frac{i(z_1+z_2)}{2}}+e^{\frac{-i(z_1+z_2)}{2}})=0] &\vee [(e^{\frac{i(z_1-z_2)}{2}}-e^{\frac{-i(z_1-z_2)}{2}})=0]&~~\textrm{(alguno o los dos factor(es) es cero.)}\\\\ \Longleftrightarrow [\frac{e^{\frac{i(z_1+z_2)}{2}}}{e^{\frac{-i(z_1+z_2)}{2}}}+1=0] &\vee [\frac{e^{\frac{i(z_1-z_2)}{2}}}{e^{\frac{-i(z_1-z_2)}{2}}}-1=0]&~~\textrm{(dividiendo entre e^{\frac{-i(z_1+z_2)}{2}} la primera, y la segunda entre e^{\frac{-i(z_1-z_2)}{2}})}\\\\ \Longleftrightarrow [e^{i(z_1+z_2)}=-1] &\vee [e^{i(z_1-z_2)}=1]&~~\textrm{(teorema 4.3 (ii))}\\\\ \Longleftrightarrow [e^{i(z_1+z_2)}=e^{i(\pi+2k\pi)}] &\vee [e^{i(z_1-z_2)}=e^{i(0+2l\pi)}]&~~\textrm{(forma de Euler de los complejos 1 y -1)}\\\\ \Rightarrow [i(z_1+z_2)=i(\pi+2k\pi)] &\vee [i(z_1-z_2)=i(0+2l\pi)]&~~\textrm{(e^z es uno-a-uno en este dominio.)}\\\\ \Longleftrightarrow [(z_1+z_2)=(\pi+2k\pi)] &\vee [(z_1-z_2)=(0+2l\pi)]&~~\textrm{(multiplicando por 1/i)}\\\\ \Longleftrightarrow [(x_1+x_2=\pi + 2k\pi \wedge y_1+y_2=0)] &\vee [(x_1-x_2=2l\pi \wedge y_1-y_2=0)]&~~\textrm{(Por igualdad de números complejos.)}\\\\ \end{align*}

pero el hecho de que $x_1+x_2=\pi + 2k\pi,(k\in \mathbb{Z})$ implica que: $x_1\notin (-\pi/2,\pi/2)$ o $x_2\notin (-\pi/2,\pi/2)$, (ya que: Si $-\pi/2<x_1<\pi/2,-\pi/2<x_2<\pi/2 ~\Rightarrow -\pi<x_1+x_2<\pi$ ). De lo anterior $[(x_1+x_2=\pi + 2k\pi \wedge y_1+y_2=0)]$ no puede ocurrir.

Para que la disyunción sea verdadera,tiene que cumplirse $[(x_1-x_2=2l\pi),(l\in \mathbb{Z})) \wedge (y_1-y_2=0)]$ . Por otro lado si $-\pi/2<x_2<\pi/2 \Rightarrow -\pi/2<-x_2<\pi/2$, entonces: $-\pi<x_1-x_2<\pi$ y para que esto se cumpla, necesariamente $l=0$.

Entonces $x_1=x_2~~\wedge ~~y_1=y_2$. Por lo tanto $z_1=z_2$.

Por lo tanto: $\sin z$ es uno-a-uno en el dominio: $-\pi/2<x<\pi/2$, $-\infty<y<\infty$.

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 14:38 11 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 51

Compruebe las siguiente identidades $$ (a)\sin (z+\pi)= -\sin z$$


Por definición

$$\sin z = \dfrac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i}$$


Sabemos que la perioricidad de $\sin = 2\pi$. Sustituyendo el periodo de esta función.

$$\sin (z+\pi) = \dfrac{e^{i(z+\pi)} - e^{-i(z+\pi)}} {2i}$$

Utilizando las propiedades de $e$. Tenemos


$$\sin (z+\pi) =\dfrac{e^{iz}e^{i\pi}-e^{-iz}e^{-i\pi}}{2i}$$

$e^{ix}= \cos x + i \sin x$ y $ e^{-ix} = \cos x - i \sin x $. Nos resulta


$$\sin (z+\pi) =\dfrac{e^{iz}\cos (\pi) + i \sin (\pi) -e^{-iz}\cos (-\pi)- i \sin (-\pi)}{2i} = \dfrac{-e^{iz}+e^{-iz}}{2i} = -\dfrac{e^{iz}+e^{-iz}}{2i} = -\sin z$$


$$ (b) \cos (z+\pi) = -\cos z$$

De igual forma demostramos (b)

$$\ cos z = \dfrac{e^{iz} + e^{-iz}}{2}$$


$$\cos (z+ \pi) = \dfrac{e^{i(z+\pi)} +e^{-i(z+\pi)}} {2}$$

Por las propiedades de $e$

$$\cos (z+\pi) =\dfrac{e^{iz}e^{i\pi}+e^{-iz}e^{-i\pi}}{2}$$

$e^{ix}= \cos x + i \sin x$ y $ e^{-ix} = \cos x - i \sin x $. Nos resulta

$$\cos (z+\pi) =\dfrac{e^{iz}\cos (\pi) + i \sin (\pi) + e^{-iz}\cos (-\pi)- i \sin (-\pi)}{2i} = -\dfrac{-e^{iz}-e^{-iz}}{2i} = -\cos z$$



--Esther Sarai (discusión) 13:32 9 jun 2015 (CDT)Esther Sarai