Compleja:Zill-Cap4.1

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

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Sección 4.1

Ejercicio 1

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

Procedimiento

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

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

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: \[ \frac{\partial\,(z)}{\partial\,(iy)}=\frac{\partial\,(x+iy)}{\partial\,(iy)}=1 \]

Solución

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

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

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Ejercicio 2

Encuentra la derivada de la función $f$ dada

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

Procedimiento

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

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

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

Solución

Entonces podemos decir:

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

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

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Ejercicio 3

Encuentre la derivada $f'(z)$ de la función $f(z)$.

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

Procedimiento

la derivada de una suma es igual a la suma de sus derivadas, esto es:

$f'(z)=g'(z)+h'(z)$

Donde

$g'(z)=\frac{d}{dz}e^{iz}=ie^{iz}$

$h'(z)=\frac{d}{dz}-e^{-iz}=+ie^{-iz}$

por lo tanto la derivada de la función inicial es

Solución

$f '(z)=i\left (e^{iz}+e^{-iz} \right )$

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

Re elaborado por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 4

Encuentre la derivada $f'(z)$ de la función $f(z)$.

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

Procedimiento

dada la siguiente forma de derivar:

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

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

tenemos lo siguiente

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

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

Solución

Por lo que la derivada es:

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

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

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Ejercicio 5

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

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

Procedimiento

Sabemos que:

$z=x+iy$

Entonces:

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

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

Sustituyendo $z^2-z$ en la expresión

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

Solución

Solo tomando la parte real, da como resultado

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

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Nancy Martínez Durán (discusión) 03:59 5 jun 2015 (CDT) Re elaborado por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 6

Escribir la expresión dada en términos de "x" y "y"

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

Procedimiento

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

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

Solución

Y finalmente reescribimos

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

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

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Ejercicio 7

Escribir la expresión dada en términos de "x" y "y"

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

Procedimiento

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:

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

Solución

Por lo que el argumento también puede ser reescrito como:

$arg \left [e^{i(2x)} \right ]=2x\pm2k\pi; k=0,1,2...$

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

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Ejercicio 8

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

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

Procedimiento

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:

Solución

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

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

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Ejercicio 9

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

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

Procedimiento

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.

Solución

$e^{-iz}=e^{y} = e^{y}\left [\cos(x)-i\sin(x) \right ]$

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

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Ejercicio 10

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

Procedimiento

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

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

así podemos reescribir la función de la siguiente manera.

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

Donde la parte real de esta exponencial es $2x$ y la imaginaria es $(1-2y)$

ahora pasando ala forma trigonométrica tendremos que;

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

Solución

Por lo que:

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

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

Corregido por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 11

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

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

Procedimiento

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.

Solución

Entonces mi resultado es:

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

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

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

Procedimiento

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

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

Separando la parte real e imaginaria, de la anterior fracción, se tiene que:

$\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}-\frac{iy}{x^{2}+y^{2}}$

Poniendo esto en la exponencial, se tiene que:

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

Expandiendo el numero entre corchetes, en su forma trigonométrica, se tiene que:

$\left [e^{-\frac{iy}{x^{2}+y^{2}}} \right ]=Cos\left ( \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \right )-i Sen \left ( \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \right )$

Donde se uso la propiedad de $cos(-u)=cos(u)$ y $sen(-u)=-sen(u)$

Entonces tenemos como resultado:

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

Donde sabemos que

Solución

$u\left(x,y\right)=\left [e^{\left (\frac{x}{x^{2}+y^{2}} \right )} \right ]Cos\left ( \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \right)$

es la parte real

$v\left(x,y\right)=-\left [e^{\left (\frac{x}{x^{2}+y^{2}} \right )} \right ]Sen \left ( \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \right ) $

es la parte imaginaria

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Re elaborado por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 13

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

Solución

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

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

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 conclusión de que $f$ no es derivable en ningún punto

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

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Ejercicio 23

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

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

Procedimiento

Un logaritmo en variable compleja se expresa de la siguiente manera

$\ln(z)=\log_e\left | z \right |+ i \arg(z)$

Sea $z=-2+2i$

La norma de z esta dada por:

$\left | z \right |=\sqrt{-2^{2}+2^{2}}=2\sqrt2$

Dado que $z=-2+2i$

el

$\arg(z)=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}+2k\pi$

Donde

$-\pi< arg(z)\leq \pi$ y $k=0\pm1+....$

Por lo que la función logaritmo compleja queda de la siguiente forma:

$\ln(-2+2i)=\log_e\left | -2+2i \right |+ i \arg(2+2i)$

$\ln(-2+2i)=\log_e (2\sqrt2)+ i \left (\frac{3\pi}{4}+2k\pi \right )$

Haciendo un poco de Álgebra se tiene que:

$\ln(-2+2i)=\ln (2^{\frac{3}{2}})+ i \frac{\pi}{4} (3+8k)$

Usando propiedades de logaritmo, se tiene que:

Solución

$\ln(-2+2i)=\frac{3}{2}\ln (2^{})+ i \frac{\pi}{4} (3+8k)$

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Re elaborado por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 29

Escriba el valor principal del logaritmo en la forma $a+ib$.

$Ln(-12+5i)$

Procedimiento

Para poder encontrar el valor principal aplicaremos la formula siguiente:

$Lnz=log_{e}|z|+iArg(z)$... (*)

Por lo anterior de nuestro logaritmo identificaremos tanto al argumento de $z$ como a su modulo, así:

$|z|=\sqrt{(-12)²+(5)²} = \sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13$

$Arg(-12+5i)=2.7468$

Sustituyendo en (*) tenemos:

Solución

$Ln(-12+5i)=log_{e}(13)+2.7468i$

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

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Re elaborado por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 31

Escriba el valor principal del logaritmo en la forma a+ib

$Ln[(1+\sqrt{3}i)^5]$

Procedimiento

Tomando en cuenta la siguiente 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

Solución

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

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

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Ejercicio 33

Encuentre todos los valores complejos de $z$ que satisfagan la ecuación.

$e^z=4i$

Procedimiento

$e^z=4i$

$ln e^z= ln 4i$

$z=ln 4 + ln i$

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

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

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

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

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

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

Solución

Por lo tanto:

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

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

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Ejercicio 35

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

$e^{z-1}=-ie^{3}$

Procedimiento

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”

$ln\exp(z)=ln(-i\exp 4)$

$z=ln(-i\exp 4)$ aplicamos la propiedad de un producto de un logarítmo que equivale a la suma de los logaritmos

$z=ln(-i)+ln(\exp 4)$

$z=ln(-i)+4...(1)$

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:

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

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

$ln(-i)={\frac {1}{2}}i\pi (4n-1)$,

Solución

Sustituyendo en (1) se tiene:

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

para :$n=0,\pm 1,\pm 2,\pm 3...$

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

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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 $z_2=i(\frac{4\pi}{3}+2l\pi);(l\in \mathbb{Z})$.

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

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Ejercicio 37

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

Solución

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

Podemos ver la función, como la suma de 3 funciones, las dos primeras

$g(z)+h(z)=3z^{2}-e^{2iz}$

Están bien definidas en el plano complejo, sin embargo, la función logaritmo presenta algunos inconvenientes.

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

Encuentre la derivada de la función.

Procedimiento

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

utilizando la regla de la suma para derivadas tenemos.

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

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

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

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

así,

Solución

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

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

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Ejercicio 47

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

Procedimiento

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*}

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

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Ejercicio 49

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

Procedimiento

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 $z_{0}$

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

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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

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

Donde $log_{e}|z|$ es el logaritmo real y el argumento principal de Z también es un valor real, por lo que

$ln({\frac {z_{1}}{z_{2}}})=\log _{e}|{\frac {z_{1}}{z_{2}}}|+iArg({\frac {z_{1}}{z_{2}}})$

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

$ln({\frac {z_{1}}{z_{2}}})=\log _{e}|{\frac {z_{1}}{z_{2}}}|+iArg({\frac {z_{1}}{z_{2}}})=log_{e}|z_{1}|-log_{e}|z_{2}|+i(Arg(z_{1})-Arg(z_{2}))=log_{e}|z_{1}|-log_{e}|z_{2}|+iArg(z_{1})-iArg(z_{2})$

Al agrupar términos tenemos que

$(log_{e}|z_{1}|+iArg(z_{1}))-(log_{e}|z_{2}|+iArg(z_{2}))=ln(z_{1})-ln(z_{2})$

Queda demostrado que

$ln({\frac {z_{1}}{z_{2}}})=ln(z_{1})-ln(z_{2})$

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

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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)

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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)

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