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Haciendo algo similar para el 8i Tenemos
 
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<math>g^n=r</math>  y    g= raíz enesima <math>\sqrt{8}</math>= = 2
 
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φ=/6+2∏/3= 5∏/6    k=1   
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φ=/6+2(2)/3= 9∏/6  k=2   
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r1= 2 <math> e^{(i ∏/6)}</math>  
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r1= 2 <math> e^{i( \pi/6)}</math>  
  
r2= 2 <math> e^{(i 5∏/6)}</math>  
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r2= 2 <math> e^{i( 5\pi/6)}</math>  
  
r3= 2 <math> e^{(i 9∏/6)}</math>  
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r3= 2 <math> e^{i( 9\pi/6)}</math>  
  
  

Revisión del 11:25 14 nov 2009

1.1.1

1. Demuestre que el producto de números complejos cumple con la ley asociativa

Sean \( z = a + i b, \quad w = c + i d, \quad s = e + i f \, \quad \) con \( \quad a,b,c,d,e,f \in \mbox{R}\)


Por demostrar \( (zw)s = z(ws)\,\)


\((zw)s = [(a + i b)(c + i d)](e + i f) = [(ac - bd) + i (bc + ad)](e + i f)\,\)


\(=[e(ac - bd) - f(bc + ad)] + i [e(bc + ad) + f(ac - bd) = (ace - bde - bcf - adf) + i (bce + ade + acf - bdf)\, \)


Por otra parte

\(z(ws) = (a + i b)[(c + i d)(e + i f)] = (a + i b)[(ce - df) + i (de + cf)]\,\)


\(=[a(ce - df) - b(de + cf)] + i [b(ce - df) + a(de + cf)] = (ace - bde - bcf - adf) + i (bce + ade + acf - bdf)\,\)


Entonces se cumple \( (zw)s = z(ws)\,\).


--Gabita 22:15 28 sep 2009 (UTC)


1.1.2

1. Demuestre que \(\left|\frac{z}{w}\right| = \frac{\left|z\right|}{\left|w\right|}\)

Sean \( z = a + i b \quad y \quad w = c + i d\,\)


\(\left|\frac{z}{w}\right|= \left|\frac{a + i b }{c + i d}\right|= \left|\frac{(a + i b)(c - i d)}{(c + i d)(c - i d)}\right| \)


\(=\left|\frac{(ac + bd) + i (bc - ad)}{c^2 + d^2}\right|= \sqrt{\bigg ( \frac{ac + bd}{c^2 + d^2}\bigg )^2 + \bigg (\frac{bc - ad}{c^2 + d^2}\bigg )^2} = \frac{1}{c^2 + d^2}\sqrt{ (ac + bd)^2 + (bc - ad)^2 } \)


\(=\frac{1}{c^2 + d^2}\sqrt{a^2 c^2 + a^2 d^2 + b^2 c^2 + b^2 d^2 } = \sqrt{\Bigg [\frac{a^2 (c^2 + d^2)}{(c^2 + d^2)^2}\Bigg ] + \Bigg [\frac{b^2 (c^2 + d^2)}{(c^2 + d^2)^2}\Bigg ] } = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{c^2 + d^2}} \)


Por otra parte


\(\frac{\left|z\right|}{\left|w\right|} = \frac{\left|a + i b\right|}{\left|c + i d\right|} = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{c^2 + d^2}} = \left|\frac{z}{w}\right|\)

--Gabita 22:15 28 sep 2009 (UTC)



2. Exprese \(\overline{\left(\frac{\left(2+3i\right)^2}{4+i}\right)}\)de la forma \(x+iy\)


Por las propiedades \(\overline{\left ( \frac{z}{w} \right )}=\frac\bar{z}\bar{w}\) , \(\overline{zw}=\bar{z}\bar{w}\)


\(\frac{\overline{\left ({2+3i}\right)^2}}{\overline{\left({4+i}\right)}}=\frac{\overline{\left ({2+3i}\right)}\overline{\left ({2+3i}\right)}}{\overline{\left({4+i}\right)}}=\frac{\left(2-3i\right)\left(2-3i\right)}{\left(4-i\right)}\)


Simplificando, se obtiene\[\frac{4-6i-6i-9}{4-i}=\frac{-5-12i}{4-i}\]


Resolviendo la división de números complejos, de la forma\[\frac{z}{w}=\frac{z\bar{w}}{w\bar{w}}=\frac{z\bar{w}}{\left|w\right|^2}\]\[\frac{\left(-5-12i\right)\left(4+i\right)}{\left(4-i\right)\left(4+i\right)}=\frac{-20-5i-48i+12}{17}=\frac{-8-53i}{17}\]


=\(-\frac{8}{17}-\frac{53}{17}i\).


--Josua Da Vinci 23:00 28 sep 2009 (UTC)




3. Demuestre que \(\alpha\) es raiz de un polinomio real si y solo si \(\overline{\alpha}\) lo es.


Sea \(\overline{\alpha}\) solucion de un polinomio real,

entonces \(\overline{\alpha} \in \mathbb{R}\)

como \(\overline{\alpha} = \alpha\), por lo tanto \(\alpha\) tambien es solucion.


--Luis Nava 06:35 30 sep 2009 (UTC)



5. Sean \(z_1 , z_2 , z_3 \in \mathbb{C}\) tales que cumplen \(\frac{z_2 - z_1}{z_3 - z_1} = \frac{z_1 - z_3}{z_2 - z_3}\), demuestre que estos tres puntos determinan un triángulo equilátero.

Figura 1

Tenemos que

\(\left | \frac{z_2 - z_1}{z_3 - z_1} \right | = \left | \frac{z_1 - z_3}{z_2 - z_3} \right |,\qquad (1)\)

y, por lo tanto,

\(\frac{|z_2 - z_1|}{|z_3 - z_1|} = \frac{|z_1 - z_3|}{|z_2 - z_3|}.\qquad (2)\)

De la Figura 1, vemos que cada una de esas normas de números complejos son exactamente los segmentos de recta que constituyen el triángulo ABC, a saber:

\(\left . \begin{matrix}|z_2 - z_1| = A\\ |z_3 - z_1| = B = |z_1 - z_3|\\ |z_2 - z_3| = C\\ \end{matrix} \right \} \qquad (3)\)

De (2) y (3) tenemos que:

\(\frac{A}{B} = \frac{B}{C}. \qquad (4)\)

Por triángulos semejantes, se tiene que el ángulo \(\beta\) es igual al ángulo \(\gamma\) y éste a su vez al ángulo \(\alpha\), es decir,

\(\alpha = \beta = \gamma. \qquad (5)\)

Y la ecuación (5) es precisamente la condición para que el triángulo ABC de la Figura 1 sea equilátero.

--Belen 02:48 29 sep 2009 (UTC)


6. Sea \({\begin{align}z & = x+iy \end{align}}\), pruebe que \({\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}\)


Puesto que el número complejo z puede escribirse como

\({\begin{align}z & = Re(z)+iIm(z) \end{align}}\)

\({\begin{align}\left|{z}\right| & = \sqrt{[Re(z)]^2+[Im(z)]^2} \end{align}}\)


Se deduce que

\({\left|{z}\right|}{\ge }{\left|{Re(z)}\right|}\)

\({\left|{z}\right|}{\ge }{\left|{Im(z)}\right|}\)


Como el cuadrado de un número real no puede ser negativo

\({{[\left|{Re(z)}\right|-\left|{Im(z)}\right|]^2}{\ge }0}\)


Entonces

\({[Re(z)]^2+[Im(z)]^2-2\left|{Re(z)}\right|\left|{Im(z)}\right|{\ge }0}\)

O sea

\({{[Re(z)]^2+[Im(z)]^2}{\ge }2\left|{Re(z)}\right|\left|{Im(z)}\right|}\)

O de otra manera

\([[:Plantilla:\left]] + i\sqrt{\frac{-3+\sqrt{25}}{2}}\right)\] \(=\pm\left(\sqrt{\frac{8}{2}} + i\sqrt{1}\right)\)


\(=\pm\left(2+i\right)\)


y para \(1+2i\), son\[=\pm\left(\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} + i\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\right)\]


\(=\pm\left(\sqrt{1.61} + i\sqrt{0.61}\right)\)


\(=\pm\left(1.27 + i 0.78\right).\)


--Josua Da Vinci 23:44 30 sep 2009 (UTC)


2.- Calcule las raices sextas de -64 y las raices cubicas de 8i

Tenemos que \(cos\boldsymbol{\theta}+i sen\boldsymbol{\theta}= -64\) definicion en forma polar

Demo2.jpg

r=64

n=6 porque nos piden las raíces sextas

Entonces el argumento \(\boldsymbol{\theta}=\pi\)


Si \(x+iy=re^{i\boldsymbol{\theta}}\)


Entonces utilizando la definición de Moivre para obtener las raíces


\((g e^{i\boldsymbol{\phi}n})= r e^{i\boldsymbol{\theta}}\)

Ahora tenemos

\(g^n=r\) y g= raíz enesima \(\sqrt{64}\)= = 2

y \(\boldsymbol{\phi}n=\boldsymbol{\theta}+2k\pi\) los \(2\pi\) es porque tomamos en cuenta la periodicidad de la funció n y k son todos los múltiplos de \(2\pi\) entonces sacando las raíces

\(\boldsymbol{\theta}=\pi/6 \) k=0

\(\boldsymbol{\theta}=\pi / 6 + 2\pi / 6 = 3\pi / 6\) k=1

\(\boldsymbol{\theta}=\pi/6+2(2)\pi/6= 5\pi/6 \) k=2

\(\boldsymbol{\theta}=\pi/6+(3)2\pi/6= 7\pi/6 \) k=3

\(\boldsymbol{\theta}=\pi/6+2(4)\pi/6= 9\pi/6 \) k=4

\(\boldsymbol{\theta}=\pi/6+2(5)\pi/6= 11\pi/6 \) k=5

Las soluciones son

r1= 2 \( e^{i( \pi/6)}\)

r2= 2 \( e^{i( 3\pi/6)}\)

r3= 2 \( e^{i( 5\pi/6)}\)

r4= 2 \( e^{i( 7\pi/6)}\)

r5= 2 \( e^{i( 9\pi/6)}\)

r6= 2 \( e^{i( 11\pi/6)}\)

Graficando en coordenadas polares nos queda:

Archivo:POLIGONO2.jpg

Haciendo algo similar para el 8i Tenemos

\(cos\boldsymbol{\theta}+i sen\boldsymbol{\theta}= 8i\)


DEMO3.jpg

el argumento \(\boldsymbol{\theta}=\pi/2\)

r= 8

n=3 porque nos pinden las raíces cubicas

\(g^n=r\) y g= raíz enesima \(\sqrt{8}\)= = 2

\(\boldsymbol{\phi}n = \boldsymbol{\theta}+2k\pi \)

\(\boldsymbol{\phi} = \boldsymbol{\theta}+2k\pi =\pi/6 \) k=0

\(\boldsymbol{\phi}=\pi/6+2\pi/3= 5\pi/6\) k=1

\(\boldsymbol{\phi}==\pi/6+2(2)\pi/3= 9\pi/6\) k=2

r1= 2 \( e^{i( \pi/6)}\)

r2= 2 \( e^{i( 5\pi/6)}\)

r3= 2 \( e^{i( 9\pi/6)}\)


Graficando en coordenadas polares tenemos


RAICES.jpg



--Karla 21:35 4 oct 2009 (UTC)Sanchez




2.- Calcule las raices sextas de -64 y las raices cubicas de 8i


Sea \( z = -64 = 64(cos\pi + isen\pi)\,\)


Por la formula de De Moivre


\(z^{1/6} = 64^{1/6}(cos\pi + sen\pi)^{1/6} = 2 (cos(\frac{\pi+2k\pi}{6}) + isen(\frac{\pi+2k\pi}{6}))\) para k = 0,1,2,3,4,5


Evaluando k se obtiene


con k = 0

\(w_{0} = 2(cos(\frac{\pi}{6}) + isen(\frac{\pi}{6})) = \sqrt{3} + i\)

con k = 1

\(w_{1} = 2(cos(\frac{\pi+2\pi}{6}) + isen(\frac{\pi+2\pi}{6})) = 2(cos(\frac{\pi}{2}) + isen(\frac{\pi}{2})) = 2i\)

con k = 2

\(w_{2} = 2(cos(\frac{\pi+4\pi}{6}) + isen(\frac{\pi+4\pi}{6})) = 2(cos(\frac{5\pi}{6}) + isen(\frac{5\pi}{6})) = -\sqrt{3} + i\)

con k = 3

\(w_{3} = 2(cos(\frac{\pi+6\pi}{6}) + isen(\frac{\pi+6\pi}{6})) = 2(cos(\frac{7\pi}{6}) + isen(\frac{7\pi}{6})) = -\sqrt{3} - i\)

con k = 4

\(w_{4} = 2(cos(\frac{\pi+8\pi}{6}) + isen(\frac{\pi+8\pi}{6})) = 2(cos(\frac{3\pi}{2}) + isen(\frac{3\pi}{2})) = -2i\)

con k = 5

\(w_{5} = 2(cos(\frac{\pi+10\pi}{6}) + isen(\frac{\pi+10\pi}{6})) = 2(cos(\frac{11\pi}{6}) + isen(\frac{11\pi}{6})) = \sqrt{3} - i\)


..............


Sea \(z = 8i = 8(cos(\frac{\pi}{2}) + sen(\frac{\pi}{2})\,\)


\(z^{1/3} = 8^{1/3}(cos(\frac{\pi}{2}) + isen(\frac{\pi}{2}))^{1/3} = 2(cos(\frac{\frac{\pi}{2}+2k\pi}{3}) + isen(\frac{\frac{\pi}{2}+2k\pi}{3}))\) para k = 0,1,2


Evaluando a k se obtiene


con k = 0

\(w_{0} = 2(cos(\frac{\pi}{6}) + isen(\frac{\pi}{6}) = \sqrt{3} + i\)

con k = 1

\(w_{1} = 2(cos(\frac{\frac{\pi}{2}+2\pi}{3}) + isen(\frac{\frac{\pi}{2}+2\pi}{3})) = 2(cos(\frac{5\pi}{6}) + isen(\frac{5\pi}{6}) = -\sqrt{3} + i\)

con k = 2

\(w_{2} = 2(cos(\frac{\frac{\pi}{2}+4\pi}{3}) + isen(\frac{\frac{\pi}{2}+4\pi}{3})) = 2(cos(\frac{3\pi}{2}) + isen(\frac{3\pi}{2})) = -2i\)


--Luis Nava 21:07 3 oct 2009 (UTC)



3. Demuestre que \(1+Z+Z^2+...+Z^{n-1}=0\) donde z es una raíz n-ésima de la unidad, \(z\neq 1\)


Sea \( S=1+Z+Z^2+...+Z^{n-1}\)

Ahora multiplicamos ambos lados por Z

\( ZS=Z+Z^2+Z^3+...+Z^{n-1}+Z^n\)

Restando la segunda ecuación de la primera

\({(s=1+z+z^2+...+z^{n-1})-(zs=z+^2+z^3+...+z^{n-1}+z^n)}\)

Tenemos que

\({s-zs=1-z^n}\to {s(1-z)=1-z^n}\)

De donde

\(s=\frac{1-z^n}{1-z}\)

Como z es una raíz enesima de la unidad

\(0=\frac{1-z^n}{1-z}\)

\(\to{1-z^n=0} \)

\(\to{z^n=1} \)

Entonces

\(\to{z^n=1} \)

y

\({1-z}\ne{0}\)

porque

\( {z}\ne{1} \)


Por lo tanto

\( {s=0} \)




--Ralf Gutierrez 22:00 2 oct 2009 (UTC)



4. Demuestre que:

\(\frac{n}{2^{n-1}}=\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi}{k}\)

Sugerencia: Factoriza la expresión \(1+z+z^2+\cdots+z^n\) usando las raices n-ésimas de la unidad, posteriormente evalue en \(z=1\).

Solución:

Las raices de \(z^m=1\) son

\(z=1,e^{\frac{2\pi i}{m}},e^{\frac{4\pi i}{m}},\dots,e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}}\)

entonces podemos escribir

\(z^{m-1}=(z-e^{\frac{2\pi i}{m}})(z-e^{\frac{4\pi i}{m}})\cdots(z-e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}})\)

dividiendo ambos lados por \(z-1\) y haciendo \(z=1\):

\(\frac{z^{m-1}}{z-1}=1+z+z^2+\cdots+z^{m-1}\)

de aqui hallamos que

\(m=(1-e^{\frac{2\pi i}{m}})(1-e^{\frac{4\pi i}{m}})\cdots(1-e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}})\qquad (1)\)

tomando el conjugado complejo de ambos lados de (1)

\(m=(1-e^{\frac{-2\pi i}{m}})(1-e^{\frac{-4\pi i}{m}})\cdots(1-e^{\frac{-(2m-1)\pi i}{m}})\qquad (2)\)

Multiplicando la ecuación (1) por la (2) y aplicando que

\(1-(1-e^{\frac{2k\pi i}{m}})(1-e^{\frac{2k\pi i}{m}})= 2 - 2\cos\frac{2k\pi}{m}\)

tenemos

\(m^2=2^{m-1}(1-\cos\frac{2\pi}{m})(1-\cos\frac{4\pi}{m})\cdots(1-\cos\frac{2(m-1)\pi}{m})\)

puesto que

\(1-\cos\frac{2k\pi}{m}=2\sin^2\frac{k\pi}{m}\)

la ecuación anterior se transforma en

\(m^2=2^{2m-2}(\sin^2\frac{\pi}{m})(\sin^2\frac{2\pi}{m})\cdots(\sin^2\frac{(m-1)\pi}{m})\)

despejando y sacando la raíz en ambos lados de la expresión:

\(\frac{m}{2^{m-1}}=(\sin\frac{\pi}{m})(\sin\frac{2\pi}{m})\cdots(\sin\frac{(m-1)\pi}{m})\)

lo que queda demostrada la igualdad. --Wendy 23:10 4 oct 2009 (UTC)



5. Demuestre que

\(1+cos\phi+cos2\phi+...............+cos n\phi=\frac{1}{2}+\frac{sen\left(n\phi+\frac{\phi}{2}\right)}{2sen\left(\frac{\phi}{2}\right)}\),

donde \(\phi\) no es un multiplo par de \(\pi\).


Esta identidad se le atribuye a Lagrange.


Sugerencia: calcular la parte real de


\(1+z+z^{2}+..........+z^{n}\), donde \(z=cos\phi+isen\phi\).


Solucion.

Sea

\(S=1+z+z^{2}+.......+z^{n}\) si multiplicamos por \(z\) a \(S\) se tiene que


\(zS=z+z^{2}+z^{3}+......+z^{n}+z^{n+1}\) ahora restemos estas dos ultimas expresiones


\(\left(S-zS\right)=\left(1-z\right)S=1-z^{n+1}\) de lo que se obtiene que


\(S=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\)


Si en esta última expresion utilizamos \(z=cos\phi+isen\phi\) entonces


\(S=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\)


toma la siguiente forma


\(1+\left(cos\phi+isen\phi\right)+\left(cos\phi+isen\phi\right)^{2}+........+\left(cos\phi+isen\phi\right)^{n}=\frac{1-\left(cos\phi+isen\phi\right)^{n+1}}{1-\left(cos\phi+isen\phi\right)} \)


que es equivalente a esta


\(1+\left(cos\phi+isen\phi\right)+\left(cos2\phi+isen2\phi\right)+........+\left(cosn\phi+isen\left(n\phi\right)\right)=\frac{1-\left(cos\left(n+1\right)\phi+isen\left(n+1\right)\phi\right)}{1-\left(cos\phi+isen\phi\right)}\)


Tomando el lado derecho de esta ultima expresión y llevar a cabo el producto con su conjugado , es decir\[\left(\frac{1-cos\left(n\phi+\phi\right)-isen\left(n\phi+\phi\right)}{1-cos\phi-isen\phi}\right)\star\left(\frac{1-cos\phi+isen\phi}{1-cos\phi+isen\phi}\right) \]


Se obtiene del numerador lo siguiente


\(1-cos\phi+isen\phi-cosn\left(n\phi+\phi\right)+cos\phi cos\left(n\phi+\phi\right)-isen\phi cos\left(n\phi+\phi\right)-isen\left(n\phi+\phi\right)+icos\phi sen\left(n\phi+\phi\right)+sen\phi sen\left(n\phi+\phi\right) \)


si tomamos solo la parte real se tiene que


\(1-cos\phi-cos\left(n\phi+\phi\right)+cos\phi cos\left(n\phi+\phi\right)+sen\phi sen\left(n\phi+\phi\right)=\)


\(1-cos\phi+cos\left(n\phi-\phi\right)-cos\left(n\phi+\phi\right)\)\(=\) \(1-cos\phi+2sen\phi sen\phi\)


por otra parte para el denominador se tiene\[\left(1-cos\phi\right)^{2}+sen^{2}\phi=\]


\(1-2cos\phi+sen^{2}\phi+cos^{2}\phi=\) \(2\left(1-cos\phi\right)\)


al tomar la parte real de


\(1+\left(cos\phi+isen\phi\right)+\left(cos2\phi+isen2\phi\right)+........+\left(cosn\phi+isenn\phi\right)=\frac{1-\left(cos\left(n+1\right)\phi+isen\left(n+1\right)\phi\right)}{1-\left(cos\phi+isen\phi\right)}\),


sustituir lo encontrado para el numerador (parte real) y el denominador , y utilizar la siguiente identidad


\(sen\left(\frac{\phi}{2}\right)=\sqrt{\frac{1-cos\phi}{2}}\)



tenemos lo siguiente\[ 1+cos\phi+cos2\phi+...............+cosn\phi=\frac{2sen\left(\frac{\phi}{2}\right)+sen\phi sen\left(n\phi\right)}{2\left(2sen\left(\frac{\phi}{2}\right)\right)}=\frac{1}{2}+\frac{sen\phi sen\left(n\phi\right)}{2sen\left(\frac{\phi}{2}\right)}\]


Lo cual es casi a lo que se queria llegar.


--Dali 00:01 5 oct 2009 (UTC)



1.1.4

1. Demuestre que:


\( \begin{align}\left | \textstyle \sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k} \right | ^2 = \left (\sum_{k=1}^n \left| Z_{k} \right|^2 \right) \left(\sum_{k=1}^n \left| W_{k} \right|^2 \right) -\sum_{1<j<k\leq n} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2. \qquad (I)\\ \end{align} \)


Se conoce como igualdad de Lagrange


Solución.


Esta demostración se hará por inducción, es decir, empezaremos suponiendo que el elemento \( n-1\) se encuentra en el conjunto, pues entonces el resultado implica que el elemento \(n\) esta en el conjunto.


Sea \(\eth=\left\{ \omega\in\mathbb{N\,}tal\, que\left(I\right)\, se\, cumpla\right\} \)


Supongamos que \(n-1\) esta en \(\eth\) , es decir,

\(\begin{align} \left| \textstyle \sum_{k=1}^ {n-1} Z_{k}W_{k} \right|= \left(\sum_{k=1}^ {n-1} \left|Z_{k} \right| ^{2}\right) \left (\sum_{l=1}^ {n-1} \left|W_{l}\right|^{2}\right)-\sum_{1<j<k<n-1} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^{2} \qquad (i)\\ \end{align} \)


Tenemos que:


\(\begin{align} \aleph=\left(\sum_{k=1}^n \left| Z_{k}\right| ^2\right) \left(\sum_{l=1}^n \left| W_{l}\right| ^2 \right)-\sum_{1<j<k\leq n} \left| Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 \qquad (ii)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph= \left(\sum_{k=1}^{n-1} \left| Z_{k}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \right) \left(\sum_{l=1}^{n-1} \left| W_{l}\right|^2+ \left|W_{n}\right|^2 \right)-\sum_{1<j<k\leq n} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 \qquad (iii)\\ \end{align} \)


\(\begin{align} \aleph= \left(\sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 \right) \left(\sum_{l=1}^{n-1} \left|W_{l}\right|^2 \right)+\left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 +\left|Z_{n}\right|^2 \sum_{l=1}^{n-1} \left|W_{l}\right|^2+ \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 -\sum_{1<j<k\leq n}\left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 \qquad (iv)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph= \left(\sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 \right)\left(\sum_{l=1}^{n-1}\left|W_{l}\right|^2 \right)-\sum_{1<j<k\leq n}\left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 + \left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1}\left|Z_{k}\right|^2+\left|Z_{n}\right|^2 \sum_{l=1}^{n-1}\left|W_{l}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 \qquad (v)\\ \end{align} \)


Pero veamos la forma que toman las siguientes expresiones al expandir la suma,


\(\begin{align} \sum_{1<j<k\leq n} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 = \left|Z_{1}\overline{W}_{2}-Z_{2}\overline{W}_{1}\right|^2 +\left|Z_{1}\overline{W}_{3}-Z_{3}\overline{W}_{1}\right|^2 +..............+\left|Z_{1}\overline{W}_{n}-Z_{1}\overline{W}_{n}\right|^2 +...........+ \left|Z_{2}\overline{W}_{3}-Z_{3}\overline{W}_{2}\right|^2 +...........+ \left|Z_{2}\overline{W}_{n}-Z_{n}\overline{W}_{2}\right|^2+..........+ \left|Z_{n-1}\overline{W}_{n}-Z_{n}\overline{W}_{n-1}\right|^2 \qquad (vi)\\ \end{align} \)


\(\begin{align} \sum_{1<j<k\leq n-1} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 = \left|Z_{1}\overline{W}_{2}-Z_{2}\overline{W}_{1}\right|^2 + \left|Z_{1}\overline{W}_{3}-Z_{3}\overline{W}_{1}\right|^2+..........+\left|Z_{1}\overline{W}_{n-1}-Z_{n-1}\overline{W}_{1}\right|^2 +..........+ \left|Z_{2}\overline{W}_{3}-Z_{3}\overline{W}_{2}\right|^2+...........+\left|Z_{2}\overline{W}_{n-1}-Z_{n-1}\overline{W}_{2}\right|^2 +...........+ \left|Z_{n-2}\overline{W}_{n-1}-Z_{n-1}\overline{W}_{n-2}\right|^2 \qquad (vii)\\ \end{align} \)



Al comparar las expresiones \( vi\) con \(vii\) se observa que:


\(\begin{align} \sum_{1<j<k\leq n} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j} \right|^2= \sum_{1<j<k\leq n-1} \left|Z_{j}\overline{W}_{k}-Z_{k}\overline{W}_{j}\right|^2 + \sum_{j=1}^{n-1} \left|Z_{j}\overline{W}_{n}-Z_{n}\overline{W}_{j}\right|^2 \qquad (viii)\\ \end{align} \)



Entonces si ahora utilizamos las expresiones \(viii\), \( I\) e \(i\) podemos re-escribir \(\aleph\) de la manera siguiente:



\(\begin{align} \aleph=\left|\sum_{k=1}^{n-1}Z_{k}W_{k}\right|^2-\sum_{j=1}^{n-1}\left|Z_{j}\overline{W}_{n}-Z_{n}\overline{W}_{j}\right|^2 + \left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1}\left|Z_{k}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \sum_{l=1}^{n-1} \left|W_{l}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 \qquad (ix)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph= \left(\sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k} - Z_{n}W_{n}\right) \left(\sum_{l=1}^n \overline{Z}_{k}\overline{W}_{k} -\overline{Z}_{n} \overline{W}_{n}\right) - \sum_{j=1}^{n-1} \left(Z_{j}\overline{W}_{n} - Z_{n}\overline{W}_{j}\right) \left(\overline{Z}_{j}W_{n} - \overline{Z}_{n}W_{j}\right) + \left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 +\left|Z_{n} \right|^2\sum_{l=1}^{n-1}\left|W_{l}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 \qquad (x)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph=\left|\sum_{k=1}^{n}Z_{k}W_{k}\right|^2 - \overline{Z}_{n}\overline{W}_{n} \sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}-Z_{n}W_{n} \sum_{l=1}^n \overline{Z}_{k}\overline{W}_{k}+ \left|Z_{n}W_{n}\right|^2 - \left[\sum_{j=1}^{n-1} Z_{j}\overline{W}_{n}\overline{Z}_{j}W_{n}- \sum_{j=1}^{n-1} Z_{j}\overline{W}_{n}\overline{Z}_{n}W_{j}- \sum_{j=1}^{n-1} Z_{n}\overline{W}_{j}\overline{Z}_{j}W_{n} + \sum_{j=1}^{n-1} Z_{n}\overline{W}_{j} \overline{Z}_{n}W_{j}\right] + \left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \sum_{l=1}^{n-1} \left|W_{l} \right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 \qquad (xi)\\ \end{align} \)


\(\begin{align} \aleph=\left|\sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}\right|^2 - \overline{Z}_{n}\overline{W}_{n} \sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}-Z_{n}W_{n} \sum_{k=1}^n \overline{Z}_{k} \overline{W}_{k}+\left|Z_{n}W_{n}\right|^2 - W_{n}\overline{W}_{n} \sum_{j=1}^{n-1} Z_{j}\overline{Z}_{j}+\overline{W}_{n}\overline{Z}_{n} \sum_{j=1}^{n-1} Z_{j}W_{j}+W_{n}Z_{n} \sum_{j=1}^{n-1}\overline{W}_{j}\overline{Z}_{j}-Z_{n}\overline{Z}_{n} \sum_{j=1}^{n-1} W_{j}\overline{W}_{j} + \left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \sum_{l=1}^{n-1} \left|W_{l}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 \qquad (xii)\\ \end{align} \)


\(\begin{align} \aleph=\left|\sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}\right|^2 - \overline{Z}_{n}\overline{W}_{n} \sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}-Z_{n}W_{n} \sum_{k=1}^n \overline{Z}_{k}\overline{W}_{k}+\left|Z_{n}W_{n}\right|^2- \left|W_{n}\right|^2 \sum_{j=1}^{n-1} \left|Z_{j}\right|^2 + \overline{W}_{n}\overline{Z}_{n} \sum_{j=1}^{n-1} Z_{j}W_{j}+W_{n}Z_{n} \sum_{j=1}^{n-1} \overline{W}_{j}\overline{Z}_{j}-\left|Z_{n}\right|^2 \sum_{j=1}^{n-1} \left|W_{j}\right|^2+\left|W_{n}\right|^2 \sum_{k=1}^{n-1} \left|Z_{k}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \sum_{l=1}^{n-1} \left|W_{l}\right|^2 + \left|Z_{n}\right|^2 \left|W_{n}\right|^2 \qquad (xiii)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph=\left| \sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}\right|^2 - \overline{Z}_{n} \overline{W}_{n} \sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}-Z_{n}W_{n} \sum_{k=1}^n \overline{Z}_{k}\overline{W}_{k}+\left|Z_{n}W_{n}\right|^2+ \overline{W}_{n}\overline{Z}_{n} \sum_{j=1}^{n-1}Z_{j}W_{j}+W_{n}Z_{n} \sum_{j=1}^{n-1} \overline{W}_{j}\overline{Z}_{j}+\left|Z_{n}W_{n}\right|^2 \qquad (xiv)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph=\left|\sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}\right|^2 - \overline{Z}_{n} \overline{W}_{n}Z_{n}W_{n}-Z_{n}W_{n} \overline{Z}_{n}\overline{W}_{n}+\left|Z_{n}W_{n}\right|^2+\left|Z_{n}W_{n}\right|^2 \qquad (xv)\\ \end{align} \)



\(\begin{align} \aleph=\left|\sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}\right|^2 \qquad (xvi)\\ \end{align} \)



por lo tanto si \(n-1\) \(\in\) \(\eth\) \(\Longrightarrow\) \(n\in\) \(\eth\) .



--Dali 03:31 14 oct 2009 (UTC)









2.- Sean \(z_{1},z_{2},...,z_{n}\,\) numeros complejos, ¿Bajo que condiciones se tiene que \(|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}| = |z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}|\,\) ?


Si \(z_{1} = z_{2} = ... = z_{n}\,\), entonces


\(|z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}| = n|z_{1}|\,\)


por otro lado


\(|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}| = |nz_{1}| = n|z_{1}|\,\)


y por lo tanto


\(|z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}| = |z_{1}+z_{2}+...+z_{n}|\,\)


--Luis Nava 02:52 5 oct 2009 (UTC)


2.- Sean \(z_{1},z_{2},...,z_{n}\,\) numeros complejos, ¿Bajo que condiciones se tiene que \(|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}| = |z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}|\,\) ?

Tomando como punto de partida la demostracion de la desigualdad del triangulo. Podemos generalizar por medio de la inducción matemática a sumas de cualquier número finito de términos.


\(\left|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}\right|\leq\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|+...+\left|z_{n}\right|,(n = 1,2,3,...)\qquad (1)\).



Es claro ver que cuando n = 2 se cumple la desigualdad del triangulo.


\(\left|z_{1}+z_{2}\right|\leq\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|\)


Ahora suponiendo que (1) es válida cuando n=m, debe ser tambien para n=m+1, y aplicando la desigualdad del triangulo\[\left|\left(z_{1}+z_{2}+...+z_{m}\right)+z_{m+1}\right|\leq\left|z_{1}+z_{2}+...+z_{m}\right|+\left|z_{m+1}\right|\]


\(\left|(z_{1}+z_{2}+...+z_{m})+z_{m+1}\right|\leq(\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|+...+\left|z_{m}\right|)+\left|z_{m+1}\right|\)


En donde los primeros m terminos los redefiniremos como Z\(_{I},\) y el termino m+1 como Z\(_{II},\). Entonces lo anterior queda como\[\left|Z_{I}+Z_{II}\right|\leq\left|Z_{I}\right|+\left|Z_{II}\right|\]


Ahora escribiendolo como igualdad


\(\left|Z_{I}+Z_{II}\right|=\left|Z_{I}\right|+\left|Z_{II}\right|\equiv\left|z_{1}+z_{2}+...+z_{m}+z_{m+1}\right|=\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|+...+\left|z_{m}\right|+\left|z_{m+1}\right|\)


\(\left|z_{1}+z_{2}+...+z_{m}+z_{m+1}\right|=\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|+...+\left|z_{m}\right|+\left|z_{m+1}\right|\equiv\left|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}\right|=\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|+...+\left|z_{n}\right|\)


Esta desigualdad solo se cumple como igualdad cuando los numeros son colineales y tienen la misma direccion, esto tambien puede ser en los real (Re) o el imaginario (Im).

Esto es muy claro ver cuando n=2, en una grafica.


Suma.gifSuma2.gif


Aquí les dejo el enlace de la pagina donde consulte el código para generar las graficas para los que les interese. Demostracion grafica


--Oscar Adrian 03:41 16 oct 2009 (UTC) --Oscar Adrian 03:07 6 oct 2009 (UTC)



3. Encuentre el ínfimo de \(\left | z^3 + 2 i \right |\) en la región \(\left \{ z \mid |z| \ge 2 \right \}\), y describa en qué puntos se alcanza.


Con una variante de la desigualdad del triángulo, tenemos que

\(\left | z^3 + i \right | \ge \left | |z|^3 -1 \right | \ge 8-1. \)

Por tanto,

\( 7 \le \left | z^3 + i \right |. \qquad (1) \)

Entonces, el ínfimo de la expresión es 7.

Por otro lado, tenemos que, si \(z = r \left ( cos \theta + 1 \sin \theta \right )\)

\( \begin{align} \left | z^3 + i \right | ^2 & = \left | r ^3 \left ( \cos 3\theta + i \sin 3\theta \right ) + 1 \right | ^2 \\ & = \left | r^3 \cos 3\theta + 1 + i r^3 \sin 3\theta \right | ^2 \\ & = r^6 + 2 r^3 \cos 3\theta + 1. \\ \end{align} \)

Si tomamos la cota inferior, \(\left | z \right | = 2\), la expresión anterior es entonces:

\( \begin{align} \left | z^3 + i \right | ^2 & = r^6 + 2 r^3 \cos 3\theta + 1 \\ & = 65 + 2 r^3 \cos 3\theta. \\ \end{align} \)

Ya que la función coseno tiene su mínimo en el valor -1, tomemos una \(\theta\) tal que \(\cos 3\theta [[:Plantilla:=]] -1\). Para este caso, tenemos dos valores\[\theta_1 [[:Plantilla:=]] \frac {\pi}{3}\] y \(\theta_2 [[:Plantilla:=]] \pi \),

de tal forma que, con estos valores,

\(\left | z^3 + i \right | ^2 = 65 - 16 = 49. \)

Con la fórmula de De Moivre, tenemos que el ínfimo de la expresión dada toma ese valor en \(z_1\) y \(z_2\) tales que

\( \begin{align} z_1 & = 2 \left ( \cos \theta_1 + i \sin \theta_1 \right ) \\ & = 2 \left ( \cos \frac {\pi}{3} + i \sin \frac {\pi}{3} \right )\\ & = 2 \left ( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right ) \\ z_1 & = 1 + i \sqrt{3}, \qquad (2)\\ \end{align} \)

y

\( \begin{align} z_2 & = 2 \left ( \cos \theta_2 + i \sin \theta_2 \right ) \\ & = 2 \left ( \cos \pi + i \sin \pi \right )\\ z_2 & = -2. \qquad (3)\\ \end{align} \)

Pero, además, por le geometría de los números complejos, tenemos otros dos valores \(z_3\) y \(z_4\) tales que

\( \begin{align} z_3 & = 2 \left ( \cos \theta_1+\pi + i \sin \theta_1+\pi \right ) \\ & = 2 \left ( \cos \frac {4\pi}{3} + i \sin \frac {4\pi}{3} \right )\\ & = 2 \left ( - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \right ) \\ & = -1 - i \sqrt{3} \\ z_3 & = - z_1, \qquad (4)\\ \end{align} \)

y

\( \begin{align} z_4 & = 2 \left ( \cos \theta_2+\pi + i \sin \theta_2+\pi \right ) \\ & = 2 \left ( \cos 2\pi + i \sin 2\pi \right )\\ & = 2 \\ z_4 & = -z_2. \qquad (5)\\ \end{align} \)

Por tanto, las expresiones (2), (3), (4) y (5) nos proporcionan los valores en que el ínfimo es tomado, a saber, \(\pm (1 + i \sqrt{3})\) y \(\pm 2\).

--Belen 04:08 12 oct 2009 (UTC)


Compleja:ej-cap1.2