Diferencia entre revisiones de «Compleja:ej-cap1.1»

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Línea 121: Línea 121:
 
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:
 
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:
  
<center><math>\left . \begin{matrix}|z_2 - z_1| = A\\
+
<center><math>  
|z_3 - z_1| = B = |z_1 - z_3|\\
+
|z_2 - z_1| = A,\qquad
|z_2 - z_3| = C\\
+
|z_3 - z_1| = B = |z_1 - z_3|,\qquad
\end{matrix} \right \} \qquad (3)</math></center>
+
|z_2 - z_3| = C
 +
  \qquad (3)</math></center>
  
 
De (2) y (3) tenemos que:
 
De (2) y (3) tenemos que:
Línea 140: Línea 141:
 
----
 
----
  
'''6. Sea <math>{\begin{align}z & = x+iy \end{align}}</math>,  pruebe que
+
'''6. Sea <math>{z = x+iy }</math>,  pruebe que <math>{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \left|{z}\right|}</math>
<math>{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}</math>
 
  
  
 
Puesto que el número complejo z puede escribirse como
 
Puesto que el número complejo z puede escribirse como
  
<math>{\begin{align}z & = Re(z)+iIm(z) \end{align}}</math>
+
<math>{z = Re(z)+iIm(z) }</math>
  
<math>{\begin{align}\left|{z}\right| & = \sqrt{[Re(z)]^2+[Im(z)]^2} \end{align}}</math>
+
<math>{\left|{z}\right| = \sqrt{[Re(z)]^2+[Im(z)]^2} }</math>
  
  
Línea 183: Línea 183:
 
Como  
 
Como  
  
<math>{\begin{align}\left|{z}\right|^2 & = \left|{Re(z)}\right|^2+\left|{Im(z)}\right|^2 \end{align}}</math>
+
<math>{\left|{z}\right|^2 = \left|{Re(z)}\right|^2+\left|{Im(z)}\right|^2 }</math>
  
 
Entonces
 
Entonces
Línea 206: Línea 206:
 
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'''6-bis. Sea <math>{\begin{align}z & = x+iy \end{align}}</math>,  pruebe que
+
'''6-bis. Sea <math>{z = x+iy }</math>,  pruebe que
 
<math>{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}</math>
 
<math>{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}</math>
 
   
 
   
Tenemos que <math>{\begin{align}z & = x+iy \end{align}}</math>, entonces de la teoria sabemos que  
+
Tenemos que <math>{z = x+iy }</math>, entonces de la teoria sabemos que  
  
  
<math>{\begin{align}\left|{z}\right| & = \sqrt{[x]^2+[y]^2} \end{align}}\qquad (1)</math>  
+
<math>{\left|{z}\right| = \sqrt{[x]^2+[y]^2} }\qquad (1)</math>  
  
 
<math>{\left|{x}\right|=\left|{Re(z)}\right|}{\le}{ \left|{z}\right|}</math>
 
<math>{\left|{x}\right|=\left|{Re(z)}\right|}{\le}{ \left|{z}\right|}</math>
Línea 327: Línea 327:
  
 
--[[Usuario:Karla|Karla]] 22:47 4 oct 2009 (UTC)Sanchez
 
--[[Usuario:Karla|Karla]] 22:47 4 oct 2009 (UTC)Sanchez
 
== '''SECCION 1.1.3''' ==
 
 
'''1. Calcule las raìces cuadradas de <math>3+4i</math> y de <math>1+2i</math>.'''
 
 
 
Aplicando la formula para calcular raices cuadradas de numeros complejos.
 
 
<math>\pm\left(\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}} + i\sqrt{\frac{-a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}\right)</math>  si <math>\quad b>0</math>
 
 
 
Por lo tanto las raices de <math>3+4i</math>, son:
 
 
 
<math>=\pm\left(\sqrt{\frac{3+\sqrt{25}}{2}} + i\sqrt{\frac{-3+\sqrt{25}}{2}}\right)</math>
 
 
 
<math>=\pm\left(\sqrt{\frac{8}{2}} + i\sqrt{1}\right)</math>
 
 
 
<math>=\pm\left(2+i\right)</math>
 
 
 
y para <math>1+2i</math>, son:
 
 
 
<math>=\pm\left(\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} + i\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\right)</math>
 
 
 
<math>=\pm\left(\sqrt{1.61} + i\sqrt{0.61}\right)</math>
 
 
 
<math>=\pm\left(1.27 + i 0.78\right).</math>
 
 
 
--[[Usuario:Josua Da Vinci|Josua Da Vinci]] 23:44 30 sep 2009 (UTC)
 
 
----
 
 
'''REVISADO'''
 
 
'''2.- Calcule las raices sextas de -64 y las raices cubicas de 8i'''
 
 
Tenemos que  <math>cos\boldsymbol{\theta}+i sen\boldsymbol{\theta}= -64</math>  definicion en forma polar
 
 
[[Imagen:Demo2.jpg]]
 
 
r=64
 
 
n=6 porque nos piden las raíces sextas
 
 
Entonces el argumento <math>\boldsymbol{\theta}=\pi</math>
 
 
 
 
Si <math>x+iy=re^{i\boldsymbol{\theta}}</math>
 
 
 
Entonces utilizando la definición de Moivre para obtener las raíces
 
 
 
<math>(g e^{i\boldsymbol{\phi}n})= r e^{i\boldsymbol{\theta}}</math>
 
 
Ahora tenemos
 
 
<math>g^n=r</math>  y    g= raíz enesima <math>\sqrt{64}</math>= = 2
 
 
y  <math>\boldsymbol{\phi}n=\boldsymbol{\theta}+2k\pi</math>    los <math>2\pi</math> es porque tomamos en cuenta la periodicidad de la funció n y k son todos los múltiplos de <math>2\pi</math>
 
entonces sacando las raíces
 
 
<math>\boldsymbol{\theta}=\pi/6 </math>  k=0
 
 
<math>\boldsymbol{\theta}=\pi / 6 + 2\pi / 6 = 3\pi / 6</math>    k=1 
 
 
<math>\boldsymbol{\theta}=\pi/6+2(2)\pi/6= 5\pi/6 </math>  k=2 
 
 
<math>\boldsymbol{\theta}=\pi/6+(3)2\pi/6= 7\pi/6 </math>  k=3
 
 
<math>\boldsymbol{\theta}=\pi/6+2(4)\pi/6= 9\pi/6 </math>  k=4
 
 
<math>\boldsymbol{\theta}=\pi/6+2(5)\pi/6= 11\pi/6 </math>  k=5 
 
 
Las soluciones son
 
 
r1= 2 <math> e^{i( \pi/6)}</math>
 
 
r2= 2 <math> e^{i( 3\pi/6)}</math>
 
 
r3= 2 <math> e^{i( 5\pi/6)}</math>
 
 
r4= 2 <math> e^{i( 7\pi/6)}</math>
 
 
r5= 2 <math> e^{i( 9\pi/6)}</math>
 
 
r6= 2 <math> e^{i( 11\pi/6)}</math>
 
 
Graficando en coordenadas polares nos queda:
 
 
[[Imagen:POLIGONO2.jpg]]
 
 
Haciendo algo similar para el 8i Tenemos
 
 
<math>cos\boldsymbol{\theta}+i sen\boldsymbol{\theta}= 8i</math>
 
 
 
 
[[Imagen:DEMO3.jpg]]
 
 
el argumento <math>\boldsymbol{\theta}=\pi/2</math>
 
 
r= 8
 
 
n=3 porque nos pinden las raíces cubicas
 
 
<math>g^n=r</math>  y    g= raíz enesima <math>\sqrt{8}</math>= = 2
 
 
<math>\boldsymbol{\phi}n = \boldsymbol{\theta}+2k\pi  </math>
 
           
 
<math>\boldsymbol{\phi} = \boldsymbol{\theta}+2k\pi  =\pi/6  </math>  k=0
 
 
<math>\boldsymbol{\phi}=\pi/6+2\pi/3= 5\pi/6</math>    k=1 
 
 
<math>\boldsymbol{\phi}==\pi/6+2(2)\pi/3= 9\pi/6</math>  k=2 
 
 
r1= 2 <math> e^{i( \pi/6)}</math>
 
 
r2= 2 <math> e^{i( 5\pi/6)}</math>
 
 
r3= 2 <math> e^{i( 9\pi/6)}</math>
 
 
 
 
Graficando en coordenadas polares tenemos
 
 
 
[[Imagen:RAICES.jpg]]
 
 
 
 
 
--[[Usuario:Karla|Karla]] 21:35 4 oct 2009 (UTC)Sanchez
 
 
 
 
----
 
 
 
'''2.- Calcule las raices sextas de -64 y las raices cubicas de 8i'''
 
 
 
Sea  <math> z = -64 = 64(cos\pi + isen\pi)\,</math>
 
 
 
Por la formula de De Moivre
 
 
 
<math>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}))</math>    para  k = 0,1,2,3,4,5
 
 
 
Evaluando k se obtiene
 
 
 
con k = 0
 
 
<math>w_{0} = 2(cos(\frac{\pi}{6}) + isen(\frac{\pi}{6})) = \sqrt{3} + i</math> 
 
 
con k = 1
 
 
<math>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</math>
 
 
con k = 2 
 
 
<math>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</math>
 
 
con k = 3
 
 
<math>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</math>
 
 
con k = 4
 
 
<math>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</math>
 
 
con k = 5
 
 
<math>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</math> 
 
 
 
..............
 
 
 
Sea <math>z = 8i = 8(cos(\frac{\pi}{2}) + sen(\frac{\pi}{2})\,</math>
 
 
 
<math>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}))</math>  para k = 0,1,2
 
 
 
Evaluando a k se obtiene
 
 
 
con k = 0
 
 
<math>w_{0} = 2(cos(\frac{\pi}{6}) + isen(\frac{\pi}{6}) = \sqrt{3} + i</math>
 
 
con k = 1
 
 
<math>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</math>
 
 
con k = 2
 
 
<math>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</math>
 
 
 
 
--[[Usuario:Luis Nava|Luis Nava]] 21:07 3 oct 2009 (UTC)
 
 
 
----
 
 
'''3. Demuestre que <math>\ 1+Z+Z^2+...+Z^{n-1}=0</math> donde z es una raíz n-ésima de la unidad,
 
<math>z\neq 1</math>'''
 
 
 
Sea <math>\ S=1+Z+Z^2+...+Z^{n-1}</math>
 
 
Ahora multiplicamos ambos lados por Z
 
 
<math>\ ZS=Z+Z^2+Z^3+...+Z^{n-1}+Z^n</math>
 
 
Restando la segunda ecuación de la primera
 
 
<math>\ {(s=1+z+z^2+...+z^{n-1})-(zs=z+^2+z^3+...+z^{n-1}+z^n)}</math>
 
 
Tenemos que
 
 
<math>\ {s-zs=1-z^n}</math> 
 
 
entonces 
 
 
<math>\ {s(1-z)=1-z^n}</math>
 
 
De donde
 
 
<math>s=\frac{1-z^n}{1-z}</math>
 
 
Como z es una raíz enesima de la unidad
 
 
<math>0=\frac{1-z^n}{1-z}</math>
 
 
 
<math>\ {1-z^n=0} </math>
 
 
 
<math>\ {z^n=1} </math>
 
 
 
Entonces
 
 
 
<math>\ {z^n=1} </math>
 
 
y
 
 
<math>{1-z}\ne{0}</math>
 
 
 
porque
 
 
<math> {z}\ne{1} </math>
 
 
 
Por lo tanto
 
 
'''<math> {s=0} </math>'''
 
 
 
 
 
 
 
 
--[[Usuario:Ralf Gutierrez|Ralf Gutierrez]] 22:00 2 oct 2009 (UTC)
 
 
 
 
----
 
 
'''4. Demuestre que:
 
<center>
 
<math>\frac{n}{2^{n-1}}=\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi}{k}</math>
 
</center>
 
Sugerencia: Factoriza la expresión <math>1+z+z^2+\cdots+z^n</math> usando las raices n-ésimas de la unidad, posteriormente evalue en <math>z=1</math>.'''
 
 
Solución:
 
 
Las raices de <math>z^m=1</math> son
 
<center>
 
<math>z=1,e^{\frac{2\pi i}{m}},e^{\frac{4\pi i}{m}},\dots,e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}}</math>
 
</center>
 
entonces podemos escribir
 
<center>
 
<math>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}})</math>
 
</center>
 
dividiendo ambos lados por <math>z-1</math> y haciendo <math>z=1</math>:
 
<center>
 
<math>\frac{z^{m-1}}{z-1}=1+z+z^2+\cdots+z^{m-1}</math>
 
</center>
 
de aqui hallamos que
 
<center>
 
<math>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)</math>
 
</center>
 
tomando el conjugado complejo de ambos lados de (1)
 
<center>
 
<math>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)</math>
 
</center>
 
 
Multiplicando la ecuación (1) por la (2) y aplicando que
 
<center>
 
<math>1-(1-e^{\frac{2k\pi i}{m}})(1-e^{\frac{2k\pi i}{m}})= 2 - 2\cos\frac{2k\pi}{m}</math>
 
</center>
 
tenemos
 
<center>
 
<math>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})</math>
 
</center>
 
puesto que
 
<center>
 
<math>1-\cos\frac{2k\pi}{m}=2\sin^2\frac{k\pi}{m}</math>
 
</center>
 
la ecuación anterior se transforma en
 
<center>
 
<math>m^2=2^{2m-2}(\sin^2\frac{\pi}{m})(\sin^2\frac{2\pi}{m})\cdots(\sin^2\frac{(m-1)\pi}{m})</math>
 
</center>
 
despejando y sacando la raíz en ambos lados de la expresión:
 
<center>
 
<math>\frac{m}{2^{m-1}}=(\sin\frac{\pi}{m})(\sin\frac{2\pi}{m})\cdots(\sin\frac{(m-1)\pi}{m})</math>
 
</center>
 
 
lo que queda demostrada la igualdad.
 
--[[Usuario:Wendy|Wendy]] 23:10 4 oct 2009 (UTC)
 
 
 
----
 
 
'''5.''' '''Demuestre que'''
 
 
<math>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)}</math>,
 
 
'''donde'''          '''<math>\phi</math> '''    '''no es un multiplo par de'''      '''<math>\pi</math>.'''
 
 
 
 
'''Esta identidad se le atribuye a Lagrange.'''
 
 
 
Sugerencia: calcular la parte real de
 
 
 
<math>1+z+z^{2}+..........+z^{n}</math>,  donde    <math>z=cos\phi+isen\phi</math>.
 
 
 
 
'''Solucion.'''
 
 
Sea
 
 
<math>S=1+z+z^{2}+.......+z^{n}</math>            si multiplicamos por <math>z</math> a <math>S</math> se tiene  que
 
 
 
<math>zS=z+z^{2}+z^{3}+......+z^{n}+z^{n+1}</math>          ahora restemos estas dos    ultimas expresiones
 
 
 
<math>\left(S-zS\right)=\left(1-z\right)S=1-z^{n+1}</math>              de lo que se obtiene que
 
 
 
 
<math>S=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}</math>
 
 
 
Si en esta última expresion utilizamos    <math>z=cos\phi+isen\phi</math>    entonces 
 
 
 
<math>S=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}</math> 
 
 
 
toma la siguiente forma
 
 
 
<math>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)} </math>
 
 
 
que es equivalente a esta
 
 
 
<math>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)}</math>
 
 
 
Tomando el lado derecho de esta ultima expresión y llevar a cabo el producto con su conjugado , es decir:
 
 
 
<math>\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)
 
</math>
 
 
 
 
Se obtiene del numerador  lo siguiente
 
 
 
 
<math>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)
 
</math>
 
 
 
si tomamos solo la parte real se tiene que
 
 
 
 
<math>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)=</math>
 
 
 
<math>1-cos\phi+cos\left(n\phi-\phi\right)-cos\left(n\phi+\phi\right)</math><math>=</math>  <math>1-cos\phi+2sen\phi sen\phi</math>
 
 
 
 
por otra parte para el denominador se tiene:
 
 
 
 
<math>\left(1-cos\phi\right)^{2}+sen^{2}\phi=</math>
 
 
 
<math>1-2cos\phi+sen^{2}\phi+cos^{2}\phi=</math>  <math>2\left(1-cos\phi\right)</math>
 
 
 
 
al tomar la parte real de
 
 
 
<math>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)}</math>,
 
 
 
 
sustituir lo encontrado para el numerador (parte real)  y el denominador , y utilizar la siguiente
 
identidad
 
 
 
<math>sen\left(\frac{\phi}{2}\right)=\sqrt{\frac{1-cos\phi}{2}}</math>
 
 
 
 
 
tenemos lo siguiente:
 
 
 
<math>
 
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)}</math>
 
 
 
 
Lo cual es casi a lo que se queria llegar.
 
 
 
--[[Usuario:Dali|Dali]] 00:01 5 oct 2009 (UTC)
 
 
== '''SECCION 1.1.4''' ==
 
'''1. Demuestre que:'''
 
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
'''Se conoce como igualdad de Lagrange'''
 
 
 
 
'''Solución.'''
 
 
 
Esta demostración se hará por inducción, es decir, empezaremos suponiendo que el elemento  <math> n-1</math>  se encuentra en el conjunto, pues entonces el resultado implica que el elemento  <math>n</math>    esta en el conjunto.
 
 
 
Sea  <math>\eth=\left\{ \omega\in\mathbb{N\,}tal\, que\left(I\right)\, se\, cumpla\right\}
 
</math>
 
 
 
Supongamos que  <math>n-1</math>  esta en  <math>\eth</math>  , es decir,
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
Tenemos que:
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
(recordemos algunas expresiones  que no serán de utilidad en adelante 
 
♠<math>|Z_k-a\overline{W_k}|^2 = (Z_k-u\overline{W_k})(\overline{Z_k}-\overline{u}W_k)</math>;
 
 
♣<math>\sum_{k=1}^n  |Z_{k}|^2 = \sum_{k=1}^{n-1}  |Z_{k}|^2 + |Z_{n}|^2</math> en esta expresión se toma la suma de <math> n-1</math>  terminos  y adicionar el  <math>n-ésimo</math>  para tener el lado izquierdo de la expresión)
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
(En la expresión  <math> iii</math>  se utilizó ♣ para posteriormente en  <math>iv
 
</math> hacer un poco de algebra  y llegar a la expresión <math>v</math>.)
 
 
Necesitamos saber si alguno de los elementos de la expresión  <math>v</math>  tiene parecido con algo conocido ó si se anulan entre si, es por eso que se desarrolla el 3er termino de la misma.
 
Donde nuevamente  se utiliza la idea de la expresión ♣ .
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
Al comparar las expresiones  <math> vi</math>  con  <math>vii</math>  se observa que:
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
(Observese bien que el segundo termino de lado derecho de la expresión <math> viii</math> son los <math> n-esimos</math>  términos.)
 
 
 
Entonces si ahora utilizamos las expresiones    <math>viii</math>,    <math> I</math> e  <math>i</math>  podemos re-escribir  <math>\aleph</math> de la manera siguiente:
 
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
(En las expresiones <math>ix ,x</math> se utilizo  ♠ y ♣ mas un poco de álgebra)
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
(En  <math>xii, xiii</math> recordamos que  <math>\overline{W_n}W_n = |Wn|^2</math> , agrupamos términos y claro mas álgebra)
 
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
 
<center><math>\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}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
 
<center><math>\begin{align}
 
\aleph=\left|\sum_{k=1}^n Z_{k}W_{k}\right|^2
 
\qquad (xvi)\\
 
\end{align}
 
</math></center>
 
 
 
 
 
 
por lo tanto si  <math>n-1</math>  <math>\in</math>    <math>\eth</math>    <math>\Longrightarrow</math>      <math>n\in</math>    <math>\eth</math> .
 
 
 
 
 
 
--[[Usuario:Dali|Dali]] 03:31 14 oct 2009 (UTC)
 
 
 
 
  
 
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+
[[Compleja:ej-cap1.1]]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
'''2.- Sean <math>z_{1},z_{2},...,z_{n}\,</math> numeros complejos, ¿Bajo que condiciones se tiene que <math>|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}| = |z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}|\,</math> ?'''
 
 
 
 
 
Si <math>z_{1} = z_{2} = ... = z_{n}\,</math>, entonces
 
 
 
 
 
<math>|z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}| = n|z_{1}|\,</math>
 
 
 
 
 
por otro lado
 
 
 
 
 
<math>|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}| = |nz_{1}| = n|z_{1}|\,</math>
 
 
 
 
 
y por lo tanto
 
 
 
 
 
<math>|z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}| = |z_{1}+z_{2}+...+z_{n}|\,</math>
 
 
 
 
 
--[[Usuario:Luis Nava|Luis Nava]] 02:52 5 oct 2009 (UTC)
 
 
 
 
 
'''2.- Sean <math>z_{1},z_{2},...,z_{n}\,</math> numeros complejos, ¿Bajo que condiciones se tiene que <math>|z_{1}+z_{2}+...+z_{n}| = |z_{1}|+|z_{2}|+...+|z_{n}|\,</math> ?'''
 
 
 
 
 
Vemos que esto es realmente una igualdad cuando los puntos <math>z_{1}+z_{2}+...+z_{n}</math> son colineales.
 
 
 
Por demostrar que
 
 
 
 
 
<math>\left|z_{1}+z_{2}\right|=\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|</math>
 
 
 
 
 
Para realizar esta demostración definiremos nuestros numeros en forma polar
 
 
 
 
 
<math>z{}_{1}=r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]</math>
 
 
 
<math>z{}_{2}=r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]</math>
 
 
 
 
 
Ahora sustuyendo esto en nuestra igualdad tenemos que:
 
 
 
 
 
<math>\left|r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]+r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]\right|=\left|r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]\right|+\left|r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]\right|</math>
 
 
 
 
 
Tamando la norma al cuadrado
 
 
 
 
 
<math>\left|r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]+r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]\right|^{2}=\left(\left|r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]\right|+\left|r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]\right|\right)^{2}</math>
 
 
 
 
 
Desarrollando temenos que
 
 
 
 
 
<math>\left(r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]+r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]\right)\left(r_{1}\exp\left[-i\theta_{1}\right]+r_{2}\exp\left[-i\theta_{2}\right]\right)=\left(\left|r_{1}\exp\left[i\theta_{1}\right]\right|+\left|r_{2}\exp\left[i\theta_{2}\right]\right|\right)^{2}</math>
 
 
 
<math>r_{1}^{2}+r_{1}r_{2}\exp i\left[\theta_{1}-\theta_{2}\right]+r_{1}r_{2}\exp i\left[\theta_{2}-\theta_{1}\right]+r_{2}^{2}=r_{1}^{2}+2r_{1}r_{2}+r_{2}^{2}</math>
 
 
 
 
 
Simplificando un poco y factorizando <math>r_{1}r_{2}</math> del lado izquierdo llegamos a lo siguiente
 
 
 
 
 
<math>r_{1}r_{2}\left(\exp i\left[\theta_{1}-\theta_{2}\right]+\exp i\left[\theta_{2}-\theta_{1}\right]\right)=2r_{1}r_{2}</math>
 
 
 
<math>\exp i\left[\theta_{1}-\theta_{2}\right]+\exp i\left[\theta_{2}-\theta_{1}\right]=2</math>
 
 
 
 
 
Escribiendo estas exponenciales en terminos de senos y cosenos
 
 
 
 
 
<math>\cos\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)+i\sin\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)+\cos\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)+i\sin\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)=2</math>
 
 
 
 
 
Ya que la función <math>\sin</math> es impar
 
 
 
 
 
<math>2\cos\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)=2</math>
 
 
 
<math>\cos\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)=1</math>
 
 
 
 
 
Despejando <math>\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)</math>
 
 
 
 
 
<math>\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)=\arccos\left(1\right)</math>
 
 
 
 
 
Entonces
 
 
 
 
 
<math>\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)=k2\pi</math> para <math>k=0,1,2,...</math>
 
 
 
 
 
<math>\therefore\theta_{1}=\theta_{2}+k2\pi</math>
 
 
 
 
 
Esto nos dice que esta igualdad solo se cumple cuando nuestros vectores son colineales, es decir son linealmente dependientes o uno de ellos es cero.
 
Generalizando esto para n, suponemos que se cumple para n-1
 
 
 
 
 
<math>\left|\left(z_{1}+z_{2}+...+z_{n-1}\right)+z_{n}\right|^{2}=\left(\left|z_{1}+z_{2}+...+z_{n-1}\right|+\left|z_{n}\right|\right)^{2}</math>
 
 
 
 
 
Donde nuestros primeros n-1 terminos lo redefinimos como <math>w_{1}</math> y el n-esimo como <math>w_{2}</math>
 
 
 
 
 
<math>\left|w_{1}+w_{2}\right|^{2}=\left(\left|w_{1}\right|+\left|w_{2}\right|\right)^{2}</math>
 
 
 
 
 
Y utlizamos el mismo razonamiento
 
 
 
 
 
Esto es muy claro ver cuando n=2, en una grafica.
 
 
 
 
 
[[Imagen:Suma.gif]][[Imagen:Suma2.gif]]
 
 
 
 
 
 
 
Aquí les dejo el enlace de la pagina donde consulte el código para generar las graficas para los que les interese.
 
[http://demonstrations.wolfram.com/ComplexAddition/ Demostracion grafica]
 
 
 
 
 
 
 
--[[Usuario:Oscar Adrian|Oscar Adrian]] 03:41 16 oct 2009 (UTC)
 
--[[Usuario:Oscar Adrian|Oscar Adrian]] 03:07 6 oct 2009 (UTC)
 
 
 
 
 
----
 
'''3. Encuentre el ínfimo de <math>\left | z^3 + 2 i \right |</math> en la región <math>\left \{ z \mid |z| \ge 2 \right \}</math>, y describa en qué puntos se alcanza.'''
 
 
 
 
 
Con una variante de la desigualdad del triángulo, tenemos que
 
 
 
<center><math>\left | z^3 + i \right | \ge \left | |z|^3 -1 \right | \ge 8-1. </math></center>
 
Por tanto,
 
<center><math> 7 \le \left | z^3 + i \right |. \qquad (1) </math></center>
 
 
 
Entonces, el ínfimo de la expresión es 7.
 
 
 
Por otro lado, tenemos que, si <math>z = r \left ( cos \theta + 1 \sin \theta \right )</math>
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
Si tomamos la cota inferior, <math>\left | z \right | = 2</math>, la expresión anterior es entonces:
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
Ya que la función coseno tiene su mínimo en el valor -1, tomemos una <math>\theta</math> tal que <math>\cos 3\theta {{=}} -1</math>. Para este caso, tenemos dos valores: <math>\theta_1 {{=}} \frac {\pi}{3}</math> y <math>\theta_2 {{=}} \pi </math>,
 
 
 
de tal forma que, con estos valores,
 
<center><math>\left | z^3 + i \right | ^2 = 65 - 16 = 49. </math></center>
 
 
 
Con la fórmula de De Moivre, tenemos que el ínfimo de la expresión dada toma ese valor en <math>z_1</math> y <math>z_2</math> tales que
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
y
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
Pero, además, por le geometría de los números complejos, tenemos otros dos valores <math>z_3</math> y <math>z_4</math> tales que
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
y
 
 
 
<center><math>
 
\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}
 
</math></center>
 
 
 
Por tanto, las expresiones (2), (3), (4) y (5) nos proporcionan los valores en que el ínfimo es tomado, a saber, <math>\pm (1 + i \sqrt{3})</math> y <math>\pm 2</math>.
 
 
 
--[[Usuario:Belen|Belen]] 04:08 12 oct 2009 (UTC)
 
 
 
----
 
 
 
 
[[Compleja:ej-cap1.2]]
 
[[Compleja:ej-cap1.2]]
 +
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 +
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[[Compleja:ej-cap1.3]]
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[[categoría:Compleja]]
 
[[categoría:Compleja]]

Revisión actual - 19:47 4 oct 2016

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)


SECCION 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:

\( |z_2 - z_1| = A,\qquad |z_3 - z_1| = B = |z_1 - z_3|,\qquad |z_2 - z_3| = C \qquad (3)\)

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 \({z = x+iy }\), pruebe que \({\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \left|{z}\right|}\)


Puesto que el número complejo z puede escribirse como

\({z = Re(z)+iIm(z) }\)

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


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

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


Sumando \({\left|{z}\right|^2}\), a ambos lados se tiene

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


Como

\({\left|{z}\right|^2 = \left|{Re(z)}\right|^2+\left|{Im(z)}\right|^2 }\)

Entonces

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

De donde

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

Sacando raíces cuadradas positivas

\({{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}{\ge} \left|{Re(z)}\right|+\left|{Im(z)}\right|}\)


Por lo tanto

\({{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}{\ge}{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}}\)

--Ralf Gutierrez 19:18 29 sep 2009 (UTC)


6-bis. Sea \({z = x+iy }\), pruebe que \({\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\le}{\sqrt{2} \ \left|{z}\right|}\)

Tenemos que \({z = x+iy }\), entonces de la teoria sabemos que


\({\left|{z}\right| = \sqrt{[x]^2+[y]^2} }\qquad (1)\)

\({\left|{x}\right|=\left|{Re(z)}\right|}{\le}{ \left|{z}\right|}\)

\({\left|{y}\right|=\left|{Im(z)}\right|}{\le}{ \left|{z}\right|}\)


Tambien es inmediato que para z \(\in \mathbb{R}\), \(\overline z = z\), y que el cuadrado de cualquier numero real es siempre positivo, entonces de esto se tiene que

\({{[\left|{x}\right|-\left|{y}\right|]^2}{\ge}0}\)

Desarrollando el binomio se tiene que


\({[x]^2+[y]^2-2\left|{x}\right|\left|{y}\right|{\ge }0}\)

\({{[x]^2+[y]^2}{\ge }2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}\)

Y por la identidad (1) esto se puede escribir como

\({{\left|{z}\right|^2}{\ge }2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}\)

Ahora sumando en ambos lados \([[:Plantilla:\left]]\) obtenemos lo siguiente


\({{2\left|{z}\right|^2}{\ge }\left|{z}\right|^2+2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}\)


Pero ademas como \([[:Plantilla:\left]]\), lo sustituimos en el resultado anterior


\({{2\left|{z}\right|^2}{\ge }\left|{x}\right|^2}+{\left|{y}\right|^2+2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}\)


Es facil ver que


\({{[\left|{x}\right|+\left|{y}\right|]^2}={[x]^2+[y]^2+2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}}\)


Utilizando este resultado se deduce que


\([[:Plantilla:2\left]]\)


Y tomando las raices positivas llegamos al siguiente resultado


\({\sqrt{2}\left|{z}\right|}{\ge }{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}\)


Que es lo que se queria mostrar.


--Oscar Adrian 03:56 1 oct 2009 (UTC)






REVISADO

7. Demuestre que en un paralelogramo la suma de los cuadrados de las diagonales es la suma de los cuadrados de los lados.

Dibujobueno.jpg

Sacamos las normas de los números complejos

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

Por algebra de vectores

\(|z|+|w|=|h|\)

Donde |h| es la resultante de |z|+|w|

\(\sqrt{(a)^2+(b)^2}\)+ \(\sqrt{(c)^2+(d)^2}=|h|\)

De la misma forma el dibujo nos indica q trasladamos la magnitudes de los vectores

|w| y |z| y por tanto también tendremos |z|+|w| =|h|

Entonces si |z|+|w| = |h|

Aplicando el teorema de pitagoras q nos dice

d = cateto

f = cateto

\(e^2=d^2+f^2\)

entonces tenemos que

\((a)^2+(b)^2=|z|^2\) \((c)^2+(d)^2=|w|^2\)

Aplicamos pitagoras

\((c)^2+(d)^2+(a)^2+(b)^2=(c)^2+(d)^2+(a)^2+(b)^2\)

Por tanto

\(|z|^2 +|w|^2 = |h|^2\) se cumple la suma de los cuadrados de los lados es igual a la suma de los cuadrados de la diagonal.

--Karla 22:47 4 oct 2009 (UTC)Sanchez


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