Compleja:ej-cap1.1

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

Sean $z=a+ib,\quad w=c+id,\quad s=e+if\,\quad$ con $\quad a,b,c,d,e,f\in {\mbox{R}}$

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

$(zw)s=[(a+ib)(c+id)](e+if)=[(ac-bd)+i(bc+ad)](e+if)\,$

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

Por otra parte

$z(ws)=(a+ib)[(c+id)(e+if)]=(a+ib)[(ce-df)+i(de+cf)]\,$

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

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

---

Contribución de: Gabita 22:15 28 sep 2009 (UTC)

---

SECCIÓN 1.1.2

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

Sean $z=a+ib\quad y\quad w=c+id\,$

$\left|{\frac {z}{w}}\right|=\left|{\frac {a+ib}{c+id}}\right|=\left|{\frac {(a+ib)(c-id)}{(c+id)(c-id)}}\right|$

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

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

Por otra parte

${\frac {\left|z\right|}{\left|w\right|}}={\frac {\left|a+ib\right|}{\left|c+id\right|}}={\sqrt {\frac {a^{2}+b^{2}}{c^{2}+d^{2}}}}=\left|{\frac {z}{w}}\right|$

---

Contribución de: 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:

${\frac {z}{w}}={\frac {z{\bar {w}}}{w{\bar {w}}}}={\frac {z{\bar {w}}}{\left|w\right|^{2}}}$:

${\frac {\left(-5-12i\right)\left(4+i\right)}{\left(4-i\right)\left(4+i\right)}}={\frac {-20-5i-48i+12}{17}}={\frac {-8-53i}{17}}$

=$-{\frac {8}{17}}-{\frac {53}{17}}i$.

---

Contribución de: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.

---

Contribución de: 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.

---

Contribución de:Belen 02:48 29 sep 2009 (UTC)

---

6. Sea ${z=x+iy}$, pruebe que ${\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}{\leq }{{\sqrt {2}}\left|{z}\right|}$

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

${\left|{z}\right|}{\geq }{\left|{Re(z)}\right|}$

${\left|{z}\right|}{\geq }{\left|{Im(z)}\right|}$

Como el cuadrado de un número real no puede ser negativo

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

Entonces

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

O sea

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

O de otra manera

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

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

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

Como

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

Entonces

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

De donde

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

Sacando raíces cuadradas positivas

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

Por lo tanto

${{{\sqrt {2}}\ \left|{z}\right|}{\geq }{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}}$

---

Contribución de: Ralf Gutierrez 19:18 29 sep 2009 (UTC)

---

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

Tenemos que ${z=x+iy}$, entonces de la teoria sabemos que

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

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

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

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

${{[\left|{x}\right|-\left|{y}\right|]^{2}}{\geq }0}$

Desarrollando el binomio se tiene que

${[x]^{2}+[y]^{2}-2\left|{x}\right|\left|{y}\right|{\geq }0}$

${{[x]^{2}+[y]^{2}}{\geq }2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}$

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

${{\left|{z}\right|^{2}}{\geq }2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}$

Ahora sumando en ambos lados ${\left|{z}\right|^{2}}$ obtenemos lo siguiente

${{2\left|{z}\right|^{2}}{\geq }\left|{z}\right|^{2}+2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}$

Pero ademas como ${{\left|{z}\right|^{2}}={\left|{x}\right|^{2}}+{\left|{y}\right|^{2}}}$, lo sustituimos en el resultado anterior

${{2\left|{z}\right|^{2}}{\geq }\left|{x}\right|^{2}}+{\left|{y}\right|^{2}+2\left|{x}\right|\left|{y}\right|}$

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

${{2\left|{z}\right|^{2}}{\geq }{[\left|{x}\right|+\left|{y}\right|]^{2}}}$

Y tomando las raices positivas llegamos al siguiente resultado

${{\sqrt {2}}\left|{z}\right|}{\geq }{\left|{x}\right|+\left|{y}\right|}$

Que es lo que se queria mostrar.

---

Contribución de: 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.

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.

---

Contribución de:Karla 22:47 4 oct 2009 (UTC)Sanchez

---

Compleja:ej-cap1.1 Compleja:ej-cap1.2 Compleja:ej-cap1.3 Compleja:ej-cap1.4

Compleja:ej-cap2.1 Compleja:ej-cap2.2 Compleja:ej-cap2.3 Compleja:ej-cap2.4 Compleja:ej-cap2.5

Compleja:ej-cap3.1 Compleja:ej-cap3.2 Compleja:ej-cap3.3 Compleja:ej-cap3.4