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

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<math>{\displaystyle 1+\cos\theta+....................+\cos n\theta=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin\left(n\theta+\frac{\theta}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}}</math>.--[[Usuario:Diana Rodriguez Almaraz.|Diana Rodriguez Almaraz.]] 04:47 15 oct 2010 (UTC)
 
<math>{\displaystyle 1+\cos\theta+....................+\cos n\theta=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin\left(n\theta+\frac{\theta}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}}</math>.--[[Usuario:Diana Rodriguez Almaraz.|Diana Rodriguez Almaraz.]] 04:47 15 oct 2010 (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)
 
 
 
 
 
----
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
'''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)
 
  
 
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Revisión del 08:21 15 oct 2010

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:

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

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)


REVISADO

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

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

entonces

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

De donde

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

Como z es una raíz enesima de la unidad

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


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


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


Entonces


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

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)

OTRA DEMOSTRACION DEL EJERCICIO1.1.3 NUMERO 5

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 \(\left(1-Z\right){\displaystyle {\scriptscriptstyle {\displaystyle \sum_{K=0}^{n}z^{k}=}}\sum_{k=0}^{n}z^{k}-\sum_{k=0}^{n}z^{k+1}=1+\sum_{k=1}^{n}z^{k}-\sum_{k=1}^{n}z^{k}-z^{n+1}=1-z^{n+1}}\) y como \(z\neq1\)..............& y por ser una serie geometrica la podemos escribir de la siguiente manera \({\displaystyle \sum_{k=0}^{n}z^{k}=\dfrac{1-z^{n+1}}{1-z}}\) Sea \(\theta\in\left(0,2\Pi\right)\), aplicando & con \(z=e^{i\theta}\in c/\{1\}\) se tiene lo siguiente

\( {\displaystyle \sum_{k=0}^{n}e^{ik\theta}=\dfrac{1-e^{i\left(n+1\right)\theta}}{1-e^{i\theta}}}\)

y tomamos partes reales obtenemos \({\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\cos k\theta=RE\dfrac{1-e^{i\left(n+1\right)\theta}}{1-e^{i\theta}}}\) .............% desarrolandola se tiene \[{\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\cos k\theta=RE\dfrac{\left[1-e^{i\left(n+1\right)\theta}\right]\left[1-e^{-i\theta}\right]}{\left[1-e^{i\theta}\right]\left[1-e^{-i\theta}\right]}}\]=\(\dfrac{1-\cos\theta+\cos n\theta-\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]}{2\left(1-cos\theta\right)}\) =\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\cos n\theta-\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]}{2\left(1-\cos\theta\right)}\).

Con lo cual solo basta probar que

\(\dfrac{\cos n\theta-\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]}{2\left(1-\cos\theta\right)}=\dfrac{\sin\left[\left(n+\frac{1}{2}\right)\theta\right]}{2\sin\frac{\theta}{2}}\)

Veamos la demostracion


\(\dfrac{\cos n\theta-\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]}{2\left(1-\cos\theta\right)}=\dfrac{\sin\left[\left(n+\frac{1}{2}\right)\theta\right]}{2\sin\frac{\theta}{2}}\Longleftrightarrow\) \(\left(\cos n\theta-\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]\right)\sin\frac{\theta}{2}=\left(1-\cos\theta\right)\sin\left[\left(n+\frac{1}{2}\right)\theta\right]\Longleftrightarrow\) \(\left(\cos n\theta-\cos n\theta\cos\theta+\sin n\theta\sin\theta\right)\sin\frac{\theta}{2}=\left(1-\cos\theta\right)\left(\sin n\theta\cos\frac{\theta}{2}+\cos n\theta\sin{\theta\atop 2}\right)\Longleftrightarrow\) \(\sin n\theta\sin\theta\sin\frac{\theta}{2}=\sin n\theta\cos\frac{\theta}{2}-\sin n\theta\cos\frac{\theta}{2}\cos\theta\)..............#


Si \({\displaystyle \sin n\theta=0}\) la igualdad # es cierta. Si no, es equivalente a


\({\displaystyle \cos\frac{\theta}{2}\cos\theta+}\sin\theta\sin\frac{\theta}{2}=\cos\frac{\theta}{2}\).

Lo cual es cierto por la formula de coseno diferencial . Por lo tanto queda demostrado que

\({\displaystyle 1+\cos\theta+....................+\cos n\theta=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin\left(n\theta+\frac{\theta}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}}\).--Diana Rodriguez Almaraz. 04:47 15 oct 2010 (UTC)



Compleja:ej-cap1.2

Compleja:ej-cap1.3

Compleja:ej-cap1.4