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 $(zw)s=z(ws)\,$.

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

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

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

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

Por otra parte

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

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

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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)

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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)

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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.

Archivo:Comp triang eq2.jpg

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)

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

Puesto que el número complejo z puede escribirse como

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

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

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

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

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

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

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

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

Tenemos que ${\begin{aligned}z&=x+iy\end{aligned}}$, entonces de la teoria sabemos que

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

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

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

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.

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

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

Recordando Pitágoras c ^ 2 = Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \ sqrt (a ^ 2+b ^ 2) </ math> (para magnitudes reales) Tomamos dos numeros complejos '''a = b + ic''' '''d = e + if''' Para poder demostrar que la suma de los cuadrados de los lados sea igual a la suma del cuadrado de las diagonales necesitamos obtener la magnitud de los numeros complejos anteriores '''"a"''' y '''"d".''' '''|a|''' = <math>\sqrt{ b^2+c^2} que corresponde a la norma de "a". |d| = ${\sqrt {e^{2}+f^{2}}}$ que corresponde a la norma de "d".

si |a|^2 = b^2 + c^2 y |d|^2 = e^2 + f^2

Ahora definimos la diagonal como |h| con componentes |a| y|d| obtenemos la magnitud de |h| y tenemos

|h|= ${\sqrt {|a|^{2}+|d|^{2}}}$

reacomodando.

|h|^2 = |a|^2 + |d|^2 lo que queriamos demostrar.

Por lo tanto tenemos que en un paralelogramo que la suma de los cuadrados de las diagonales son la suma de los cuadrados de los lados. Con lo anterior hemos concluido nuestra demostración.

--Karla 02:17 29 sep 2009 (UTC)Sanchez

--mfg-wiki 21:27 25 sep 2009 (UTC)

1.1.3

1. Calcule las raìces cuadradas de $3+4i$ y de $1+2i$.

Aplicando la formula para calcular raices cuadradas de numeros complejos.

$\pm \left({\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}}{2}}}+i{\sqrt {\frac {-a+{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}}{2}}}\right)$ si $\quad b>0$

Por lo tanto las raices de $3+4i$, son:

$=\pm \left({\sqrt {\frac {3+{\sqrt {25}}}{2}}}+i{\sqrt {\frac {-3+{\sqrt {25}}}{2}}}\right)$

$=\pm \left({\sqrt {\frac {8}{2}}}+i{\sqrt {1}}\right)$

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

y para $1+2i$, son:

$=\pm \left({\sqrt {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}+i{\sqrt {\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}\right)$

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

$=\pm \left(1.27+i0.78\right).$

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

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

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

Por la formula de De Moivre

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

Evaluando k se obtiene

$w_{0}=2cos({\frac {\pi }{6}})$ con k = 0

$w_{1}=2cos({\frac {\pi +2\pi }{6}})=2cos({\frac {\pi }{2}})$ con k = 1

$w_{2}=2cos({\frac {\pi +4\pi }{6}})=2cos({\frac {5\pi }{6}})$ con k = 2

$w_{3}=2cos({\frac {\pi +6\pi }{6}})=2cos({\frac {7\pi }{6}})$ con k = 3

$w_{4}=2cos({\frac {\pi +8\pi }{6}})=2cos({\frac {3\pi }{2}})$ con k = 4

$w_{5}=2cos({\frac {\pi +10\pi }{6}})=2cos({\frac {11\pi }{6}})$ con k = 5

--Luis Nava 18:25 3 oct 2009 (UTC)

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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

${1-z}\neq {0}$

porque

${z}\neq {1}$

Por lo tanto

${s=0}$

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

1.1.4

--mfg-wiki 21:27 25 sep 2009 (UTC)