Compleja:ej-cap1.1

1.1.1

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)

---

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.

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)

---

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)

---

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)

---

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.

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

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)

---

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

Tenemos q cosθ+i senθ = -64 definicion en forma polar

r=64

n=6 porque nos piden las raíces sextas

Entonces el argumento ${\boldsymbol {\theta }}=\pi$

Si Error al representar (error de sintaxis): {\displaystyle x+iy=(r e^{i\boldsymbol{\theta})}

Entonces utilizando la definición de Moivre para obtener las raíces

$(ge^{i{\boldsymbol {\phi }}n})=re^{i{\boldsymbol {\theta }}}$

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:

Haciendo algo similar para el 8i Tenemos

cosθ+i senθ= 8i

el argumento θ=\/2

r= 8

n=3 porque nos pinden las raíces cubicas

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

φn = θ+2k∏

φ=∏/6 k=0

φ=∏/6+2∏/3= 5∏/6 k=1

φ=∏/6+2(2)∏/3= 9∏/6 k=2

r1= 2 Error al representar (error de sintaxis): e^{(i ∏/6)}

r2= 2 Error al representar (error de sintaxis): e^{(i 5∏/6)}

r3= 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/»:): e^{(i 9∏/6)}

Graficando en coordenadas polares tenemos

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

---

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

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

Por la formula de De Moivre

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

Evaluando k se obtiene

con k = 0

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

con k = 1

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

con k = 2

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

con k = 3

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

con k = 4

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

con k = 5

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

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

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

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

Evaluando a k se obtiene

con k = 0

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

con k = 1

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

con k = 2

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

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

---

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

Sea $S=1+Z+Z^{2}+...+Z^{n-1}$

Ahora multiplicamos ambos lados por Z

$ZS=Z+Z^{2}+Z^{3}+...+Z^{n-1}+Z^{n}$

Restando la segunda ecuación de la primera

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

Tenemos que

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

De donde

$s={\frac {1-z^{n}}{1-z}}$

Como z es una raíz enesima de la unidad

$0={\frac {1-z^{n}}{1-z}}$

$\to {1-z^{n}=0}$

$\to {z^{n}=1}$

Entonces

$\to {z^{n}=1}$

y

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

porque

${z}\neq {1}$

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

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

donde $\phi$ no es un multiplo par de $\pi$.

Esta identidad se le atribuye a Lagrange.

Sugerencia: calcular la parte real de

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

Solucion.

Sea

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

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

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

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

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

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

toma la siguiente forma

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

que es equivalente a esta

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

Tomando el lado derecho de esta ultima expresión y llevar a cabo el producto con su conjugado , es decir:

$\left({\frac {1-cos\left(n\phi +\phi \right)-isen\left(n\phi +\phi \right)}{1-cos\phi -isen\phi }}\right)\star \left({\frac {1-cos\phi +isen\phi }{1-cos\phi +isen\phi }}\right)$

Se obtiene del numerador lo siguiente

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

si tomamos solo la parte real se tiene que

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

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

por otra parte para el denominador se tiene:

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

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

al tomar la parte real de

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

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

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

tenemos lo siguiente:

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

Lo cual es casi a lo que se queria llegar.

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

1.1.4

1. Demuestre que:

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

Se conoce como igualdad de Lagrange

Solución.

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

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

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

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

Tenemos que:

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

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

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

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

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

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

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

Al comparar las expresiones $vi$ con $vii$ se observa que:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

${\begin{aligned}\aleph =\left|\sum _{k=1}^{n}Z_{k}W_{k}\right|^{2}\qquad (xvi)\\\end{aligned}}$

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

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

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

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

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

por otro lado

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

y por lo tanto

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

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

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

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

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

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

$\left|z_{1}+z_{2}\right|\leq \left|z_{1}\right|+\left|z_{2}\right|$

Ahora suponiendo que (1) es válida cuando n=m, debe ser tambien para n=m+1, y aplicando la desigualdad del triangulo:

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

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

En donde los primeros m terminos los redefiniremos como Z$_{I},$ y el termino m+1 como Z$_{II},$. Entonces lo anterior queda como:

$\left|Z_{I}+Z_{II}\right|\leq \left|Z_{I}\right|+\left|Z_{II}\right|$

Ahora escribiendolo como igualdad

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

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

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

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

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

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

---

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

Con una variante de la desigualdad del triángulo, tenemos que

$\left|z^{3}+i\right|\geq \left||z|^{3}-1\right|\geq 8-1.$

Por tanto,

$7\leq \left|z^{3}+i\right|.\qquad (1)$

Entonces, el ínfimo de la expresión es 7.

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

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

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

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

Ya que la función coseno tiene su mínimo en el valor -1, tomemos una $\theta$ tal que $\cos 3\theta {=}-1$. Para este caso, tenemos dos valores: $\theta _{1}{=}{\frac {\pi }{3}}$ y $\theta _{2}{=}\pi$,

de tal forma que, con estos valores,

$\left|z^{3}+i\right|^{2}=65-16=49.$

Con la fórmula de De Moivre, tenemos que el ínfimo de la expresión dada toma ese valor en $z_{1}$ y $z_{2}$ tales que

${\begin{aligned}z_{1}&=2\left(\cos \theta _{1}+i\sin \theta _{1}\right)\\&=2\left(\cos {\frac {\pi }{3}}+i\sin {\frac {\pi }{3}}\right)\\&=2\left({\frac {1}{2}}+i{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\z_{1}&=1+i{\sqrt {3}},\qquad (2)\\\end{aligned}}$

y

${\begin{aligned}z_{2}&=2\left(\cos \theta _{2}+i\sin \theta _{2}\right)\\&=2\left(\cos \pi +i\sin \pi \right)\\z_{2}&=-2.\qquad (3)\\\end{aligned}}$

Pero, además, por le geometría de los números complejos, tenemos otros dos valores $z_{3}$ y $z_{4}$ tales que

${\begin{aligned}z_{3}&=2\left(\cos \theta _{1}+\pi +i\sin \theta _{1}+\pi \right)\\&=2\left(\cos {\frac {4\pi }{3}}+i\sin {\frac {4\pi }{3}}\right)\\&=2\left(-{\frac {1}{2}}-i{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\&=-1-i{\sqrt {3}}\\z_{3}&=-z_{1},\qquad (4)\\\end{aligned}}$

y

${\begin{aligned}z_{4}&=2\left(\cos \theta _{2}+\pi +i\sin \theta _{2}+\pi \right)\\&=2\left(\cos 2\pi +i\sin 2\pi \right)\\&=2\\z_{4}&=-z_{2}.\qquad (5)\\\end{aligned}}$

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

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

---

Compleja:ej-cap1.2