# Compleja:ej-cap1.1

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)

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

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:

Haciendo algo similar para el 8i Tenemos

$$cos\boldsymbol{\theta}+i sen\boldsymbol{\theta}= 8i$$

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

--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)