Compleja:ej-cap1.1.3
SECCION 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\[=\pm\left(\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} + i\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\right)\]
\(=\pm\left(\sqrt{1.61} + i\sqrt{0.61}\right)\)
\(=\pm\left(1.27 + i 0.78\right).\)
--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
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)
- DEMOSTRACION ALTERNATIVA DEL EJERCICIO 5 CAP 1.1.3
5. Demuestre que
\(1+cos\theta+cos2\theta+.....+cos n\theta=\dfrac{1}{2}+\dfrac{sen\left(n\theta+\dfrac{\theta}{2}\right)}{2sen\left(\dfrac{\theta}{2}\right)}\),
donde \(\theta\) no es un multiplo par de \(\pi\).
Sea \(z=\cos\theta+i\sin\theta=e^{i\theta}\)
La expresión \(1+\cos\theta+...+\cos n\theta\) la podemos expresar como una suma geométrica
\({\displaystyle {\scriptscriptstyle {\displaystyle \sum_{K=0}^{n}z^{k}=\sum_{K=0}^{n}\cos k\theta+i\sin k\theta}}}\)
Esta serie converge a la expresión\[i\sin k\theta+\cos\dfrac{n\theta}{2}\csc\dfrac{\theta}{2}\sin[\dfrac{\theta(1+n)}{2}]\]
Como nos interesa solamente la parte real de la expresíon omitimos la parte imaginaria.
\(Re[i\sin k\theta+\cos\dfrac{n\theta}{2}\csc\dfrac{\theta}{2}\sin[\dfrac{\theta(1+n)}{2}]=\cos\dfrac{n\theta}{2}+\csc\dfrac{\theta}{2}\sin[\dfrac{\theta(1+n)}{2}]\)
Reescribiendo la parte real y sabiendo que \(\csc x=\dfrac{1}{\sin x}\)
\(\cos\dfrac{n\theta}{2}\csc\dfrac{\theta}{2}\sin[\dfrac{\theta(1+n)}{2}]=\dfrac{\cos\dfrac{n\theta}{2}+\sin[\dfrac{\theta(1+n)}{2}]}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\)
Ahora bien, por la identidad
\(\sin[a]\cos[b]=\dfrac{1}{2}[\sin[a+b]+\sin[a-b]]\) Con\(a=\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{n\theta}{2}\) \(b=\dfrac{n\theta}{2}\)
Podemos reescrbir la expresión, para la sumas de senos y cosenos del numerador como\[\dfrac{1}{2}[\sin[\dfrac{\theta}{2}+n\theta]+\sin\dfrac{\theta}{2}]\]
Por último simplificando términos y reacomodando, llegamos al resultado
\(\dfrac{\dfrac{1}{2}\sin[\dfrac{\theta}{2}+n\theta]+\sin\dfrac{\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin[\dfrac{\theta}{2}+n\theta]}{2\sin\frac{\theta}{2}}\) --Carlos López Cobá 06:20 26 oct 2010 (UTC)
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