Compleja:ej-cap1.1.3

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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

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