Usuario discusión:Cecilia Carrizosa Muñoz

1.5 Sean w,z ∈ C. Demuestre los siguientes incisos:

Sean $z=a+ib\qquad y\qquad w=c+id$ entonces:

(1) ${\overline {\overline {z}}}=z$

Solución:

${\overline {\overline {z}}}={\overline {\overline {(a+ib)}}}={\overline {(a-ib)}}=a+ib=z$

$\therefore {\overline {\overline {z}}}=z$

(2)${\overline {z+w}}={\overline {z}}+{\overline {w}}$

Solución:

${\overline {z+w}}={\overline {(a+ib)+(c+id)}}={\overline {(a+c)+(b+d)i}}=(a+c)-(b+d)i=$

$=(a-bi)+(c-di)={\overline {z}}+{\overline {w}}$

$\therefore {\overline {z+w}}={\overline {z}}+{\overline {w}}$

(3)${\overline {zw}}={\overline {z}}*{\overline {w}}$

Solución:

${\overline {zw}}={\overline {(a+ib)(c+id)}}={\overline {(ac-bd)+(ad+bc)i}}=(ac-bd)-(ad+bc)i=ac-iad+bd-icd=$

$=ac-iad+i^{2}bd-icb=a(c-id)-ib(c-id)=(a-ib)(c-id)={\overline {z}}*{\overline {w}}$

$\therefore {\overline {zw}}={\overline {z}}*{\overline {w}}$

(6)$z\in {R}\Longleftrightarrow {\overline {z}}=z$ (es decir, un número complejo es un número real si y sólo si es igual a su conjugado).

Solución:

Sea $z=a+0i=a$, entonces:

${\overline {z}}={\overline {a+0i}}=a-0i=a$

$\therefore {\overline {z}}=z$

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1.9 Haga las operaciones indicadas y al final exprese el resultado en la forma a+bi

(a)$\qquad (3+2i)(5-3i)$

$\qquad (3+2i)(5-3i)=(3*5)+(2*-3)i=15-6i$

(b)$\qquad (5+7i)-(4-2i)$

$\qquad (5+7i)-(4-2i)=-20+14i$

(c)$\qquad 3i-(-7+2i)$

$\qquad 3i-(-7+2i)=7+(3-2)i=7+i$

(d)$5+{\bigg (}{\frac {1}{2}}-3i{\bigg )}$

$5+{\bigg (}{\frac {1}{2}}-3i{\bigg )}={\frac {11}{2}}-3i$

(e)$\qquad (2+3i)(4-2i)$

$\qquad (2+3i)(4-2i)=14+8i$

(f)$\qquad {\frac {3+4i}{5+2i}}$

${\frac {3+4i}{5+2i}}={\bigg (}{\frac {3+4i}{5+2i}}{\bigg )}{\bigg (}{\frac {5-2i}{5-2i}}{\bigg )}={\frac {23+14i}{29}}={\frac {23}{29}}+{\frac {14}{29}}i$

(g)${\frac {4}{2-3i}}$

${\frac {4}{2-3i}}={\frac {4}{2-3i}}{\bigg (}{\frac {2+3i}{2+3i}}{\bigg )}={\frac {8+12i}{13}}={\frac {8}{13}}+{\frac {12}{13}}i$

(h)${\frac {(2+i)(3+2i)}{1-i}}$

${\frac {(2+i)(3+2i)}{1-i}}={\frac {4+7i}{1-i}}={\frac {4+7i}{1-i}}{\bigg (}{\frac {1+i}{1+i}}{\bigg )}={\frac {11+3i}{2}}={\frac {11}{2}}+{\frac {3}{2}}i$

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1.11 Muestre que las n raíces n-ésimas de 1 son los vértices de un n-ágono regular inscrito en el círculo unitario, uno de cuyos vértices es 1

$Seaz\in \mathbb {C}$ y $n\geq 2$ Diremos que z es una raíz n-ésima de la unidad si

$z^{n}=1$

i escribimos en la forma polar

$z^{n}=r^{n}e^{in\theta }$

Entonces, para que z sea raíz n-ésima de la unidad, debe cumplirse

$r^{n}=1$ y $(\exists k\in Z)n\theta =2k\pi$

Como $r\geq 0$ es un número real, debe tenerse que r=1. La condición sobre $\theta$ es:

$(\exists k\in Z)\theta ={\frac {2k\pi }{n}}$

Obtenemos que todos los complejos de la forma $z=e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}$ son raíces n-ésimas de la unidad. ¿Cuántos números complejos cumplen esto? Elijamos $r\in$ {0,1,...,n-1),$k=r+nl$ con $l\in Z$. Entonces

$e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}=e^{i{\frac {2k\pi }{n}}+{2l\pi }}=e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}*1=e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}$

Así, todos los posibles valores de $\theta$ dados anteriormente definen sólo n números complejos distintos: éstos son

$e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}\qquad$ (Error al representar (función desconocida «\nonumber»): r=0,1,...,{}\nonumber\\ )

Estos valores son las exactamente n raíces n-ésimas de la unidad. Podemos escribir las raíces n-ésimas de la unidad en la forma $z=z_{0}e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}$=$cos{\frac {2k\pi }{n}}+isen{\frac {2k\pi }{n}}$ Como multiplicar por w es un giro de amplitud ${\frac {2\pi }{n}}$, deducimos que las n raíces se obtienen girando la raíz n-ésima principal, $z_{0}$ (con $z_{0}$=1), con giros sucesivos de amplitud ${\frac {2\pi }{n}}$ $\therefore$ cuando $n\geq 3$, corresponden a puntos situados en los vértices de un polígono regular de n lados. Este polígono esta inscrito en el círculo unitario centrado en el origen y tiene vértice en el punto correspondiente a la raíz z=1 (k=0). Si escribimos $w_{n}=e^{i{\frac {2k\pi }{n}}}$ vemos que las distintas raíces n-ésimas de la unidad son simplemente

1,$w_{n}$,$w_{n}^{2}$,...,$w_{n}^{n-1}$

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1.17.- Demuestre que un semiplano cerrado es un conjunto cerrado

Demostración

Sea ${\overline {v_{0}}}=(x_{0},y_{0})\in v\qquad$$\therefore \qquad y_{0}>0$ Debemos mostrar que hay una bola abierta $B_{1}({\overline {v_{0}}},v)$ contenida en el plano superior.

Sea ${\overline {v_{0}}}=(x_{0},y_{0})\in V$ se tiene entonces que $y_{0}>0$. Elegimos $r=y_{0}$ consideremos la bola abierta B$_{1}({v_{0}},y_{0})$, sea ${\overline {v}}=(x,y)\in B_{1}({v_{0}},y_{0})$se tiene entonces que $||{\overline {v}}-{\overline {v_{0}}}||<y_{0}$. Es decir $|x-x_{0}|+|y-y_{0}|<y_{0}$ y queremos ver que y>0, procederemos por contradicción.

Primero supongamos que y=0 se tiene entonces que $|x-x_{0}|+|y-y_{0}|$=$|x-x_{0}|+|y_{0}|<y_{0}$

Esto es una contradicción.

Supongamos que y<0, entonces $|x-x_{0}|+|y-y_{0}|$=$|x-x_{0}|+(-y)+y_{0}<y_{0}$

Esto es una contradicción

$\therefore \qquad$ $y\geq 0$ y el semiplano cerrado es un conjunto cerrado

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1.29) Si ${z_{n}}$ es una sucesión convergente en $\mathbb {C}$, demuestre que su límite es único. Si $z_{n}$ y$w_{n}$ son dos sucesiones convergentes, con límites $L_{1}yL_{2}$, respectivamente, demuestre que:

1)La suma de las sucesiones ${a_{n}}+b_{n}$ converge a $L_{1}+L_{2}$

2)El producto de las sucesiones ${a_{n}}b_{n}$converge a $L_{1}L_{2}$

3)El cociente (cuando está definido) de las sucesiones ${\frac {a_{n}}{b_{n}}}$ converge a ${\frac {L_{1}}{L_{2}}}siL_{2}\neq 0$

Demostración

Primero demostraremos que el límite es único.

Supongamos que la sucesión $(a_{n})_{n}$ tuviera dos límites distintos, digamos $a\neq b$

Sea $\epsilon ={\frac {|a-b|}{4}}$>0. Entonces, por definición, existen números naturales $n_{1}yn_{2}$ tales que $|a-a_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{1}$ y $|b-b_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{2}$.

Llamando Error al representar (error de sintaxis): n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\} se debe cumplir que:

$|a-a_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{0}$ y $|b-b_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{0}$. De donde se deduce que si n>n_{0} ha de ser

$|a-b|=|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}|=\epsilon +\epsilon =2{\frac {|a-b|}{4}}={\frac {|a-b|}{2}}$

$\therefore 1<{\frac {1}{2}}$ es una contradicción, entonces el límite es único.

1)Sea $\epsilon >0$, existen enteros positivos $n_{1}$ y $n_{2}$ tales que $|a-a_{n}|<{\frac {\epsilon }{2}}$ si $n>n_{1}$ y $|b-b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2}}$ si $n>n_{2}$.

Tomando Error al representar (error de sintaxis): n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\} se tiene:

$|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}|\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon$ para cada $n>n_{0}$

Error al representar (error de sintaxis): \therefore a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})

2) Sea $a_{n}$ una sucesión convergente, entonces existe un $\alpha >0$ t.q. $|a_{n}|<\alpha$ $\forall n\in \mathbb {N}$

Entonces

$|ab-a_{n}b_{n}|=|ab-a_{n}b+a_{n}b-a_{n}b_{n})|=|(a-a_{n})b+(b-b_{n})(a_{n})|\leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})||a_{n}|\leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})|\alpha$

Sin embargo $a=lim_{n}a_{n}{\textrm {y}}b=lim_{n}b_{n},\epsilon >0{\textrm {existen}}n_{1},n_{2}\in \mathbb {N} \qquad$ tal que

$|a-a_{n}|<{\frac {\epsilon }{2(|b|+1)}}{\textrm {si}}n>n_{1}\qquad y\qquad |b-b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2\alpha }}{\textrm {si}}n>n_{2}$

Entonces

$|ab-a_{n}b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2(|b|)}}+{\frac {\epsilon \alpha }{2\alpha }}=\epsilon$

tomando Error al representar (error de sintaxis): n_{0}= máx\{n_{1},n_{2}\} se tiene que Error al representar (error de sintaxis): ab = lím_{n}(a_{n}b_{n})

3)Consideremos una cota inferior para la sucesión $(b_{n})_{n}$ en lugar de una acotación superior.

Puesto que $b\neq$ 0 y |Error al representar (error de sintaxis): b|=lím_{n}|b_{n}| , sea $\epsilon ={\frac {|b|}{2}}$ existe $n_{1}\in \mathbb {N}$ tal que Error al representar (error de sintaxis): \\ \alpha:={\frac{|b|}{2}}<|b_{n}| , para $n>n_{1}$.

Si $n>n_{1}$, obtenemos:

${\bigg |}{\frac {a}{b}}-{\frac {a_{n}}{b_{n}}}{\bigg |}={\frac {|ab_{n}-ba_{n}|}{|b||b_{n}|}}={\frac {|ab_{n}-ab+ab-a_{n}b|}{|b||b_{n}|}}\leq {\frac {|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b||b_{n}|}}\leq {\frac {|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha }}$

Sea $\epsilon >0{\textrm {existen}}n_{2},n_{3}\in \mathbb {N} \qquad$tal que:

$|b-b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2(|\alpha |+1)}}|b|\alpha {\textrm {si}}n>n_{2}{\textrm {y}}|a-a_{n}|<{\frac {\epsilon }{2|b|}}|a|\alpha {\textrm {si}}n>n_{3}$

Si tomamos $n_{0}:=max\{n,n_{2},n_{3}\}$ debe cumplirse que

${\bigg |}{\frac {a}{b}}-{\frac {a_{n}}{b_{n}}}{\bigg |}\leq {\frac {|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha }}<{\frac {\epsilon }{2(|\alpha |+1)}}|\alpha |+{\frac {\epsilon }{2|b|}}|b|<\epsilon$

Para $n>n_{0}$

$\lim _{n\rightarrow 00}{\frac {a_{n}}{b_{n}}}={\frac {a}{b}}\qquad b_{n}\neq 0{\textrm {y}}b\neq 0$

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1.69)Sea $d_{c}:\mathbb {C} _{\infty }\times \mathbb {C} _{\infty }\to \mathbb {C} _{\infty }$ la distancia cordal. Demuestre que, en efecto, es una distancia, es decir, satisface las condiciones:

a)$d_{c}(z,w)\geq 0{\textrm {y}}d_{c}(z,w)=0{\textrm {siysolosi}}z=w$

b)$d_{c}(z,w)=d_{c}(w,z)$

c)$d_{c}(z,w)\leq d_{c}(z,u)+d_{c}(u,w){\textrm {,paracualquier}}u\in \mathbb {C} _{\infty }$