Usuario discusión:Cecilia Carrizosa Muñoz

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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:
\[\overline{zw}=\overline{(a+ib)(c+id)}= \overline{(ac-bd)+(ad+bc)i}= (ac-bd)-(ad+bc)i = ac-iad+bd-icd =\]
\[= ac-iad+i^2bd-icb = a(c-id)-ib(c-id) = (a-ib)(c-id) = \overline{z}*\overline{w}\]
\[ \therefore \overline{zw}=\overline{z}*\overline{w}\]
(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:
\[ \overline{z} = \overline{a+0i} = a-0i = a \]
\[ \therefore \overline{z}=z \]

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

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


\(Sea z\in\mathbb{C}\) y \(n\geq2\) Diremos que z es una raíz n-ésima de la unidad si \[z^n=1\]

i escribimos en la forma polar \[ z^n=r^ne^{in\theta}\]

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

\[e^{i\frac{2k\pi}{n}}\qquad\] (\(r=0,1,...,{}\nonumber\\\))

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,\(w_{n}\),\(w_{n}^2\),...,\(w_{n}^{n-1}\)

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


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 \(L_{1} y L_{2}\), 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 de las sucesiones \({{\frac{a_{n}}{b_{n}}}\) converge a \({\frac{L_{1}}{L_{2}}\)

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 \(n_{1} y n_{2}\) tales que \(|a-a_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{1}\) y \(|b-b_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{2}\). Llamando \(n_{0}=máx{n_{1},n_{2}}\) 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 \(|a-b|=|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}|\) < \(\epsilon +\epsilon =2{\frac{|a-b|}{4}}={\frac{|a-b|}{2}}\) \(\therefore\qquad\) \(1<{\frac{1}{2}}\) 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 \(n_{0}=máxn_{1},n_{2}\) 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 \(n>n_{0}\)

\(\therefore\qquad\) \(a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})\)

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=\(lim_{n}a_{n}\) y b=\(lim_{n}b_{n}\), \(\epsilon\) >0, existen \(n_{1},n_{2}\in \mathbb{N}\) t.q. <\(|a-a_{n}|<{\frac{\epsilon}{2(|b|+1)}}\) si \(n>n_{1}\) y \(|b-b_{n}|<{\frac{\epsilon}{2\alpha}}\) si \(n>n_{2}\)

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

tomando \(n_{0}=máxn_{1},n_{2}\) se tiene que \(ab=lím_{n}(a_{n}b_{n})\)

3)Consideremos una cota inferior para la sucesión (b_{n})_{n} en lugar de una acotación superior. Puesto que \(b\neq\) 0 y |\(b|=lím_{n}|b_{n}|\), sea \(\epsilon ={\frac{|b|}{2}}\) existe \(n_{1}\in \mathbb{N}\) t.q. \(\\ \alpha:={\frac{|b|}{2}}<|b_{n}|\), para \(n>n_{1}\). Si \(n>n_{1}\), obtenemos \(|{\frac{a}{b}}-{\frac{a_{n}}{b_{n}}}|\)=\(|{\frac{ab_{n}-ba_{n}}{bb_{n}}}|\) ={\frac{|ab_{n}-ab+ab-a_{n}b|}{|b||b_{n}}