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Matemáticas Mate máticas 1 EJERCICIOS RESUELTOS: Números Complejos

Elena Álvarez Sáiz Dpto. Matemática Aplicada y C. Computación Universidad de Cantabria

Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Interpretación geométrica de la suma y el producto

1

Si z 1 y z 2 son complejos, ¿qué representa el número

z1 + z 2

2

. ¿Cuál es el lugar geométrico de los puntos

λz1 + µz 2 si λ y µ son reales y verifican λ + µ = 1 ?

Solución:

Gráficamente el afijo del número complejo z1 + z 2

2

=

x1 + x 2

2

+ i 

y1 + y2  

2

representa el punto medio del vector que une el origen con el afijo del número complejo z1 + z 2

•

Los puntos de la forma λz1 + µz 2 son los puntos de la recta λz1 + µz 2 = ( 1 − µ ) z1 + µz 2 = z1 + µ ( z 2 − z1 )  

es decir, la recta que pasa por z 1 y cuyo vector director es z 2 − z 1 .

2

Demuéstrese que si los puntos z 1 , z 2 , z 3 son los vértices de un triángulo equilátero, entonces: z12 + z 22 + z 32= z1z2 + z1z 3 + z2 z 3  

z 3 − z 1 z 2 − z 1 z1 − z 2 z 3 − z 2

i arg(z 3 −z 1 )

=

z 3 − z1 e 

i arg(z 2 −z 1 )

π

= e 

3

z2 − z1 e 

i arg( z1 −z 2 )

=

z1 − z 2 e 

i arg( z 3 −z 1 )

π

= e 

z 3 − z 2 e 

ya que

arg ( z 3 − z1 ) = arg ( z 2 − z1 ) +  

2

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i 

π

3

3

i 

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

arg ( z 3 − z 2 ) +

π

3

= arg ( z1 − z2 )  

Por lo tanto, z 3 − z1 z 2 − z1

=

z1 − z 2   z 3 − z2  

⇒ z 32 − z1z 3 − z 2z 3 + z2z1 = z2 z1 − z22 − z12 + z1z2   ⇒

⇒ z12 + z 22 + z 32 = z1z 2 + z1z 3 + z2 z 3  

Veamos si es cierto o no el recíproco, es decir, veamos si es cierto que dados z 1 , z 2 , z 3 son los tres diferentes verificando

z12 + z 22 + z 32= z1z 2 + z1z 3 + z2 z 3   entonces

forman un

triángulo equilátero.

Se realiza la traslación del triangulo llevando zo al origen: z * = z − z 1 . Los números son ahora:

{ 0, z 2 − z1, z 3 − z 1 } = { 0, z 2* , z 3* }  Entonces, la igualdad z12 + z22 + z 32= z1z2 + z1z 3 + z2 z 3   se transforma en z 2*z 3* = z 2*2 + z 3*2 

despejando *2 z 3*2 − z 2* z 3* + z*2 2 = 0

⇒ z 3* =

⇒

resolvemos  la ecuación  de segundo  segundo  grado en z 3*

π

3

3

(

)

radianes (60 grados) y como

{ 0,z 2*, z 3* } { z1, z2* + z1, z2* + z1 − z1 } = { z1, z2 , z3 }  .

que z 3* = z 2* . Por lo tanto,

1 * z 2 + z2*2 − 4z 2*2   ⇒ 2

1 1  3i z2* ) ⇒ z 3* = z2*  ± 3i      2 2

1 * (z ± 2 2

Esto significa que z 3* es z 2* girado

z 3* =

1 1 ± 3 i  = 1 se tiene 2 2

forman un triángulo equilátero lo que significa que

Un triangulo equilátero tiene su centro en el origen y un vértice en el punto (1,0). Determinar los otros dos vértices.

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3

Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Los ángulos que forman dos lados de un triángulo equilátero son de avanzar

π

2

+

π

3

=

π

3

radianes, luego hay que

2π . Por lo tanto, como uno de los vértices es z1 = 1 = e 2πi  , se tiene que 3 z 2 = e 2 πi e

z 3 = e 2πi e

2πi

2πi

3e

3

2πi

=e

3

2 πi  3

=e

= cos

4 πi 

3

−1 2π 2π 3 + isen = + i 3 3 2 2

= cos

 

−1 4π 4π 3 + isen = − i 3 3 2 3

 

son los otros dos. En forma binómica  3   −1 3   − (1, 0),  −1 , , ,   2   2 2   2

Otra forma: Podía haberse resuelto el problema observando si los afijos de z 1 , z 2 , z 3 forman un triángulo equilátero entonces z1 = z 2 = z 3     

    

    

  

    

y el ángulo entre 0z 1 y 0z 2 es el mismo que entre 0z 2 y 0z 3 y el mismo que entre 0z 2 y      0z 1 . Por esta razón los tres vértices son las tres raíces cúbicas de la unidad. unidad. En efecto, 3

1=

2k π i  e 3

k = 0, 1, 2 ⇒

z1 = e 0i , z 2 = e

2π i 3

, z3 = e

4 π i  3 

Coordenadas complejas conjugadas

4

Hállese la ecuación de la circunferencia circunferencia a(x 2 + y 2 ) + 2bx + 2cy + d =   0

en función de las coordenadas complejas conjugadas (es decir, en función de z y de su conjugado)

  Sea z = x + iy y  z = x − iy entonces z +z

2

=x

z −z

2i 

 

=y

x 2 + y2 = z

Sustituyendo en la ecuación dada de la circunferencia

4

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2

= zz

 

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

 z + z       + 2c  z − z  +   0 ⇔  i   d = 0 ⇔ az z + bz + bz − ciz + ci z + d =  2   2 

a(z z ) + 2b 

⇔ az z + z (b − ci ) + z (b + ci ) + d  = 0

Módulo

5

Indicar si es correcto o falso el enunciado siguiente, razonando la respuesta: Sean z1, z 2 ∈ » de módulo 1, entonces z 1 + z 2 = 2 ⇔ z1 = z 2

⇒

 

Como z1, z 2 ∈ » de módulo 1, llamando φ = arg ( z 1 ) y ψ = arg ( z 2 ) en forma exponencial serán z1 = e i φ y z 2 = e i ψ . Luego, z1 + z 2 =

=

( z1 + z2 ) ( z1 + z2 ) = ( z1 + z2 )( z1 + z2 )  = 2 + z1 z2 + z2 z1  

z 1 z1 + z 1 z 2 + z 2 z 1 + z 2 z 2 =

En consecuencia, z 1 + z 2 = 2 ⇔ 2 + z 1 z 2 + z 2 z1 = 4 ⇔

(

⇔ Re e

i ( φ − ψ )

)=1

z 1 z 2 + z 2 z1  

2

(

)

= 1 ⇔ Re z1 z 2 =  1 ⇔

⇔ cos ( φ − ψ ) = 1 ⇔ φ = ψ + 2k π

y, por tanto, como z1 = e i φ y z 2 = e i ψ la última afirmación es lo mismo que decir, z1 = z 2 .

⇐

La implicación en el sentido ⇐ es trivial ya que si z1 = z 2 entonces z1 + z 2 = 2z 1 , y, por tanto z1 + z 2 = 2 z 1 = 2

Otra forma.- También puede realizarse la demostración simplemente operando en forma binómica. Teniendo en cuenta que z 1 y z 2 son de módulo unidad su representación es

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5

Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

z1 = cos φ + isenφ

z 2 = cos ψ + isen ψ  

se cumplirá 2 = z1 + z 2 =

2

2

( cos φ + cos ψ )

+ ( senφ + sen ψ ) 

operando, cos2 φ + cos2 ψ + 2 cos φ cos ψ + sen 2φ + sen 2 ψ + 2sen φsen ψ  =

2=

2 + 2 ( cos φ cos ψ + sen senφsen  sen ψ ) =

=

2 1 + cos ( φ − ψ )

Luego,

2 = z1 + z 2

⇔ 4 = z1 + z 2

2

  ⇔ 1 = cos ( φ − ψ ) ⇔

⇔ ϕ − ψ = 2k π ⇔ ϕ = ψ + 2k π

⇔

z 1 = z2

 

por hipótesis  z1 = z 2 =1

y, por tanto z1 = z 2 .

6

Dos números complejos no nulos son tales que z1 + z 2 = z1 − z2  . Probar que

z 1

Método 1.- Por hipótesis, z1 + z 2 = z 1 − z 2

z1 + z 2

2

2

= z1 − z2   ⇔

( z1 + z2 ) ( z1 + z2 ) = ( z1 − z2 ) ( z1 − z2 ) 

⇔ ⇔

⇔

⇔

z1 z1 + z1 z 2 + z 2 z1 + z2 z2 = z1 z1 − z1 z2 − z2 z1 + z2 z2   ⇔

(

)

(

)

2 z 1 z 2 + z 2 z 1 = 0 ⇔ Re z 1 z 2   = 0

⇔

luego z2 z 1

=

z 2 z 1

=

z1 z 1

(

(

)

(

Re z 2 z1 + i Im z2 z1 z1

)

2

donde se ha aplicado que Re z1 z 2 = 0 y, por tanto,

6

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) = i  Im ( z z )  2 1

z 1 z 1 z 2

2

es imaginario.

z 2

es imaginario.

Ejercicios: Números Complejos

Ingeniería de Telecomunicación Fundamentos Matemáticos I

Método 2.- Sea z1 = a + bi z 2 z1

=

z2 = c + di  

(c + di )(a − bi )  ca + db + i (da − cb) ca + db da − cb = = + i  b i ) ( a − bi bi )  (a + bi a 2 + b2 a2 + b2 a2 + b2

(1)

Por otro lado, por hipótesis z1 + z 2 = z1 − z 2  

luego,

( a + c ) + i (b + d )

= (a − c ) + i (b − d )

⇔

2

(a + c )

+ (b + d )2 = (a − c )2 + (b − d )2  ⇔

⇔ a 2 + c 2 + 2ac + b 2 + d 2 + 2bd = a 2 + c 2 − 2ac + b 2 + d 2 − 2bd   ⇔ ⇔ 4ac = −4bd ⇔ ac = −bd  

Finalmente, sustituyendo en (1) z 2 z 1

da − cb

= i 

a 2 + b2

que demuestra que es un número imaginario puro.

7

Calcular el valor de a  y b para que

3b − 2ai  sea real y de módulo unidad 4 − 3i 

Operando z =

•

(3b − 2ai )(4 + 3i )   12b − 8ai ai + 9bi bi + 6a 12b + 6a 9b − 8a   = = + i  (4 − 3i )(4 + 3i ) 16 + 9 25 25

Si se quiere que sea real 9b − 8a 8a  = 0 ⇒ 9b − 8a = 0 ⇒ b = 25 9

•

Si además es de módulo uno 12b + 6a 96a  2 = 1 ⇒ 12b + 6a = 25 ⇒ + 6a = 25 ⇒ a =   25 9 3

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7

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Luego, los valores pedidos son a =

2 4 b = 3 3

Lugares geométricos

8

Describir los conjuntos de puntos del plano determinados por las siguientes ecuaciones

(a)

z − 2i  ≤ 1

Sea z = a + bi  entonces z − 2i = a + (b − 2)i ,  se cumplirá z − 2i ≤ 1

a 2 + (b − 2)2 ≤ 1

⇔

⇔ a 2 + (b − 2)2 ≤ 1

El conjunto buscado es el interior del círculo de centro (0,2) y radio 1.

(b)

z − 2 > z  − 3   módulos Sea z = x + iy   entonces z − 2 = (x − 2) + iy y  z − 3 = (x − 3) + iy , sus z −2 =

(x − 2)2 + y 2

z −3 =

(x − 3)2 + y 2

 

y por tanto, ⇔ (x − 2)2 + y 2 > (x − 3)2 + y 2 ⇔  

z −2 > z −3

⇔ x 2 + 4 − 4x + y 2 > x 2 + 9 − 6x + y 2 ⇔

2x > 5 ⇔ x >   5

2

La solución es el conjunto

{

R = x + i y / x > 5 / 2, x , y ∈  ℜ

(c)

}

z − 1 + z  + 3 = 10

Forma 1: Por definición de elipse se trata de una elipse de focos los puntos 1 y =3 y semieje mayor 5

8

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Fundamentos Matemáticos I

  Forma 2: Sea z = x + iy ,  entonces z − 1 = (x − 1) + iy , z  + 3 = (x + 3) + iy , luego z − 1 + z + 3 = 10

2

( x − 1)

⇔

+ y2 +

(x

2

+ 3 ) + y 2 = 1  0

Pasando una de las raíces al segundo miembro y elevando al cuadrado  

2

2   

2

( x − 1 ) + y 2 =  10 −

(x + 3) + y2 

x 2 + 1 − 2x + y 2 = 100 + (x + 3)2 + y 2 − 20

−8x − 108 = −20

2x + 27 = 5

2

(x + 3) 2

(x

2

+ 3 ) + y2

 

+ y 2

(x + 3)

+ y 2

(

2

Elevando nuevamente al cuadrado, 2

( 2x + 27 )

= 25 ( x + 3 ) + y 2

)

4x 2 + 27 2 +108x = 25(x + 3)2 + y 2 = 25(x 2 + 9 + 6x + y 2 )   21x 2 + 42x + 25y 2 = 504 Completando cuadrados 21(x 2 + 2x ) + 25y 2 = 504 21 ( (x + 1)2 − 1 ) + 25y 2 = 504 21(x + 1)2 + 25y 2 = 525 Se trata de la elipse (x + 1)2 y2 + =1 525 525 21 25

(d)

⇔

(x  + 1)2

+

52

y 2

21

=1

z z  > 4

Sea z = x + iy ,  z = x − iy  entonces zz > 4 ⇔

( x + iy ) ( x − i y ) = x 2

+ y2 = z

2

>4

⇔

z >   2

Luego z z  > 4 es la región del plano exterior de la circunferencia de centro (0,0) y radio 2.

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9

Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

(e)

z − 3i  = 4

Sea z = x + iy ,  z − 3i = x + i(y −   3) entonces z − 3i = 4

⇔

x 2 + (y − 3  )2 = 16 16

Se trata de la circunferencia de centro (0,3) = 3i y radio 4.

(f)

z < 1, Im z  > 0

Se trata del conjunto

{ x + iy / x 2 + y 2 < 1

, y >  0}

es decir, del interior del semicírculo superior de radio 1.

(g)

2

z 2 + z  = 1

Sea z = x + iy ,  z = x − iy ,  entonces  π i   1 ± 3i  e 6 4 2 4 2 2 = π z + 1 = z ⇔ z − z + 1 = 0 ⇔ z =   − i  2 e  6 

Luego:   π i  π  e 12 i   e 6 =     π + π i   e  12     z  =    − π i  π  − i  e  12  e  6 =      − π + π i   e  12   

9

Consideremos el número complejo: z = x + iy =  

1

2 + cos t + isent   Probar que cuando “t” varia en los numeros reales, z se mueve sobre la circunferencia cuyo diámetro es el segmento que uno los puntos (1/3,0),(1,0).

10

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Fundamentos Matemáticos I

Calculamos en primer lugar la expresión de x  y de y  en función de t  . Multiplicando por el conjugado del denominador 1(2 + cos t − isent )  = (2 + cos t + isent )(2 + cos t − isent )  =

2 + cos t (2 cos t )2 + se s en 2t

−i

sent

4 + cos2 t + 4 cos t + sen 2t  

=

2 + cos t sent   − i  5 + 4 cos t 5 + 4 cos t 

Luego x =

2 + cos t 5 + 4 cos t

−sent   5 + 4 cos t 

y  =

Para comprobar que ( x, y ) está en la circunferencia de centro (a,b ) y radio r  basta verificar que

2

(x − a )

2

+ ( y − b ) = r 2 .  En nuestro caso





(a,b ) =  23 , 0 

y r  =

1 . Es evidente que 3

cualquier punto de la forma  2 + cos t −sent      ,  5 + 4 cos t 5 + 4 cos t  

cumple la ecuación de la circunferencia. En efecto,  2  2    x − 2  + y 2 =  2 + cos t − 2  +  −sent    =     5 + 4 cos t 3   5 + 4 cos t    3  2

( 6 + 3 cos t − 10 − 8 cos t ) = 2 9 ( 5 + 4 cos t )

+

sen2t 

(5 + 4 cos t )2

2

=

( −4 − 5 cos t ) + 9sen 2t   16 + 25 cos2 t + 40 cos t + 9sen 2t = = 2 9(5 + 4 cos t )2 9 ( 5 + 4 cos t ) =

25 + 16 cos2 t + 40 cos t  9(5 + 4 cos t )2

 

=

2 1  1  = =   9  3 

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11

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Fundamentos Matemáticos I

Potencias de exponente natural

10

Escribir en forma binómica el complejo:  1 + cos x + isenx  n   z  =   1 + cos x − isenx  

Método 1.- Sea z1 = 1 + cos x + isenx = 1 +

= 1+

e 2ix + 1

2e

ix

+

e 2ix + 1

2e

ix

−

2

  e 2ix − 1 ix

 

2e 

z1 = 1 + cos x − isenx = 1 +

=1+

e ix + e−ix

  e 2ix − 1 ix

2e 

 

eix − e−ix    =   2 i 

= 1 + e ix 

eix + e−ix

2

+i

−i

eix − e −ix    =   2 i 

= 1 + e −ix 

Por lo tanto,  z  n   1 + e ix   z =  1  =   1 + e−ix  z 1 

n  −ix  ix  =  e ( 1 + e    ix     (e  + 1 )

n 

)   

inx   = e  

Método 2.- Sea z1 = 1 + cos x + isenx

z1 = 1 + cos x − isenx  

entonces  z n  z1n z 1n  z 1n   1  = z  =   = n n   z 1  z1 z1 z 1n  i θ

Si consideramos que en forma exponencial la expresión de z 1 es re  se tiene z  =

z1n z 1n  n

n 

z1 z 1

12

=

z 12n  r 2n

 r ( cos θ + isen θ )  2n  r 2n  ( cos 2n θ + isen 2n θ  )   = =

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r 2n

r 2n

 

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Simplificando, z = cos 2n θ + isen 2n θ 

Para obtener la expresión en función de x  se considera que θ = arctg

senx

1 + cos x

= arctg

1 − co cos2 x (1 + cos x )2

 x x 1 − co cos x = arctg  tg    =  2  1 + cos x  2

= arctg

 

donde se ha utilizado 1 − cos x = 2sen 2

x

2

1 + cos x =  2 cos2

x 

2

Por lo tanto,  z  n   z =  1  = cos 2n θ + isen 2n θ = cos nx + isen nx    z 1 

11

Sabiendo que z +

1 z 

= 2cos t  , t  ∈  , z  ∈ » , hallar lo más simplificado simplificado posible posible z n  +

1 z n 

Se tiene que z +

1 z 

= 2 cos t ⇒ z 2 + 1 = 2z cos t ⇒ z 2 − ( 2 cos t ) z + 1  = 0 ⇒

1 ⇒ z = (2 cos t ± 2

4 cos2 t − 4 = cos t ±

cos2 t − 1 = cos t ± isent

 

Por lo tanto, z n  = cos nt ± isennt .  Por otro lado,

1 z

=

1 cos t ∓ isent   = = cos t ∓ sent cos t ± isent   cos2 t + sen 2t

⇒

1

= cos tn ∓ sentn  

z n   

La expresión que nos piden simplificar será zn +

1 zn

= cos nt ± isennt + cos nt ∓ isennt

⇒ z n  +

1 z n 

= 2 cos nt  

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13

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Fundamentos Matemáticos I

Raíces enésimas

12

Calcular z =

6

1−

3i 

Calculando su módulo y argumento r = z  =

1+ 3 = 2 − 3 π =− 1 3

φ = arg ( z ) = arctg  

se tiene que sus raíces sextas son: z k  =

6

2 −π

3

+ 2k π

k  = 0, 1, 2, 3, 4, 5

6

13

(a) Demuestre que la suma de las raíces n-ésimas de la unidad es cero. (b) Demuestre que el producto de las raíces n- enésimas de la unidad es 1 ó –1.

(a)

Las raíces n- enésimas de la unidad son de la forma: z k  = e

i 

2k π

k = 0, 1, ..., n − 1 

n 

Por tanto, n −1

n −1

∑ zk  = ∑ e

k =0

i

2κπ n

= 1+e

i

2π n

+e

i

4π n

+…+e

i2

n −1 n

 

π 

 

k = 0

2π

Esto es la suma de los n primeros términos de una progresión geométrica de razón e  n  primer termino 1, es decir, n −1

∑ z k  =

k = 0

1 − e 2πi  2π

1 − e  n 

=0

i 

(b) Considerando ahora el producto, n −1

∏ zk  = 1 * e

i

2π n

*e

i

4π n

* .. .. * e

k = 0

14

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i 2

n −1 n 

π

=e

 n −1  2π 4 π π   0 +i +i +...+i 2  n n n  

2π

= e n 

n −1

i ∑ k  k = 0

 

i 

y

Ejercicios: Números Complejos

Ingeniería de Telecomunicación Fundamentos Matemáticos I

n −1

como,

∑ k  =

n(n  − 1)

se tiene

2

k = 0

 −1 si n par  z k  = e (n +1)πi  =    1 si n impar  k = 0 n −1

∏



Logaritmos complejos

14

De entr entree tod todas as las las raí raíce cess n-é n-ési sima mass del del comp comple lejo jo 1 +

3i  . ¿Hay alguna raíz cuyo logaritmo principal sea

real? Calculamos en primer lugar n 

•

de módulo:

•

de argumento:

n 

1+

3 i  . Por definición,

n 

z  son los números complejos

r 

φ + 2κπ n 

En este caso z = 1 +

con k = 0, 1, 1, 2, 2, .. ...(n  − 1) ;

3 i  , luego

2

1 + ( 3) = 2

r  =

3 π 3 φ = arctg = arctg   2 = . 1 1 3 2 Por tanto, •

n 

1+

3i  tendrá

por módulo:

n 

2 π

•

por argumento:

3

+ 2κπ

con k = 0, 1, 1, 2, 2, .....(n  − 1)

n 

es decir, z k  =

n 

2π

3

+ 2k π

con k = 0, 1, 1, 2, 2, .....(n  − 1)

n 

zk  =

n 

  − π + 2k π      π + 2k π     3 3  2  cos  1, 2, 2, .....(n  − 1)  + isen      con k = 0, 1,       n n      

Profesora: Elena Álvarez Sáiz S

15

Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Teniendo en cuenta que el logaritmo principal de z k  es log zk = ln zk + i arg ( zk  )   se cumplirá que log z k ∈  ⇔ arg ( z k  ) = 0 es decir, π

3

+ 2k π n 

−π =0 ⇔ π

3

+ 2k π = 0

⇔ k  =

3 = −1 2π 6

Como los valores posibles de k  son 0, 1, 1, 2, 2, .. ...(n  − 1) entonces la pregunta planteada sobre si hay alguna raíz cuyo logaritmo principal sea real tiene por respuesta que no existe ninguna raíz cuyo logaritmo principal sea real.

15

Calcular el siguiente número complejo: z  =

 1 + i   log   1 − i   i

2

Como 1 + i  (1 + i )(1 + i ) = = i  1−i (1 − i)(1 + i ) π  log i =  + 2k π  i    2

El valor pedido es: z =

16

i 

Dado a + bi  = log ω siendo ω tal que

Se considera ω = c + di  cumpliendo

16

2

Profesora: Elena Álvarez Sáiz

log i = π + 4k π

ω

1 + i  3

ω

2

k ∈  

es real y el módulo de ω es la unidad. Hallar a + bi  .

= c 2 + d 2 = 1 . Se cumplirá que

Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

( )(

) )

 (c + di ) 1 − i  3  ∈  r  = ⇔  + 1 i 3 1 − i  3  c 2 + d 2 = 1 

 ω  r  = ∈  ⇔ + 1 i  3   ω = 1

(

 c + d 3 + i −c 3 + d     ∈ ℜ ⇔  −c 3 + d  = 0 ⇔  r  =  2 4  2 c + d 2 = 1 2   c + d  = 1

(

⇔

⇔ c=±

)

1 2

(

)

3 1 3 ⇔ ω1 = + i 2 2 2

d =±

1 2

ω2 = − −

3 i 2

 

Luego  π +2k π   3 i    = log ω1 = ln e 2       −2π +2k π   3 i    = 2 log ω2 = ln e     

Observación:

Puede

ser

interesante

π   + k π + 2k´π  i   6

k´∈ Z , k =  0, 1

 π   − + k π + 2k´π  i    3

considerar

la

k´∈ , k = 0   ,1

expresión

de

ω de

la

forma:

ω = e it  = cos t + isent   ya que al tener módulo uno quedará perfectamente determinado si se

conoce arg ( ω ) = t  . 17

(a) Escribir la forma binómica y exponencial el número complejo z  =

i x 

1 + 2i 

dando x  =

(numero de

lista del alumno en clase) + 1000  i x    (b) Calcular log z  = log   1 + 2i 

Supongamos que x  = 121 + 1000 = 1121

z =

i 1121

1 + 2i

=

i 4 *28 +1

1+

2i

=

i

1+

2i

=

(1 − (1 +

2i ) i 

2i )( 1 − 2i )

=

2   2 1 = + i  3 3  1 + 2

i+

En forma exponencial z  se expresará

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17

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

3 φi  e 3

z =

   1 2   z  =  3   ya que        φ = arctg     

 2 2  = +   3  1  3   2  3

1 3 = 3 3

Calculamos su logaritmo    i x    = log  2 + 1 i  = log z = log  3   1 + 2i   3 = ln

  1   3 + i  arctg   + 2k π  k  ∈     2  3

La rama principal se obtiene para k  = 0 log z = ln

  1  3 + i  arctg        2   3

Potencias complejas

18

z 

Sea “z” un número complejo de representación binómica z = a + bi y consideramos la potencia ( 1 + i ) . Se pide, para cada una de las condiciones siguientes el conjunto de todos los complejos que la cumplen y un ejemplo:

z 

(1 + i )

=e

=e

z log( 1+i )

(

= e(

x +iy ) log( 1+i )  

x log 2 −y π +2k π

4

=e



)ey log

( x +iy )( log  

π   2 +x  +2k π   i  4 

(

))

2 + π +2k π i 4

 

=

 

k  ∈ 

A - Que la potencia tenga tenga algún valor real.  

π  π  + 2k π   = 0 ⇔ y log 2 + x  + 2k π  = k´π  4    4 

sen  y log 2 + x 

18

Profesora: Elena Álvarez Sáiz

k´∈  

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

⇔ x =

k´π − y  log 2

π

4

k, k ´∈ 

+ 2k π

Basta dar valores a y, k y k´para obtener x. En esos casos z = x + i y   verificara que su potencia tiene algún valor real.

B – Que la potencia tenga resultado único. Si x  es entero, y  = 0 el resultado es único. e x  log

2

   cos πx + isen πx      4 4 

C – Que la potencia tenga sólo un número finito de resultados

Si x = p / q  e y  = 0 sólo hay q  resu result ltad ados os corr corres espo pond ndie ient ntes es a k = 0,1,2 ,1,2,.. ,..., ., q  − 1 . D – Que la potencia tenga todos los resultados con el mismo modulo e

π  x log 2 −y  +2k π   4



= cte ⇒ y =   0

E – Que la potencia tenga todos los resultados con el mismo argumento. π  + 2k π  = cte ⇔ x ∈     4

y log 2 + x 

19

Calcular log2−2i (1 + i ) Aplicando la definición

( (

)

ln 2 + π + 2k π i  log(1 + i ) 4 log2−2i (1 + i ) = = = log(2 − 2i ) − ln 2 2 + π + 2k ' π i  4

(

)

)

(

)

 m 2 + π + 2k π i   m 2 2 − −π + 2k ' π i      4 4 =  2 2 m 2 2 + −π + 2k  ' π 4

(

)

(

 

)

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19

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

siendo k , k ´∈ 

Polinomios

20

Hallar los números complejos z tales que 2

z 2 + 2z + z − z +  9 = 0

Sea z = a + bi  debemos encontrar a  y b de forma que: 2

(a + bi )

2

+ 2 (a − bi ) + (a + bi ) − (a − bi )  + 9 = 0 ⇔

⇔ a 2 − b 2 + 2abi + 2a 2 − 2b 2 − 4abi + 2bi +   9 =0 ⇔  3a 2 − 3b2 + 9 = 0 (3a 2 − 3b 2 + 9) + i (−2ab + 2b) = 0 ⇔   −2ab + 2b = 0 

Se distinguen dos casos: Caso 1: b = 0 , entonces por la primera ecuación a 2 = −3 , esto es absurdo pues a  y b son números reales. Caso 2: b ≠ 0 , entonces a  = +1 , y sustituyendo en la primera ecuación −3b 2 − 12 ⇒ b = ±2 Luego los números complejos son: z1 = +1 + 2i

21

z 2 = +1 − 2i

 

¿Cuántas raíces tienen los polinomios? ¿Puedes decir algo sobre el número de raíces reales? ¿Por qué?

(a)

p(x ) =

(

)

2 + 2i x 5 + 3x 2 + 2i

 

5 raíces en » . No No se se puede puede decir nada sobre las reales reales porque porque p( x ) no es un polinomio con coeficientes en  .

20

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Ingeniería de Telecomunicación

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

(b)

p(x ) =

2x 7 + 3x 6 +   2

7 raíces en » . Tiene al menos una real por ser el grado impar.

(c)

p(x ) =

3x 5 + 3x 2 +   2

5 raíces en » . Tiene al menos una real por ser grado impar.

(d)

p(x ) =

3x 7 + ( 2 + 2i)x 6 +   2

7 raíces en » . No No se se puede puede decir nada sobre las reales reales porque porque p( x ) no es un polinomio con coeficientes en  .

22

Si F ( z ) es un polinomio con coeficientes reales y F ( 2 + 3i ) = 1 − i  ¿a qué es igual F ( 2 − 3i ) . ¿Queda determinada F ( a − bi )  conociendo F ( a + bi )  , si los coeficientes de F ( z ) no son todos reales?

a)

Sea F (z ) = a 0 + a1z + .... + an z n 

an    ≠ 0 , entonces como sus coeficientes son reales

(

)

F (z ) = a 0 + a1 z + ... + a n z n = a 0 + a1z + ... + an z n  = F (z )  

luego, F (2 − 3i ) = F (2 − 3i ) = 1 − i = 1 + i

b)

 

En el caso de que los coeficientes de F ( z ) no sean todos reales no se determina el

valor de F ( a − bi )  conocido el de F ( a + bi )  . Por ejemplo, en el caso de F (z ) = iz 2  F (2 + 3i ) = i(2 + 3i )2 = i(4 + 12i − 9) = i(−5 + 12i) = −12 − 5i F (2 − 3i ) = i(2 − 3i)2 = i(4 − 12i − 9) = i(− 5 − 12i) = 12 − 5i

23

   

Hallar la relación que deben verificar los coeficientes a  , b , c  , d  reales para que las raíces de la ecuación z 2 + (a + bi) + (c + di )   = 0

tengan el mismo argumento.

Sean z 1 , z 2 las raíces. Expresándolas en forma exponencial serán

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21

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

z1 = ρ1e θi  z 2 = ρ2e θi 

Como, (z − z1 )(z − z 2 ) = z 2 − (z1 + z2 )z + z1z 2 = z 2 + (a + bi bi )z + (c + di di )   se cumple que z1 z 2 = c + di   y z1 + z 2 = − ( a + bi )  . Por lo tanto,

z1 * z2 = c + di ⇒

ρ1ρ2e 2θi  = c + di  

 z1 + z 2 = (ρ1 + ρ2 )e θi  

θi   ⇒ (ρ1 + ρ2 )e = −a − bi    z1 + z 2 = −(a + bi )    

luego,  ρ1ρ2 cos2θ = c    ρ ρ sen2θ = d    1 2  ( ρ1 + ρ2 ) cos θ = −a    ( ρ1 + ρ2 ) senθ = −b

De donde, tg 2θ =

d

tg θ  =

c

b a 

de relacionar la tangente del ángulo doble con la tangente se encontrará la relación entre los coeficientes. Como tg 2θ =

sen 2θ

cos2θ

=

2senθ cos θ cos2 θ − sen 2 θ

=

2tg θ   1 − tg 2 θ 

b

Entonces

d c 

=2

a  2 1 −b

=2 a 2

ab 2

a − b2

La relación buscada es d c 

=2

ab 2

a −b

2

si a 2 ≠ b2

Nota: Si en la solución de algún ejercicio crees que hay algún error ponte en contacto con la profesora para su corrección.

22

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