Interpretación geométrica de la suma y el producto, Apuntes de Geometría

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EJERCICIOS RESUELTOS:

Números Complejos

Matemáticas

Elena Álvarez Sáiz

Dpto. Matemática Aplicada y C. Computación

Universidad de Cantabria

Profesora: Elena Álvarez Sáiz

Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Interpretación geométrica de la suma y el producto

Si

1

z y

2

z son complejos, ¿qué representa el número

1 2

z + z

. ¿Cuál es el lugar geométrico de los puntos

1 2

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

Solución:

Gráficamente el afijo del número complejo

1 2 1 2 1 2

z z x x y y

i

representa el punto medio del vector que une el origen con el afijo del número

complejo

1 2

z +z

• Los puntos de la forma

1 2

λz + μz son los puntos de la recta

1 2 1 2 1 2 1

λz + μz = 1 − μ z + μz = z + μ z −z

es decir, la recta que pasa por

1

z y cuyo vector director es

2 1

z − z.

Demuéstrese que si los puntos

1

z ,

2

z ,

3

z son los vértices de un triángulo equilátero, entonces:

2 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 3

z + z + z = z z + z z +z z

3 1

2 1

arg( )

3 1 3 1

3

arg( )

2 1

2 1

i z z

i

i z z

z z e z z

e

z z

z z e

π

−

−

( )

( )

1 2

3 1

arg

1 2 1 2

3

arg

3 2

3 2

i z z

i

i z z

z z e z z

e

z z

z z e

π

−

−

ya que

3 1 2 1

arg arg

z z z z

π

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

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

π

radianes, luego hay que

avanzar

π π π

• =. Por lo tanto, como uno de los vértices es

2

1

i

z e

π

= = , se tiene que

2 2

2

3 3

2

cos

i i

i

z e e e isen i

π π

π

π π −

2 2 4

2

3 3 3

3

cos

i i i

i

z e e e e isen i

π π π

π

π π −

son los otros dos. En forma binómica

Otra forma: Podía haberse resuelto el problema observando si los afijos de

1

z ,

2

z ,

3

z forman

un triángulo equilátero entonces

1 2 3

z = z = z

y el ángulo entre

1

0 z

y

2

0 z

es el mismo que entre

2

0 z

y

3

0 z

y el mismo que entre

2

0 z

y

1

0 z

. Por esta razón los tres vértices son las tres raíces cúbicas de la unidad. En efecto,

2

2 4

3 0

3 3 3

1 2 3

k

i i i

i

e k z e z e z e

π

π π

Coordenadas complejas conjugadas

Hállese la ecuación de la circunferencia

2 2

a x ( + y ) + 2 bx + 2 cy + d= 0

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

Sea z = x + iyy z = x − iyentonces

2

2 2

z z z z

x y x y z z z

i

Sustituyendo en la ecuación dada de la circunferencia

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Fundamentos Matemáticos I

Ejercicios: Números Complejos

z z z z

a z z b c d az z bz bz ciz ciz d

i

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

Módulo

Indicar si es correcto o falso el enunciado siguiente, razonando la respuesta:

Sean

1 2

z ,z ∈ » de módulo 1, entonces

1 2 1 2

z + z = 2 ⇔ z =z

⇒ Como

1 2

z ,z ∈ » de módulo 1, llamando

1

φ = arg z y

2

ψ = arg z en forma

exponencial serán

1

i

z e

φ

= y

2

i

z e

ψ

=. Luego,

( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

z + z = z + z z + z = z + z z + z =

1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1

= z z + z z + z z + z z = 2 + z z +z z

En consecuencia,

( )

1 2 2 1

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 4 1 Re 1

z z z z

z z z z z z z z

( )

( )

Re 1 cos 1 2

i

e k

φ ψ

φ ψ φ ψ π

−

y, por tanto, como

1

i

z e

φ

= y

2

i

z e

ψ

= la última afirmación es lo mismo que decir,

1 2

z = z.

⇐ La implicación en el sentido ⇐ es trivial ya que

si

1 2

z = z entonces

1 2 1

z + z = 2 z, y, por tanto

1 2 1

z + z = 2 z = 2

Otra forma.- También puede realizarse la demostración simplemente operando en forma

binómica. Teniendo en cuenta que

1

z y

2

z son de módulo unidad su representación es

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Ejercicios: Números Complejos

Método 2.- Sea

1 2

z = a + bi z = c +di

2

2 2 2 2 2 2

1

ca db i da cb c di a bi z ca db da cb

i

z a bi a bi a b a b a b

Por otro lado, por hipótesis

1 2 1 2

z + z = z −z

luego,

2

2 2 2

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

2 2 2 2 2 2 2 2

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

⇔ 4 ac = − 4 bd ⇔ ac = −bd

Finalmente, sustituyendo en (1)

2

2 2

1

z da cb

i

z a b

que demuestra que es un número imaginario puro.

Calcular el valor de a y b para que

b ai

i

sea real y de módulo unidad

Operando

b ai i b ai bi a b a b a

z i

i i

• Si se quiere que sea real

b a a

b a b

• Si además es de módulo uno

b a a

b a a a

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Luego, los valores pedidos son

a = b=

Lugares geométricos

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

(a) z − 2 i ≤ 1

Sea z = a + bientonces z − 2 i = a + (b − 2)i, se cumplirá

2 2 2 2

z − 2 i ≤ 1 ⇔ a + (b − 2) ≤ 1 ⇔ a + (b − 2) ≤ 1

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

(b) z − 2 > z− 3

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

2 2 2 2

z − 2 = (x − 2) + y z − 3 = (x − 3) +y

y por tanto,

2 2 2 2

z − 2 > z − 3 ⇔ ( x − 2) + y > ( x − 3) + y ⇔

2 2 2 2 5

⇔ x + − x + y > x + − x + y ⇔ x > ⇔ x>

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

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Fundamentos Matemáticos I

(e) z − 3 i = 4

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

2 2

z − 3 i = 4 ⇔ x + ( y− 3) = 16

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

(f) z < 1, Im z> 0

Se trata del conjunto

2 2

x + iy / x + y < 1 , y> 0

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

(g)

2

2

z + z = 1

Sea z = x + iy, z = x − iy, entonces

6

4 2 4 2 2

6

i

i

e

i

z z z z z

e

π

π

−

Luego:

12

6

12

12

6

12

i i i i i i

e e e z e e e

π

π

π

π

π

π

π

π

 

 

•      

 

−

−

 

   − +

     

Consideremos el número complejo:

2 cos

z x iy

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).

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Ejercicios: Números Complejos

Calculamos en primer lugar la expresión de x y de y en función de t. Multiplicando por el

conjugado del denominador

1(2 cos )

(2 cos )(2 cos )

t isent

t isent t isent

2 2 2 2

2 cos 2 cos

5 4 cos 5 4 cos (2 cos ) 4 cos 4 cos

t

t sent t sent

i i

t t t sen t t t sen

Luego

2 cos

5 4 cos 5 4 cos

t sent

x y

t t

Para comprobar que ( )

x y, está en la circunferencia de centro ( )

a b, y radio r basta verificar

que

2 2

2

x − a + y − b = r. En nuestro caso ( )

a b

y

r =. Es evidente que

cualquier punto de la forma

2 cos

5 4 cos 5 4 cos

t sent

t t

cumple la ecuación de la circunferencia. En efecto,

2 2

2

2 2 cos 2

3 5 4 cos 3 5 4 cos

t sent

x y

t t

2

2

2 2

6 3 cos 10 8 cos

(5 4 cos )

9 5 4 cos

t t sen t

t

t

2

2 2 2

2 2

4 5 cos 9 16 25 cos 40 cos 9

9(5 4 cos )

9 5 4 cos

t sen t t t sen t

t

t

2

2

2

25 16 cos 40 cos 1 1

9(5 4 cos )

t t

t

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Fundamentos Matemáticos I

Ejercicios: Números Complejos

Simplificando,

z = cos 2 n θ +isen n 2 θ

Para obtener la expresión en función de x se considera que

2

2

1 cos 1 cos

1 cos 1 cos 2 2

(1 cos )

senx x x x x

arctg arctg arctg arctg tg

x x

x

θ

donde se ha utilizado

2 2

1 cos 2 1 cos 2 cos

x x

− x = sen + x=

Por lo tanto,

1

1

cos 2 2 cos

n

z

z n isen n nx isen nx

z

θ θ

Sabiendo que

z 2 cost

z

• = , t ∈  , z ∈ » , hallar lo más simplificado posible

n

n

z

z

Se tiene que

2 2

z 2 cos t z 1 2 z cos t z 2 cos t z 1 0

z

2 2

(2 cos 4 cos 4 cos cos 1 cos

⇒ z = t ± t − = t ± t − = t ±isent

Por lo tanto, cos

n

z = nt ± isennt. Por otro lado,

2 2

1 1 cos 1

cos cos

cos

cos

n

t isent

t sent tn sentn

z t isent

t sen t z

La expresión que nos piden simplificar será

cos cos 2 cos

n n

n n

z nt isennt nt isennt z nt

z z

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Raíces enésimas

12 Calcular

6

z = 1 − 3 i

Calculando su módulo y argumento

arg

r z

z arctg

π

φ

se tiene que sus raíces sextas son:

2

3

6

6

k

k

z k

π

π

−

(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:

2

k

i

n

k

z e k n

π

Por tanto,

2 2 4 1 1 1

2

0 0

n n n

i i i i

n n n n

k

k k

z e e e e

κπ π π

π

− − −

= =

∑ ∑

Esto es la suma de los n primeros términos de una progresión geométrica de razón

2

i

n

e

π

y

primer termino 1, es decir,

1

2

2

0

n

i

k

i k

n

e

z

e

π

π

−

=

∑

(b) Considerando ahora el producto,

1

0

2 2 4 1 2 4 1 1

0 ... 2

2

0

n

k

n n n

i i i i k

i i i

n n n n n n n

k

k

z e e e e e

π π π π π

π

π

−

=

 

− −  − 

• • • •        

=

∏

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

Teniendo en cuenta que el logaritmo principal de

k

z es

log ln arg

k k k

z = z +i z

se cumplirá que

log arg 0

k k

z ∈  ⇔ z =

es decir,

k

k k

n

π π

π

π

π

π

Como los valores posibles de k son 0,1,2,...(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.

Calcular el siguiente número complejo:

log

i

z

i i

Como

i i i

i

i i i

log 2

i k i

π

π

El valor pedido es:

z log i 4 k k

i

= = π + π ∈ 

Dado a + bi = log ω siendo ω tal que

1 i 3

ω

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

Se considera ω = c + di cumpliendo

2

2 2

ω = c + d = 1. Se cumplirá que

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Ejercicios: Números Complejos

r

i

ω

ω

2 2

c di i

r

i i

c d

2 2

2 2

c d i c d

c d

r

c d

c d

1 2

⇔ c = ± d = ± ⇔ ω = + i ω = − − i

Luego

2

3

2

1

log ln 2 ´ ´ , 0,

k

i

e k k i k Z k

π

π

π

ω π π

2

2

3

2

2

log ln 2 ´ ´ , 0,

k

i

e k k i k k

π

π

π

ω π π

− +

Observación: Puede ser interesante considerar la expresión de ω de la forma:

cos

it

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

conoce

arg ω = t.

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

x

i

z

i

dando x = (numero de

lista del alumno en clase) + 1000

(b) Calcular log log

x

i

z

i

Supongamos que x = 121 + 1000 = 1121

1121 4*28 1 1 2

i i

i i i i

z i

i i i i i

−

En forma exponencial z se expresará

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Ejercicios: Números Complejos

´ log 2

k y

x k k

k

π

π

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.

log 2

cos

x

x x

e isen

π π

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

Si x = p /q e y = 0 sólo hay q resultados correspondientes a k = 0,1, 2,..., q− 1.

D – Que la potencia tenga todos los resultados con el mismo modulo

log 2 2

4

x y k

e cte y

π

π

 

 

− +   

 

 

E – Que la potencia tenga todos los resultados con el mismo argumento.

log 2 2

y x k cte x

π

π

Calcular

2 2

log (1 )

i

i

−

Aplicando la definición

( )

( )

2 2

ln 2 2

log(1 )

4

log (1 )

log(2 2 )

ln 2 2 2 '

i

k i

i

i

i

k i

π

π

π

π

−

( ) ( )

( ) ( )

2 2

m k i m k i

m k

π π

π π

π

π

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Ejercicios: Números Complejos

Fundamentos Matemáticos I

siendo k k, ´ ∈ 

Polinomios

Hallar los números complejos z tales que

2

2

z + 2 z + z − z+ 9 = 0

Sea z = a + bidebemos encontrar a y b de forma que:

2 2

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

2 2 2 2

⇔ a − b + 2 abi + 2 a − 2 b − 4 abi + 2 bi + 9 = 0 ⇔

2 2

2 2

a b

a b i ab b

ab b

Se distinguen dos casos:

Caso 1: b = 0 , entonces por la primera ecuación

2

a = − 3 , esto es absurdo pues a y b son

números reales.

Caso 2: b ≠ 0 , entonces a = + 1 , y sustituyendo en la primera ecuación

2

− 3 b − 12 ⇒ b= ± 2

Luego los números complejos son:

1 2

z = + 1 + 2 i z = + 1 − 2 i

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

(a)

5 2

p x ( ) = 2 + 2 i x + 3 x + 2 i

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

coeficientes en .