Cap-3 Numeros Complejos

Captulo 3

El sistema de los nmeros complejos

3.1. Los nmeros complejos y el plano complejoLa ecuacin cuadrtica

x2 + 1 = 0,

no tiene soluciones reales, pues cualquiera sea x 2 R, se verifica que x2 + 1 > 0. Debemosampliar R a un conjunto en el cual puedan resolverse situaciones del tipo anterior, demanera que las propiedades del sistema R se conserven.

Definicin 3.1.

1. El nmero no real solucin nica de la ecuacin

x2 = -1

es llamado la unidad imaginaria y se representa por i.

2. El conjuntoC = fx+ yi : x,y 2 Rg

formado por los binomios algebraicos en la indeterminada i y coeficientes reales, esllamado conjunto de los nmeros complejos.

Asz 2 C, z = x+ yi, x,y 2 R.

El binomio x+yi se denomina forma binmica del nmero complejo z, mientras que losnmeros reales x e y son llamados parte real de z y parte imaginaria de z representadaspor x = Re (z) e y = Im (z), respectivamente.

Un nmero complejo z = x + yi serepresenta en el plano cartesiano me-diante el radio vector (segmento di-rigido) con punto inicial en (0, 0) ypunto final en (x,y). En este caso, losejes abscisas y ordenadas se llamaneje real y eje imaginario, respec-tivamente, y al plano cartesiano seconoce como plano complejo o dia-grama de Argand.

Eje imaginario

Eje real

y

x

Pz

O

2 Juan Montealegre Scott

Definicin 3.2.

1. Un nmero complejo de la forma z = x+ 0i se llama nmero real.

2. Un nmero complejo de la forma z = 0+ yi se llama nmero imaginario (puro).

3.2. El sistema de los nmeros complejos

El sistema de los nmeros complejos es el conjunto C provisto de una relacin deigualdad, y de las operaciones de adicin y multiplicacin de nmeros complejos.

Definicin 3.3 (Igualdad en C). Si z1 = x1 + y1i y z2 = x2 + y2i, se dice que

z1 = z2 , x1 = x2 y y1 = y2.Definicin 3.4 (Adicin en C). Si z1 = x1 + y1i y z2 = x2 + y2i, se define la suma de z1 y z2,como

z1 + z2 = (x1 + x2) + (y1 + y2) i.

Definicin 3.5 (Multiplicacin en C). Si z1 = x1 + y1i y z2 = x2 + y2i, se define el productode z1 y z2 como

z1z2 = (x1x2 - y1y2) + (x1y2 + x2y1) i.

La adicin y la multiplicacin de nmeros complejos tienen las siguientes propiedades.

Teorema 3.6. Si z1, z2, z3 2 C, entonces

1. (z1 + z2) 2 C.2. z1 + z2 = z2 + z1.

3. z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3.

4. 9!0 2 C, 8z 2 C : z+ 0 = z.5. 8z 2 C, 9 (-z) 2 C : z+ (-z) = 0.

Si z = a+ bi, entonces -z = -a- bi.

6. z1z2 2 C7. z1z2 = z2z1.

8. (z1z2) z3 = z1 (z2z3).

9. 9!1 2 C, 8z 2 C : z 1 = z.10. 8z 2 C- f0g , 9!z-1 2 C : z z-1 = 1.

Si z = a+ bi, entoncesz-1 =

a

a2 + b2-

b

a2 + b2i.

11. z1 (z2 + z3) = z1z2 + z1z3.

Demostracin.

Nmeros complejos 3

4. Es claro que si 0 = 0+ 0i, entonces para cualquier nmero complejo z se cumple quez+ 0 = z. Por otro lado, si hubiera otro nmero complejo 00 tal que z+ 00 = z paratodo nmero complejo z, entonces

0 = 0+ 00 = 00 + 0 = 00,

lo que prueba la unicidad.

5. Si z = a+ bi y -z = -a- bi, es claro que z+ (-z) = 0. Adems, si hubiera otronmero complejo z0 tal que z+ z0 = 0, entonces

z0 = z0 + 0 = z0 + [z+ (-z)] =z0 + z

+ (-z) = 0+ (-z) = -z,

probndose la unicidad.

9. Es claro que si 1 = 1+ 0i, entonces para cualquier nmero complejo z se cumple quez 1 = z. Por otro lado, si hubiera otro nmero complejo w tal que z w = z, para todonmero complejo z tenemos

w = 1 w = w 1 = 1,lo que prueba la unicidad.

10. Existencia. Si z = a+ bi es un nmero complejo distinto de 0, consideremos z-1 =x+ yi. Entonces, la condicin z z-1 = 1 implica que

(ax- by) + (ay+ bx) i = 1+ 0i.

Lo que equivale al sistema de ecuaciones en las incgnitas x y y,ax- by = 1ay+ bx = 0.

Para resolver el sistema, usamos el hecho que a2 + b2 6= 0, obteniendo x = aa2+b2

yy = - b

a2+b2. Por lo tanto

z-1 =a

a2 + b2-

b

a2 + b2i.

Unicidad. Supongamos que el nmero complejo w es tal que z w = 1, entonces

w = w 1 = w z z-1

= (w z) z-1 = 1 z-1 = z-1,

lo que prueba la unicidad.

La adicin y multiplicacin de nmeros complejos permiten definir las operaciones desustraccin, divisin y potenciacin en C.

Definicin 3.7 (Sustraccin en C). Sean z1 y z2 dos nmeros complejos,

1. se define la diferencia de z1 y z2 como el nmero complejo z1 - z2 tal que

z1 - z2 = z1 + (-z2) .

2. si z2 6= 0, se define el cociente de z1 y z2, como el nmero complejo z1z2

tal que

z1z2

= z1z-12 .


Observacin 3.8. Si z1 = a1 + b1i y z2 = a2 + b2i 6= 0, entoncesz1z2

=(a1 + b1i) (a2 - b2i)

a22 + b22

.

Definicin 3.9 (Potenciacin en C). Si z 6= 0 es un nmero complejo, se definez0 = 1zn = zn-1z, n 1

y si el exponente es entero negativo, se define

z-n = (z-1)n, n 2 Z+.Ejemplo 3.1. Si z1 = 2+ 3i y z2 = 4- 5i calcule z21z2 y

z1z2

y exprese los resultados en laforma binmica.

Solucin. Por la definicin de potenciacin se tiene

z21 = z1z1 = (2+ 3i) (2+ 3i) = -5+ 12i,

entoncesz21z2 = (-5+ 12i) (4- 5i) = 40+ 73i.

Por la observacin 3.8z1z2

=(2+ 3i) (4+ 5i)

42 + 52=

-7+ 22i41

= -741

+2241i.

Obsrvese la forma del resultado (forma binmica), no es -7+ 22i41

ni 141

(-7+ 22i).

Teorema 3.10.

1. znzm = zn+m.

2. zn

zm= zn-m siempre que z 6= 0.

Teorema 3.11 (del binomio). Si n 2 Z+ entonces

(z+w)n =

nXj=0

n

j

zn-jwj.

Teorema 3.12. Si n en Z+, entoncesin = ir

donde n = 4q+ r con 0 r < 4 yi0 = 1 i1 = i i2 = -1 i3 = -i.

Ejemplo 3.2. Hallar el valor deE = 5i477 - 3i259 + 4i323.

Solucin. Tenemos que

E = 5i476+1 - 3i64+3 + 4i80+3 = 5i+ 3i- 4i = 4i.

Observacin 3.13. Si z = x+ yi y n 2 Z+, por el teorema del binomio se tiene

zn =

nXk=0

n

k

xn-kykik

Se puede demostrar que no hay una relacin de orden apropiada para el sistema de losnmeros complejos, hecho que no probaremos por estar fuera del alcance del texto.

Nmeros complejos 5

Otros teoremas del sistema de los nmeros complejos

Las propiedades del sistema de los nmeros complejos que enunciaremos, permitendeducir que las reglas de clculo que familiares en R se siguen cumpliendo en C.

Teorema 3.14.

1. Si z = w entonces z+ u = w+ u.

2. Si z = w entonces zu = wu.

3. Si z+ u = w+ u entonces z = w.

4. Si zu = wu entonces z = w.

5. Para todo nmero complejo z, se cumple -z = (-1) z.

6. Si z y w son nmeros complejos cualesquiera, entonces (-z) + (-w) = -(z+w).

7. Para todos los nmeros complejos z y w, se tiene z(-w) = -(zw) = (-z)w.

8. Para todo nmero complejo z, se cumple -(-z) = z

9. Para todo nmero complejo no nulo z, se cumple (z-1)-1 = z.

10. Si z y w son nmeros complejos no nulos, entonces (zw)-1 = z-1w-1.

Teorema 3.15.

1. zw = 0 si y slo si z = 0 o w = 0.

2. z2 = w2 si y slo si z = w o z = -w.

Problemas Resueltos 3.2Problema 1. Resuelva el sistema de ecuaciones

(3- i) z+ (4+ 2i)w = 2+ 6i(4+ 2i) z- (2+ 3i)w = 5+ 4i

Solucin. Multiplicando la primera ecuacin del sistema por 2+ 3i y la segunda ecuacinpor 4+ 2i, se obtiene

(2+ 3i) (3- i) z+ (2+ 3i) (4+ 2i)w = (2+ 3i) (2+ 6i)(4+ 2i)2 z- (4+ 2i) (2+ 3i)w = (4+ 2i) (5+ 4i)

Restando miembro a miembro y efectuando las operaciones indicadash(2+ 3i) (3- i) + (4+ 2i)2

iz = (2+ 3i) (2+ 6i) + (4+ 2i) (5+ 4i)

(21+ 23i) z = -2+ 44i, z = -2+ 44i21+ 23i

=(-2+ 44i) (21- 23i)

212 + 232= 1+ i

Sustituyendo el valor encontrado en la primera ecuacin del sistema se encuentra

(3- i) (1+ i) + (4+ 2i)w = 2+ 6i

y despejando w se obtiene

w =(2+ 6i) - (3- i) (1+ i)

4+ 2i=

-2+ 4i4+ 2i

=(-2+ 4i) (4- 2i)

42 + 22= i.


Problema 2. Sean z,w 2 C, con w 6= 0, que satisfacen la igualdad z+wz-w

= 1+ 4i. Halle la

parte imaginaria de zw.

Solucin. Como

z+w

z-w= 1+ 4i , z+w = (z-w) (1+ 4i), z [1- (1+ 4i)] = -w [1+ (1+ 4i)], -4iz = -(2+ 4i)w

Luegoz

w=

2+ 4i4i

= 1- 12i.

EntoncesIm zw

= -

12.

Problema 3. Halle dos nmeros complejos sabiendo que su suma es -4 + 7i, la parteimaginaria del primero es 4 y pertenece al primer cuadrante y el cociente del primero porel segundo es un nmero imaginario puro.

Solucin. Si z y w son los nmeros complejos buscados, como Im (z) = 4 y Im (z+w) = 7,entonces

Im (w) = 3.

Por lo tanto, Re (z+w) = -4 implica

z = x+ 4i (x > 0) y w = -(x+ 4) + 3i,

entoncesz

w= -

(x+ 4i) [(x+ 4) + 3i](x+ 4)2 + 9

= -

x2 + 4x- 12

+ (7x+ 16) i

(x+ 4)2 + 9.

Adems, Re zw

= 0 implica que

x2 + 4x- 12(x+ 4)2 + 9

= 0, x2 + 4x- 12 = 0, x = -6, 2Como x > 0, entonces los nmeros son

z = 2+ 4i y w = -6+ 3i.

Problema 4. CalculenXk=1

(2k- 1) i2k.

Solucin. Notemos que

8k = 1, : : : ,n : i2k =i2k

= (-1)k .

Luego,nXk=1

(2k- 1) i2k =nXk=1

(-1)k (2k- 1) .

Nmeros complejos 7

Caso 1. Supongamos que n = 2m es par, entoncesnXk=1

(2k- 1) i2k =2mXk=1

(-1)k (2k- 1)

=

mXk=1

(-1)2k-1 [2 (2k- 1) - 1] +mXk=1

(-1)2k [2 (2k) - 1]

= -

mXk=1

(4k- 3) +mXk=1

(4k- 1)

= 2m = n.

Caso 2. Supongamos que n = 2m+ 1 es impar, entoncesnXk=1

(2k- 1) i2k =2m+1Xk=1

(-1)k (2k- 1)

=

2mXk=1

(-1)k (2k- 1)| {z }=2m

+(-1)2m+1 [2 (2m+ 1) - 1] .

Luego,nXk=1

(2k- 1) i2k = 2m- (4m+ 1) = - (2m+ 1) = -n.

3.3. Imposibilidad de ordenar a los nmeros complejosPor la forma como hemos trabajado con los nmeros complejos, sabemos que en lo

fundamental, los clculos con ellos son anlogos a los que realizamos con los nmerosreales. Por ejemplo, para dividir un nmero complejo entre otro, se multiplica al primeropor el inverso multiplicativo del segundo. Razones como stas nos obligan a pensar quetodas las propiedades de las operaciones que conocemos seguirn siendo vlidas para losnmeros complejos. Sin embargo, en lo que se refiere al orden tal cosa no ocurre.

Es correcto decir que el nmero real -1 es menor que el nmero real 0, sin embargo, nohemos definido un orden para los nmeros complejos, simplemente no podemos decir queel nmero complejo -1 sea menor que el nmero complejo 0, salvo que nos limitemos enste ltimo caso, al conjunto de los nmeros reales. Probemos el teorema siguiente.

Teorema 3.16. No existe una relacin de orden en el conjunto de los nmeros complejos,que verifique las propiedades del orden de los nmeros reales.

Demostracin. Supongamos que si existe una relacin de orden en C que cumple todas laspropiedades del orden en R. Como 0 es diferente de i, entonces se deber cumplir

0 < i o i < 0.

Caso 1. Si 0 < i, al multiplicar ambos miembros por i, obtendramos

0 < i2 = -1, (1)

lo que no es una contradiccin, porque ello podra ocurrir en C. Al sumar 1 y al multiplicarpor -1 > 0 a ambos miembros de (1), tendramos

1 < 0 ^ 0 < 1,


lo que es absurdo, as, no puede suceder que 0 < i.Caso 2. Si i < 0, al multiplicar ambos miembros por i, obtendramos

-1 = i2 > 0 (2)

Como en el caso 1, al sumar 1 y multiplicar por -1 a ambos miembros de (2) dara

1 < 0 < 1,

as, no puede ser que i < 0.

3.4. Conjugado, mdulo y argumento de un nmero complejo

Definicin 3.17. Si z = x+ yi es unnmero complejo, su conjugado, rep-resentado por z, es el nmero comple-jo definido por z = x- yi. Es decir,

z = x+ yi, z = x- yiObserve que z y z son simtricos re-specto del eje real.

Teorema 3.18. Para z,w 2 C se cumplen

1. z = z. 5. z+ z = 2Re (z) .

2. (z+w) = z+w. 6. z- z = 2i Im (z) .

3. (z w) = z w. 7. z es real, z = z.4. zw

=

z

w,w 6= 0. 8. z es imaginario, z = -z.

Demostracin. Ejercicio para el estudiante.

Definicin 3.19. El mdulo de un nmero complejo z = x+ yi, representado por jzj, es elnmero real no negativo dado por

jzj =px2 + y2.

El mdulo del nmero complejo z es la longitud del radio vector de z.

Teorema 3.20. Para z,w 2 C se cumplen

Nmeros complejos 9

1. jzj 0. 6. jzj2 = zz.

2. jzj = 0, z = 0. 7. zw

=zw

jwj2

3. j-zj = jzj = jzj . 8. Re (z) jzj y Im (z) jzj .

4. jzwj = jzj jwj . 9. jzwj2 = jzj2 2Re (zw) + jwj2 .

5. zw

= jzjjwj

,w 6= 0. 10. jz+wj jzj+ jwj .

Demostracin. Slo probamos 8. Por la propiedad 6,

jz+wj2 = (z+w) (z+w) = (z+w) (z+w)= zz+ zw+wz+ww = jzj2 + zw+wz+ jwj2

as,jz+wj2 = jzj2 + zw+wz+ jwj2 (1)

Como wz = wz, entonceszw+wz = zw+ zw = 2Re(zw).

Por lo tanto, en (1) resulta

jz+wj2 = jzj2 + 2Re(zw) + jwj2.

Ejemplo 3.3. Hallar

1.(3+ 4i)(1-p3i)

(b)

(-1- i)

p3+

p13i

8- 6i

Solucin.

(a)(3+ 4i) 1-p3i = j3+ 4ij 1-p3i = (5) (2) = 10.

(b)

(-1- i)

p3+

p13i

8- 6i

=j-1- ij

p3+p13ij8- 6ij

=2p2

5.

Definicin 3.21. El argumento delnmero complejo z 6= 0, representa-do por arg(z), es la medida del ngu-lo formado por el eje real y el radiovector de z descrito en sentido anti-horario a partir del eje real.

De la definicin y la figura, si

z = x+ yi

tenemos,

Eje realO

Eje imaginario

x

y

)arg(z=q

q

z


arg(z) =

8>>>>>>>>>>>>>:

arctanyx

si x 6= 0

2+ 2n, n 2 Z si x = 0 e y > 0

-

2+ 2n, n 2 Z si x = 0 e y < 0.

Convenio 3.22. En los clculos el valor principal del argumento de z ser

Arg (z) = 2 [0, 2[ .Problemas Resueltos 3.4

Problema 5. Resuelva en C el siguiente sistema de ecuacionesiz+ (1+ i)w = 1- i

z- 2iw = i

Solucin. De la segunda ecuacinz = (2w+ 1) i,

sustituyendo en la primera ecuacin y simplificando, se obtiene

2w+ (1+ i)w = -i (1)

Si w = x+ yi al reemplazar en (1) y simplificar queda

(3x- y) + (x- y) i = -i

de donde3x- y = 0 y y- x = 1.

Resolviendo se encuentra que x = 12y y = 3

2, por lo tanto

w =12+

32i y z = -3+ 2i.

Problema 6. Halle todos los nmeros z 2 C que cumplen las siguientes condiciones: zz = 5y jz- 1j =

p2 jz+ 1j.

Solucin. Elevando al cuadrado ambos miembros de la segunda relacin se obtiene

jz- 1j2 = 2 jz+ 1j2 , jzj2 - 2Re (z) + 1 = 2 jzj2 + 4Re (z) + 2,entonces jzj2 = zz = 5 implica que

5- 2Re (z) + 1 = 10+ 4Re (z) + 2, Re (z) = -1.Luego, de la expresin z = -1+ Im (z) se obtiene

1+ Im2 (z) = 5, Im (z) = 2por lo tanto, los nmeros complejos z que satisface las condiciones dadas son

z = -1 2i.

Nmeros complejos 11

Problema 7. Identificar el lugar geomtrico de los puntos que representan a los nmeroscomplejos z que satisfacen la ecuacin

jz- 1- ij = 1.

Solucin. Sea z = x + yi un puntoarbitrario, entonces

jz- 1- ij = j(x- 1) + (y- 1)ij

=

q(x- 1)2 + (y- 1)2.

Luego,

jz- 1- ij = 1, (x- 1)2+(y- 1)2 = 1.Por tanto, el lugar geomtrico es lacircunferencia de centro en (1, 1) y deradio 1.

Eje realO

Eje imaginario

Problema 8. Hallar los nmeros complejos cuyo conjugados es igual a su cuadrado.

Solucin. Sea z = x+ yi, por condicin del problema

z = z2.

Entoncesx- yi = (x+ yi)2 , x- yi = x2 - y2 + 2ixy

que equivale al sistema x2 - y2 = x-y = 2xy

Resolviendo obtenemosx = - 12 ^ y =

p32

x = - 12 ^ y = -p32

x = 0 ^ y = 0x = 1 ^ y = 0

de donde, los nmeros complejos pedidos sonz = - 12 +

p32 i z = -

12 -

p32 i z = 0 z = 1

Problema 9. Dos nmeros complejos no nulos z y w son tales que jz+wj = jz-wj. Probarque z

wes imaginario puro.

Solucin. Por hiptesis

jz+wj2 = jz-wj2 , jzj2 + 2Re (zw)+ jwj2 = jz+wj2 = jzj2 - 2Re (zw)+ jwj2 , Re (zw) = 0.Luego,

z

w=

zw

jwj2=

Re (zw) + i Im (zw)jwj2

=Im (zw)jwj2

i

Por lo tanto, zw

es imaginario puro.


Demuestre que para cualquier z 2 C tal que z 6= -1 y jzj = 1, existe un t 2 R de modoque

z =1+ ti1- ti

. (4 pts)

Problema 10. Demuestre que todo z 2 C tal que z 6= -1 y jzj = 1, se puede expresar en laforma

z =1+ ti1- ti

donde t es un nmero real.

Solucin. Despejando t se tiene

z =1+ ti1- ti

() z- 1 = t (1+ z) i() t = z- 1(1+ z) i

.

Si z = a+ bi con a2 + b2 = 1 (a 6= -1_ b 6= 0) se tiene

t =(a- 1) + bi

-b+ (a+ 1) i= -

[(a- 1) + bi] [b+ (a+ 1) i]b2 + (a+ 1)2

= -[(a- 1)b- (1+ a)b] +

=0z }| {a2 - 1+ b2

i

b2 + (a+ 1)2,

entoncest =

2bb2 + (a+ 1)2

2 R

lo que demuestra lo solicitado. Problema 11. Determinar el argumento del nmero complejo z, sabiendo que

z (-1+ i) = -z (1+ i) , z 6= 0.Solucin. Notemos que

-z (1+ i) = z (-1- i) = z(-1+ i) = z (-1+ i).

Entonces, la condicin del problema equivale a

z (-1+ i) = z (-1+ i)

de dondez (-1+ i) 2 R. (1)

Supongamos que z = x+ yi, entonces

z (-1+ i) = (x+ yi) (-1+ i) = - (x+ y) + (x- y) i.

La condicin (1) implica quex = y,

de dondez = x+ xi.

Si x = 0 el argumento de z no est definido, y

arg(z) = arctanxx

=

4si x 6= 0.

Nmeros complejos 13

Problema 12. Sea > 0, 6= 1. Pruebe que 1- z1+ z =

representa a una circunferencia.

Solucin. Tenemosj1- zj2 = 2 j1+ zj2

entonces

1- 2Re (z) + jzj2 = 21+ 2Re (z) + jzj2

, 1-2 jzj2 - 2 1+2Re (z) + 1-2 = 0

Si z = x+ yi la ltima ecuacin se transforma en

x2 + y2 -21+2

1-2

x+ 1 = 0

que es la ecuacin de una circunferencia.

3.5. Forma polar y forma exponencial de un nmero complejoDado el nmero complejo z = x+ yi,supongamos que

r = jzj y = arg (z) ,

entonces

x = r cos y y = r sen ,

de donde

z = r cos + ri sen .

La expresin

z = r (cos + i sen ) .

es llamada la forma polar de z.

Eje realO

Eje imaginario

x

y

)arg(z=q

q

z

De los cursos de Clculo se sabe que

ex =

1Xk=0

xk

k!

cos x =1Xk=0

(-1)k x2k

(2k) !y sen x =

1Xk=0

(-1)k x2k+1

(2k+ 1) !.

Entonces, formalmente tenemos

ei =

1Xk=0

(i)k

k!=

1Xk=0

i2k2k

(2k) !+

1Xk=0

i2k+12k+1

(2k+ 1) !.


Comoi2k = (-1)k

i2k+1 = i2ki1 = (-1)k i

entonces

ei =

1Xk=0

(-1)k 2k

(2k) !+ i

1Xk=0

(-1)k 2k+1

(2k+ 1) != cos + i sen

Si definimosei := cos + i sen ,

de la forma polar de z = r (cos + i sen ) se obtiene la expresin

z = rei

llamada la forma exponencial de z.

Ejemplo 3.4.

1. Para el nmero complejo real 1 tenemos z = 1 y = arctan01= 0, entonces, la forma

polar de z es1 = cos 0+ i sen 0.

2. Para el nmero real -1, r = 1 y como el radio vector de -1 cae en la parte negativadel eje real, = arctan

0-1= . Entonces, la forma polar es

-1 = cos+ i sen,

y su forma exponencial es-1 = ei.

3. Para el nmero imaginario i, tenemos r = 1 y = 2 , luego la forma polar de i es

i = cos 2+ i sen

2,

y su forma exponencial esi = ei/2.

4. Parap3+ i, r = 2 y = arctan( 1p

3) = 6 , por lo que la forma polar es

p3+ i = 2

cos

6+ i sen

6

y su forma exponencial es p

3+ i = 2ei/6.

5. Si z = 5cos 4 + i sen

4, entonces la forma binmica de z es z = 5

p2

2 +5p2

2 i.

Teorema 3.23. Siz1 = r1 (cos 1 + i sen 1)

yz2 = r2 (cos 2 + i sen 2) ,

entonces

Nmeros complejos 15

(1) z1z2 = r1r2 [cos (1 + 2) + i sen (1 + 2)], y

(2) z1z2

= r1r2 [cos (1 - 2) + i sen (1 - 2)], cuando z2 6= 0.

Demostracin.

(1) Tenemos que

z1z2 = r1r2 (cos 1 cos 2 + i sen 1 cos 2 + i cos 1 sen 2 - sen 1 sen 2)= r1r2 [(cos 1 cos 2 - sen 1 sen 2) + i (sen 1 cos 2 + cos 1 sen 2)]= r1r2 [cos (1 + 2) + i sen (1 + 2)] .

(2) Comoz1z2

=z1 z2jz2j2

yz2 = r2 (cos 2 - i sen 2) = r2 (cos (-2) + i sen (-2)) ,

obtenemos

z1z2

=r1r2 [cos (1 - 2) + i sen (1 - 2)]

r22=r1r2

[cos (1 - 2) + i sen (1 - 2)] .

Corolario 3.24. Si z1 = r1ei1 y z2 = r2ei2 , entonces

z1z2 = r1r2ei(1+2)

yz1z2

=r1r2ei(1-2), cuando z2 6= 0.

Ejemplo 3.5. Si z = 8cos 3 + i sen

3y w = 2

cos 6 + i sen

6calcule zw, z

wy wz.

Solucin. Tenemos

zw = 16cos

3+

6

+ i sen

3+

6

= 16

cos

2+ i sen

2

= 16i.

Por otro lado,z

w= 4

cos

3-

6

+ i sen

3-

6

= 4

cos

6+ i sen

6

= 2

p3+ 2i.

y

w

z=

14

cos

6-

3

+ i sen

6-

3

=

14

cos

-

6

+ i sen

-

6

=

p38

-18i.

Teorema 3.25 (Teorema de De Moivre). Dado el nmero complejo z = r (cos + i sen ),entonces

zn = rn (cosn+ i senn) , n 2 Z+.


Problemas Resueltos 3.5Problema 13. Calcular

z =

1- i

p3(cos'+ i sen')

2 (1- i) (cos'- i sen').

Solucin. Desarrollando en forma polar, se tiene

1- ip3 = 2

cos 5

3+ i sen 5

3

y

1- i =p2cos 7

4+ i sen 7

4

.

Como cos (-') = cos' y sen(-') = - sen', se tiene

z =2cos 53 + i sen

53(cos'+ i sen')

2cos 74 + i sen

74(cos (-') - i sen (-'))

=cos

53 +'

+ i sen

53 +'

p2cos

74 -'

+ i sen

74 -'

=

p22

cos

2'-

12

+ i sen

2'-

12

.

Problema 14. Calcular 1+ i

p3

-1+ i

!20.

Solucin. Como1+ i

p3 = 2

cos

3+ i sen

3

,

-1+ i =p2cos 3

4+ i sen 3

4

,

entonces 1+ i

p3

-1+ i

!20=

"2cos 3 + i sen

3

p2cos 34 + i sen

34#20

=

p2cos

-512

+ i sen

-512

20= 210

cos

-10012

+ i sen

-10012

= 210

cos

3- i sen

3

= 210

12-

p3i2

!= 29

1-

p3i.

Problema 15. Si z 2 C es tal que jz- 1j = 1 calcule arg (z- 1) y arg z2 - z.Solucin. Queda como ejercicio.

Nmeros complejos 17

3.6. Radicacin en C

Definicin 3.26. Dado el nmero complejo z y n entero positivo, decimos que el nmerocomplejo w es una raz n-sima de z si wn = z.

Cuando w es una raz n-sima de z escribimos w = npz.

Teorema 3.27.

1. np0 = 0.

2. Si z = r cis () es diferente de cero, entonces los nmeros complejos

npzk= npr cis

+ 2k

n

,

donde k = 0, 1, : : : ,n- 1, son las races n-simas de z.

Demostracin.

1. Es inmediata.

2. Supongamos npz = (cos+ i sen) una raz n-sima de z, entonces,

npzn

= z.Luego

n (cosn+ i senn) = r (cos + i sen ) ,

de donden = r, cosn = cos y senn = sen .

De stas ecuaciones hallamos = n

pr

y

n = + 2k, 8k 2 Z, = + 2kn

, 8k 2 Z.

Observemos que vara segn k, por esta razn para referirnos al argumento de npz

y a ella misma, escribiremos k y npzk. De este modo

k =+ 2k

n, k 2 Z.

En consecuencia,

npzk= npr

cos + 2k

n+ i sen + 2k

n

, k 2 Z

son todas las races n-simas de z.La frmula anterior, en principio, dice que para z 2 C existe un nmero no finito deraces, sin embargo se puede ver que slo n de ellas son diferentes y son los valores wkcorrespondientes a k = 0, 1, : : : ,n- 1. Por esta razn, las races n-simas del nmerocomplejo z son

npzk= npr

cos + 2k

n+ i sen + 2k

n

, k = 0, 1, : : : ,n- 1.


Observe que todas las races tienen el mismo mdulo = npr y sus argumentos difieren

en una constante 2n , lo que nos permite representar dichas races en una circunferenciacon centro en (0, 0) y radio .

r

1w

0w

kw

1-nw

r

Cuando se calcula las races cuadradas de un nmero complejo z = r cis () con lafrmula del teorema 3.27, resulta

pz0 =

pr cis

2

pz1 =

pr cis

+ 2

2

Adems, como sen

+ 2

2

= - sen

2

y cos

+ 2

2

= - cos

2

, se cumple que

pz1 =

pr cis

+ 2

2

=pr

- cos

2- i sen

2

= -

pz0 .

Corolario 3.28. Las races cuadradas del nmero complejo z = r cis () sonpz0 =

pr cis

2

y

pz1 = -

pz0 .

Corolario 3.29. Las races cuadradas del nmero real -r con r 2 R+ sonp-r0 =

pri y

p-r1 = -

pri.

Un caso particular de radicacin se presenta cuando z = 1. En este caso, r = 1 y = 0,obtenindose

Corolario 3.30. Las races n-simas de la unidad son

!k = cis2kn

, k = 0, 1, : : : ,n- 1.

Observemos que

!k = ciscos 2

n+ i sen 2

n

k, k = 0, 1, : : : ,n- 1,

y como !1 = cos 2n + i sen2n , se tiene

!k = !k1 , k = 0, 1, : : : ,n- 1.

Nmeros complejos 19

Problemas Resueltos 3.6Problema 16. Completando el cuadrado, resuelva en el sistema de los nmeros complejosla ecuacin

z2 - 2z = 2- 4i.

Solucin. Sumando uno en ambos miembros de la ecuacin se obtiene

z2 - 2z = 2- 4i, (z- 1)2 = 3- 4i, z = 1+ p3- 4iik, k = 0, 1.

Como3- 4i = 5 cis () donde

cos = 3/5sen = -4/5 ,

y dado que 2 2 3

4 ,,

sen

2

=

r1- cos

2=

s1- 352

=1p5

y cos

2

= -

r1+ cos

2= -

s1+ 352

= -2p5,

por el corolario 3.28 se tiene

p3- 4i

i0=p5 cis

2

=p5-

2p5+

1p5i

= -2+ i

p3- 4i

i1= -

p3- 4i

i0= 2- i.

Problema 17. Sean z,w 2 C soluciones de las ecuacionesz2 + 2 (1- i) z+ 4- 2i = 0. (1)

i4w3 - i3 = 0 (2)

tales que Im (z) < 0 y Re (w) = 0, calcule el nmero complejo

p =w- w

z-z- z

w.

Solucin. Completando el cuadrado en el primer miembro de la ecuacin (1) se tiene

z2 + 2 (1- i) z+ (1- i)2 = (1- i)2 - 4+ 2i

entonces(z+ 1- i)2 = -4,

de dondez = -1+ i+

p-4ik, k = 0, 1.

Comop-40 = 2i y

p-41 = 2i por el corolario 3.29. Luego,

z = -1+ i+p-4i0= -1+ i+ 2i = -1+ 3i

z = -1+ i+p-4i1= -1+ i- 2i = -1- i

Para la ecuacin (2) se tienew =

3piik, k = 0, 1, 2


Como i = cis2, entonces

w = cis

2 + 2k3

, k = 0, 1, 2

es decir

w = cis6

=

p32

+12i

w = cis cos56

= -

p32

+12i

w = cis32

= -i

Como Im (z) < 0 y Re (w) = 0, entonces

z = -1- i y w = -i,

por lo tanto

p =w- w

z-z- z

w=

2i Im (w)-1+ i

-2i Im (z)

-i=

2i (-i)-1+ i

-2i (-i)-i

y simplificandop = (-1- i) - (2i) = -1- 3i.

Problema 18. Si z es la raz de la ecuacin z3 = 8i con parte real negativa y w es la razde la ecuacin w2 = 3+ 4i con parte imaginaria positiva, exprese el nmero complejo

u =z+

p321

+ (w- 1)2

en forma binmica.

Problema 19. Si z = i(i- 1) (i- 2) (i- 3)

y w es la raz cuadrada compleja con parte real

negativa que satisface la ecuacin

w2 = -3z+ 40i.

Exprese en forma binmica al nmero complejo

u =

2z

w+ w

4.

Solucin. Se tiene que(i- 1) (i- 2) (i- 3) = 10i

entonces z = i10i

=110

y

w =p-30+ 40i

ik, k = 0, 1.

Como-30+ 40i = 50 cis () donde

cos = -3/5sen = 4/5 ,

Nmeros complejos 21

para usar el corolario 3.28 se necesita

sen

2

=

r1- cos

2=

s1+ 352

=2p5

y cos

2

=

r1+ cos

2=

s1- 352

=1p5,

pues 2 24 ,

2, entonces

pz0 =

pr cis

2

y p

z1 = -

pz0 .

p-30+ 40i

i0

=p50 cis

2

=p50

1p5+

2p5i

=p10+ 2

p10i

p-30+ 40i

i1

= -p-30+ 40i

i0= -

p10- 2

p10i.

Como Re (w) < 0 entonces w = -p10- 2

p10i. Luego

u =

2z

2Re (w)

4=

0@ 2102-p101A4 = 10-6.

Problema 20. Sea z la raz compleja con parte real positiva que satisface la ecuacinz2 = 2i y w es la raz de la ecuacin w2 = -20+ 21i con parte imaginaria negativa. Expreseen forma binmica

(z- 1)3 +p

2w+ 32

.

Solucin. Despejando z y w se obtiene

z =p2iik

y w =p-20+ 21i

ik, k = 0, 1.

Como 2i = 2 cis2y -20+ 21i = 29 cis () donde sen () = 21

29y cos () = -20

29, entonces

p2ii0=p2 cis

4

=p2

1p2+

1p2i

= 1+ i

p2ii1= -

p2ii0= -1- i

Adems,

p-20+ 21i

i0

=p29 cis

2

=p29

3p58

+7p58i

=

3p2+

7p2i

p-20+ 21i

i1

= -p-20+ 21i

i0= -

3p2-

7p2i,

puesto que 2 24 ,

2implica

sen

2

=

r1- cos

2=

vuut 1+ 20292

=7p58


y

cos

2

=

r1+ cos

2=

vuut 1- 20292

=3p58

.

Como Re (z) > 0 y Im (w) < 0 entonces z = 1+ i y w = - 3p2- 7p

2i, por lo tanto

(z- 1)3 +p

2w+ 32

= i3 + (-7i)2 = -49- i.

Problema 21. Sean z = 1 + i y w la raz compleja con parte imaginaria negativa quesatisface la ecuacin w3 = -8. Calcule

u =w7z4p

3z+w-p39

expresando la solucin en forma polar.

Solucin. Se tiene quez = 1+ i =

p2 cis

4

y

w =3p-8ik, k = 0, 1, 2

puesto que -8 = 8 cis ()

3p-8i0

= 2 cis3

= 2

12+

p32i

!= 1+

p3i

3p-8i1

= 2 cis+ 2

3

= 2 (-1+ 0i) = -2

3p-8i2

= 2 cis+ 4

3

= 2

12-

p32i

!= 1-

p3i.

Por las condiciones del problema

w = 2 cis53

= 1-

p3i.

Entonces, p3z+w-

p3 =

p3 (1+ i) +

1-

p3i-p3 = 1,

luego

u =w7z4p

3z+w-p39 = 2 cis53

7 hp2 cis

4

i4=

2722 cis

353

+

= 29 cis

383

= 512 cis

23

.

Finalmente, en forma polar

u = 512cos 2

3+ i sen 2

3

.

Nmeros complejos 23

Problema 22. Calcule

a) 4pi- 1.

b)

1+ cos + i sen 1+ cos - i sen

2013.Solucin.

a) Si z = -1+ i entonces

jzj =

q(1)2 + 12 =

p2 y = 3

4

entonces la forma polar es

z =p2cos 3

4+ i sen 3

4

.

Por lo tanto,

4p-1+ i

ik=

8p2 cos

34 + 2k

4+ i sen

34 + 2k

4

!, para k = 0, 1, 2, 3

entonces,

4p-1+ i

i0

=8p2 cos

344

+ i sen344

!=

8p2cos 3

16+ i sen 3

16

4p-1+ i

i1

=8p2 cos

34 + 2

4+ i sen

34 + 2

4

!=

8p2cos 11

16+ i sen 11

16

4p-1+ i

i2

=8p2 cos

34 + 4

4+ i sen

34 + 4

4

!8p2cos 19

16+ i sen 19

16

4p-1+ i

i3

=8p2 cos

34 + 6

4+ i sen

34 + 6

4

!=

8p2cos 27

16+ i sen 27

16

b) Tenemos que1+ cos+ i sen 1+ cos- i sen

2013 =

1+ ei

1+ e-i

2013 ="ei1+ ei

1+ ei

#2013 =e2013i = 1.

Problema 23.

a) Determine el argumento del nmero complejo z 6= 0 siz (1+ i) = -z (1- i) .

b) Demuestre quejz-wj2 2

jzj2 + jwj2

.

Solucin.


a) Tenemosz (1+ i) = -z (1+ i)

entoncesz (1+ i) es imaginario puro.

Supongamos que z = x+ yi, entonces

(x+ yi) (1+ i) = x- y| {z }=0

+(x+ y) i

Por tanto,z = x+ xi con x 6= 0,

entoncesarg (z) = arctan (1) + 2n =

4+ 2n, n 2 Z.

b) Tenemos

jz-wj2 = jzj2 + jwj2 - 2< (zw) jzj2 + jwj2 + 2 j< (zw)j jzj2 + jwj2 + 2 jzwj jzj2 + jwj2 + 2 jzj jwj jzj2 + jwj2 + 2 jzj jwj 2

jzj2 + jwj2

.

como 2ab a2 + b2, entonces

jz-wj2 2jzj2 + jwj2

.

Problema 24. Calcular A y B siendo

A =

nXk=0

cos (k) y B =nX

k=0sen (k) .

Solucin. Tenemos

A+Bi =

nXk=0

cos (k) + inX

k=0sen (k) =

nXk=0

[cos (k) + i sen (k)] =nX

k=0eki.

Entonces

A+Bi =e(n+1)i - 1ei - 1

=

e(n+1)i - 1

e-i - 1

jei - 1j2

=eni - e(n+1)i - e-i + 1

jei - 1j2

=cosn+ i senn- cos (n+ 1)+ i sen (n+ 1) - cos + i sen + 1

(cos - 1)2 + sen2

=cosn- cos (n+ 1) - cos + 1

2- 2 cos + i

senn+ sen (n+ 1)+ sen 2- 2 cos

.

Por lo tanto

A =cosn- cos (n+ 1) - cos + 1

2- 2 cos y B = senn+ sen (n+ 1) + sen

2- 2 cos .

Nmeros complejos 25

Problema 25.

a) Calcule z 2 C tal que jzj = p2 y p3 jz- 2j = jz+ 2j.

b) Pruebe que z- a1- az

< 1 si jzj > 1 y jaj > 1.Solucin.

a) Sea z = x+ yi, entoncesp3 jz- 2j = jz+ 2j , 3 jz- 2j2 = jz+ 2j2, 3 (x- 2)2 - (x+ 2)2 + 2y2 = 0

Perojzj =

p2, x2 + y2 = 2, y2 = 2- x2.

Entonces

3 (x- 2)2 - (x+ 2)2 + 22- x2

= 0, 12- 16x = 0, x = 3

4.

Luego,

y2 = 2-34

=

2316) y = p23

4.

As los nmeros son

z =34p234

i.

b) Tenemos que

jz- aj2 - j1- zaj2 = jzj2 + jaj2 - 2Re (za) - 1- jzaj2 + 2Re (za)= jzj2 + jaj2 - 1- jzj2 jaj2

= jzj2 - 1- jaj2jzj2 - 1

=

jzj2 - 1

1- jaj2

Como jzj > 1 y jaj > 1, entonces jzj2 - 1 > 0 y 1- jaj2 < 0. Luego

jz- aj2 - j1- zaj2 < 0

de dondejz- aj- j1- zaj

pues jzaj+ j1- zaj > 0. Por lo tanto, z- a1- za = jz- ajj1- zaj < 1.

Problema 26. Halle los nmeros complejos z con parte imaginaria negativa y que satisfaganla ecuacin z = z2.


Solucin. Sea z = ei entonces

z = z2 , ei = 2e-2ide donde = 0 o = 1.

Si = 0 entonces z = 0. Si = 1 entonces z = ei y

ei = e-2i , z3 = ei3 = 1Por lo tanto,

z = cos2k3

+ i sen

2k3

, k = 0, 1, 2,

as3p1i0

= 1

3p1i1

= -12+

p32i

3p1i2

= -12-

p32i.

Como buscamos z con parte imaginaria negativa obtenemos que

z = -12-

p32i.

Problema 27. Resuelva el sistema de ecuaciones(2+ i) z3 + (1+ i)w = 2+ 3i

(2- i) z3 - iw = 0 .

Solucin. De la segunda ecuacin

w =(2- i)

iz3 = -(1+ 2i) z3 (1)

Sustituyendo en la primera ecuacin, se obtiene

(2+ i) z3 - (1+ i) (1+ 2i) z3 = 2+ 3i(3- 2i) z3 = 2+ 3i

z3 =2+ 3i3- 2i

z3 = i

de dondez = cos

+ 4k

6

+ i sen

+ 4k

6

, k = 0, 1, 2,

As,

z = cos6

+ i sen

6

=

p32

+12i

z = cos56

+ i sen

56

= -

p32

+12i

z = cos96

+ i sen

96

= -i

Mientras que, sustituyendo en (1)

w = -(1+ 2i) i = 2- i.

Nmeros complejos 27

Problema 28.

a) Halle los nmeros complejos z con parte imaginaria negativa y que satisfacen laecuacin

z3 = z

b) Dos nmeros complejos no nulos z y w son tales que jz+wj = jz-wj. Demuestre quez

wes imaginario.

Solucin.

a) Sea z = ei entoncesz3 = z, 3e3i = e-i

de donde = 0 o = 1.Si = 0 entonces z = 0. Si = 1 entonces z = ei y

e3i = e-i , z4 = ei4 = 1Por lo tanto,

z = cos2k4

+ i sen

2k4

, k = 0, 1, 2, 3,

as

k = 0 : z = cos 0+ i sen 0 = 1k = 1 : z = cos 2 + i sen

2 = i

k = 2 : z = cos+ i sen = -1k = 3 : z = cos 32 + i sen

32 = -i.

Como buscamos z con parte imaginaria negativa obtenemos que

z = -i.

b) Por hiptesis

jz+wj2 = jz-wj2 , jzj2 + 2Re (zw) + jwj2 = jzj2 - 2Re (zw) + jwj2entonces

Re (zw) = 0.

Luego,z

w=

zw

jwj2=

Re (zw) + i Im (zw)jwj2

=Im (zw)jwj2

i

Por lo tanto, zw

es imaginario.

Problema 29. Calcule A y B siendo

A =

n-1Xk=0

cosk

n

y B =

n-1Xk=0

senk

n

.


Solucin. Si = n, entonces

A+Bi =

n-1Xk=0

cos (k) + in-1Xk=0

sen (k) =n-1Xk=0

[cos (k) + i sen (k)] =n-1Xk=0

eki.

Entonces

A+Bi =eni - 1ei - 1

=

eni - 1

e-i - 1

jei - 1j2

=e(n-1)i - eni - e-i + 1

jei - 1j2

=cos (n- 1)+ i sen (n- 1)- cosn- i senn- cos + i sen + 1

(cos - 1)2 + sen2

=cos (n- 1)- cosn- cos + 1

2- 2 cos + i

sen (n- 1) - senn+ sen 2- 2 cos

.

Como = n

A =cos

-

n

- cos- cos

n+ 1

2- 2 cos n

=- cos

n- cos

n+ 2

2- 2 cos n

= 1

y

B =sen

-

n

- sen+ sen

n

2- 2 cos n

=sen

n+ sen

n

2- 2 cos n

=sen

n

1- cos n

.

Problema 30. Halle los nmeros complejos z tales que z6 = z.

Solucin. Se tiene quejzj = 0 _ jzj = 1.

En el primer caso, una solucin de la ecuacin es z = 0. En el segundo caso, supongamosz = ei, entonces

ei6

= ei () e6i = e-i () e7i = 1() z7 = 1.Por lo tanto,

z = cos 2k7

+ i sen 2k7

, k = 0, : : : , 6.

Problema 31. Calcule A y B siendo

A =

nXk=0

cosk

4

y B =

nXk=0

senk

4

.

Solucin. Tenemos

A+Bi =

nXk=0

cosk

4

+ i

nXk=0

senk

4

=

nXk=0

cos

k

4

+ i sen

k

4

=

nXk=0

eki4 .

Nmeros complejos 29

Entonces

A+Bi =e(n+1)i

4 - 1ei4 - 1

=

e(n+1)i

4 - 1

e-i4 - 1

ei4 - 12

=eni4 - e

(n+1)i4 - e-

i4 + 1ei4 - 12

=cos n4 + i sen

n4 - cos

(n+1)4 + i sen

(n+1)4 + 1-

p22 + i

p22p

22 - 1

2+ 12

=cos n4 - cos

(n+1)4 + 1-

p22

2-p2

+ isen n4 + sen

(n+1)4 +

p22

2-p2

.

Por lo tanto

A =cos n4 - cos

(n+1)4 + 1-

p22

2-p2

y B =sen n4 + sen

(n+1)4 +

p22

2-p2

.

Problema 32. Si n 2 Z+ es impar, usando la ecuacinz+ 1z- 1

n= -1, z 6= 1

simplifiquen-1Xk=0

cot2(2k+ 1)

2n

.

Solucin. Resolviendo la ecuacinz+ 1z- 1

=np-1ik, k = 0, : : : ,n- 1,

entonces

z =np-1k+ 1

np-1k- 1

, k = 0, : : : ,n- 1.

Como -1 = cos (-) + i sen (-), para k = 0, : : : ,n- 1 tenemos

np-1ik+ 1 = cos (2k- 1)

n+ i sen (2k- 1)

n+ 1

= 2 cos2 (2k- 1)2n

+ 2i sen (2k- 1)2n

cos (2k- 1)2n

= 2 cos (2k- 1)2n

cos (2k- 1)

2n+ i sen (2k- 1)

2n

= 2 cos (2k- 1)

2n

cos

(2k- 1)

2n

+ i sen

(2k- 1)

2n

y

np-1ik- 1 = cos (2k- 1)

n+ i sen (2k- 1)

n- 1

= -2 sen2 (2k- 1)2n

+ 2i sen (2k- 1)2n

cos (2k- 1)2n

= -2 sen (2k- 1)2n

sen (2k- 1)

2n- i cos (2k- 1)

2n

= -2 sen (2k- 1)

2n

cos

32

+(2k- 1)

2n

+ i sen

32

+(2k- 1)

2n


Entonces, sustituyendo en (1) se obtiene

z =2 cos (2k-1)2n

hcos

(2k-1)

2n

+ i sen

(2k-1)

2n

i-2 sen (2k-1)2n

hcos

32 +

(2k-1)2n

+ i sen

32 +

(2k-1)2n

i= -i cot (2k- 1)

2n, k = 0, : : : ,n- 1.

Luego, aplicando el teorema del binomio en ambos miembros de (z+ 1)n = (z- 1)n seobtiene

nXk=0

n

k

zk =

nXk=0

(-1)kn

k

zk

de donde, separando los sumandos de ndice par de los de ndice impar,

n-12X

k=0

n

2k

z2k +

n-12X

k=0

n

2k+ 1

z2k+1 =

n-12X

k=0(-1)2k

n

2k

z2k +

n-12X

k=0(-1)2k+1

n

2k+ 1

z2k+1

entoncesn-12X

k=0

n

2k

z2k +

n-12X

k=0

n

2k+ 1

z2k+1 =

n-12X

k=0

n

2k

z2k +

n-12X

k=0(-1)2k+1

n

2k+ 1

z2k+1.

Simplificandon-12X

k=0

n

2k+ 1

z2k+1 = -

n-12X

k=0

n

2k+ 1

z2k+1

As,n-12X

k=0

n

2k+ 1

z2k+1 = 0

de donde,n-12X

k=0cot2 (2k- 1)

2n= 2

n

n- 2

= n (n- 1) .

Problema 33. Si n 2 Z+ y z 2 C y jzj = 1, calcule Re (1+ iz)n.Solucin. Como jzj = 1 supngase que z = cis (), entonces

1+ iz = 1+ i cis () = 1- sen + i cos ,

luego, usando identidades trigonomtricas

1+ iz = 1- cos2-

+ i sen

2-

,

= 2 sen2

4-

2

+ 2i sen

4-

2

cos

4-

2

= 2 sen

4-

2

sen

4-

2

+ i cos

4-

2

= 2 sen

4-

2

cos

4+

2

+ i sen

4+

2

.

Nmeros complejos 31

Por lo tanto,

(1+ iz)n = 2n senn

4-

2

cos n (+ 2)

4+ i sen n (+ 2)

4

y

Re (1+ iz)n = 2n senn

4-

2

cos n (+ 2)

4.

Problema 34. Si n 2 Z+0 evale1+

p3 i4n+3

de dos formas y calcule2n+1Xk=0

(-3)k4n+ 32k+ 1

y2n+1Xk=0

(-3)k4n+ 32k

.

Solucin. Usando el teorema del binomio1+

p3 i4n+3

=

4n+3Xk=0

4n+ 3k

p3 ik

=

2n+1Xk=0

4n+ 32k

p3 i2k

+

2n+1Xk=0

4n+ 32k+ 1

p3 i2k+1

=

2n+1Xk=0

(-3)k4n+ 32k

+ i

2n+1Xk=0

(-3)k4n+ 32k+ 1

.

Por otro lado, 1+p3 i = 2 cis

3entonces

1+p3 i4n+3

= 24n+3cos

3+ i sen

3

4n+3= 24n+3

cos (4n+ 3)

3+ i sen (4n+ 3)

3

.

Comparando los resultados obtenidos,

2n+1Xk=0

(-3)k4n+ 32k

= 24n+3 cos (4n+ 3)

3

y2n+1Xk=0

(-3)k4n+ 32k+ 1

= 24n+3 sen (4n+ 3)

3.

Problema 35. Si n 2 Z+ calculenXk=1

n

k

sen2 (k).

Solucin. Comosen2 (k) = 1

2(1- cos 2k)

entoncesnXk=1

n

k

sen2 (k) = 1

2

nXk=1

n

k

(1- cos 2k) = 1

2

nXk=1

n

k

-

12

nXk=1

n

k

cos 2k. (1)

Tenemos quenXk=1

n

k

= 2n.


Por otro lado, usando la identidadnXk=1

n

k

e2ki =

1+ e2i

n- 1 = (1+ cos 2+ i sen 2)n - 1

=2 cos2 + 2i sen

n- 1

= 2n cosn (cosn+ i senn) - 1= 2n cosn cosn+ 2n cosn senn i,

asnXk=1

n

k

cos 2k = Re

nXk=1

n

k

e2ki

!= 2n cosn cosn.

Sustituyendo en (1)nXk=1

n

k

sen2 (k) = 2n-1 - 2n-1 cosn cosn.

Problema 36. Si n 2 Z+ calcule la sumatorianX

k=0(-1)k

2n2k

tan2k .

Solucin. Tenemos(cos + i sen )2n = cos2n (1+ i tan )2n ,

entonces, en el primer miembro aplicamos la frmula de de Moivre y en el segundo miembroaplicamos el teorema del binomio,

cos 2n+ i sen 2n = cos2n 2nXk=0

2nk

ik tank .

Separando la sumatoria en trminos de ndice par y trminos con ndice impar,

cos 2n+ i sen 2n = cos2n nX

k=0

2n2k

i2k tan2k + cos2n

n-1Xk=0

2n

2k+ 1

i2k+1 tan2k+1

= cos2n nX

k=0(-1)k

2n2k

tan2k + i cos2n

n-1Xk=0

(-1)k

2n2k+ 1

tan2k+1

As,nX

k=0(-1)k

2n2k

tan2k = cos 2n

cos2n .

Problema 37. Si n 2 Z+ calculen+1Xk=2

e-ki cuando = n+ 2

.

Solucin. Cambiando el ndice y aplicando la suma geomtrica

n+1Xk=2

e-ki =

n-1Xk=0

e-(k+2)i = e-2in-1Xk=0

e-i

k= e-2i

e-ni - 1e-i - 1

=e-(n+2)i - e-2i

e-i - 1,

peroe-(n+2)i = e-(n+2)

n+2 i = e-i = cos (-) + i sen (-) = -1.

Nmeros complejos 33

Entoncesn+1Xk=2

e-ki =-1- e-2i

e-i - 1=

1+ e-2i

1- e-i

=1+ cos 2+ i sen 21- cos + i sen

=2 cos2 + 2i sen cos 2 cos2 2 + 2i sen

2 cos

2

=cos cos 2

cos + i sen cos 2 + i sen

2=

cos cos 2

cos

2+ i sen

2

.

Por tanto,n+1Xk=2

e-ki =cos n+2cos 2(n+2)

cis

2(n+2)

.

Problema 38. Si n 2 Z+ calculen-1Yk=1

cos kn.

Nota. Si m,n 2 Z son tales que m n y am,am+1, : : : ,an 2 R, definimos el operadornY

k=m

ak por 8>>>>>>>>>>>:

mYk=m

ak = am

n+1Yk=mn

ak =

nYk=m

ak an+1.

Solucin. Obsrvese que las 2n races complejas de la ecuacin z2n - 1 = 0 son

!k =2np1

ik= cis

k

n

, k = 0, 1, : : : , 2n- 1.

As, aplicando el teorema del factor,

z2n - 1 =2n-1Yk=0

(z-!k) = (z-!0)

n-1Yk=1

(z-!k) (z-!n)

2n-1Yk=n+1

(z-!k) .

Como !0 = 1 y !n = -1 entonces

z2n - 1 = (z- 1)n-1Yk=1

(z-!k) (z+ 1)2n-1Yk=n+1

(z-!k) ,

de donde, para todo z 6= 1 se cumple quez2n - 1z2 - 1

=

n-1Yk=1

(z-!k)

2n-1Yk=n+1

(z-!k) . (2)

Notando que si k = n+ 1, : : : , 2n- 1,

!k = cosk

n+ i sin k

n= cos

2-

2- k

n

+ i sin

2-

2- k

n

= cos

2- k

n

- i sin

2- k

n

= cos

(2n- k)

n

- i sin

(2n- k)

n

= !2n-k,


el cambio de ndice j = 2n- k implica en (2)

z2n - 1z2 - 1

=

n-1Yk=1

(z-!k)

2n-1Yk=n+1

(z-!2n-k) =

n-1Yk=1

(z-!k)

n-1Yk=1

(z-!k)

=

n-1Yk=1

(z-!k) (z-!k) =

n-1Yk=1

hz2 - (!k +!k) z+ j!kj

2i.

Tomando en cuenta que !k +!k = 2Re (!k) = 2 cosk

ny j!kj = 1, entonces

8z = 1 : z2n - 1z2 - 1

=

n-1Yk=1

z2 - 2 cos

k

n

z+ 1

.

En particular, si z = ii2n - 1i2 - 1

=

n-1Yk=1

i2 - 2 cos

k

n

i+ 1

que implica, evaluando las potencias y despejando,

n-1Yk=1

cos kn

=1- (-1)n

2nin-1.

Problema 39. Si n 2 Z+ es impar y

!k = cos2kn

+ i sen 2kn

, k = 0, 1, : : : ,n- 1,

calculen-1Yk=1

(1+!k).

Solucin. Para cada k = 1, : : : ,n- 1,

1+!k = 1+ cos2kn

+ i sen 2kn

= 2 cos2 kn

- 2i sen kn

cos kn

= 2 cos kn

cisk

n

.

Entonces,

n-1Yk=1

(1+!k) =n-1Yk=1

2 cos kn

cisk

n

= 2n-1

n-1Yk=1

cisk

n

n-1Yk=1

cos kn. (1)

Del problema 38, como en este caso n es impar,

n-1Yk=1

cos kn

=in-1

2n-1.

Entonces, sustituyendo en (1) se obtiene

n-1Yk=1

(1+!k) = in-1n-1Yk=1

cisk

n

.

Nmeros complejos 35

Ahora ntese que

in-1n-1Yk=1

cisk

n

=

n-1Yk=1

i

cos k

n+ i sin k

n

=

n-1Yk=1

- sin k

n+ i cos k

n

=

n-1Yk=1

cos

2+k

n

+ i sin

2+k

n

= cos (n- 1)+ i sin (n- 1)

= (-1)n-1 = 1.

Finalmente,n-1Yk=1

(1+!k) = 1.

Cap-3 Numeros Complejos

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