Cap´ıtulo 1

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Problema 1.1. Calcula las partes real e imaginaria de los siguientes n´umeros complejos: (a)

1 1 + , i 1+i

2+i 2−i (b) + + i, 1−i 1+i Soluci´on: (a)

(c)

1 , (3 + 2i)2

(d)

µ 1+

3 1+i

¶2

,

(e)

µ

1+i 1−i

(f)

µ

2i 2+i − 3 + 4i 3 − 4i

¶1041

, ¶2

.

µ ¶ 1 1 1−i 1 1 3 + = −i + = (1 − 3i) = + i − . i 1+i 2 2 2 2

(b) (2 + i)(1 + i) + (2 − i)(1 − i) 1 + 3i + 1 − 3i 2+i 2−i + +i= +i= + i = 1 + i. 1−i 1+i 2 2

(c)

(3 − 2i)2 9 − 4 − 12i 5 12 1 = = = − i. (3 + 2i)2 132 169 169 169

(d)

µ 1+

(e)

3 1+i

¶2

µ ¶ 25 − 9 − 30i 15 3 − 3i 2 (5 − 3i)2 = = 4 − i. = 1+ = 2 4 4 2 µ

1+i 1−i

¶1041

= i1041 = (i4 )260 i = i.

(f) ¶2 µ ¶ 1 2i (2 + i)(3 − 4i) − 2i(3 + 4i) 2 2+i = = − (6 + 4 + 3i − 8i − 6i + 8)2 3 + 4i 3 − 4i 25 625 182 − 112 − 18 × 22i 7 × 29 − 6 × 66i 203 396 (18 − 11i)2 = = = − i. = 625 625 625 625 625

µ

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2

Problema 1.2. Si z = x + iy, con x, y ∈ R, calcula las partes real e imaginaria de los siguientes n´umeros complejos: (a)

z+1 , z2 + 5

(b)

1 , z2

(c) z 3 ,

(d)

1 . 3z + 2

Soluci´on: (a) Como z 2 + 5 = x2 − y 2 + 5 + 2xyi, £ ¤£ ¤ (x + 1) + iy (x2 − y 2 + 5) − 2xyi A z+1 = = 2 , 2 2 2 2 2 2 2 z +5 (x − y + 5) + 4x y (x − y + 5)2 + 4x2 y 2 donde ¤ £ ¤ £ A = (x + 1)(x2 − y 2 + 5) + 2xy 2 + i y(x2 − y 2 + 5) − 2xy(x + 1)

= (x3 − xy 2 + 5x + x2 − y 2 + 5 + 2xy 2 ) + i(yx2 − y 3 + 5y − 2x2 y − 2xy)

= (x3 + x2 + 5x − y 2 + xy 2 + 5) + i(−y 3 − x2 y + 5y − 2xy). As´ı pues,

z+1 x3 + x2 + 5x − y 2 + xy 2 + 5 −y 3 − x2 y + 5y − 2xy = + i . z2 + 5 (x2 − y 2 + 5)2 + 4x2 y 2 (x2 − y 2 + 5)2 + 4x2 y 2 (b)

z2 x2 − y 2 − 2xyi 1 = = . z2 |z|4 (x2 + y 2 )2

(c) z 3 = (x2 − 3xy 2 ) + i(3x2 y − y 3 ) = x(x2 − 3y 2 ) + iy(3x2 − y)2 . (d)

1 3x + 2 − i3y 1 = = . 3z + 2 3x + 2 + i3y (3x + 2)2 + 9y 2

Problema 1.3. Encuentra todos los n´umeros complejos z que satisfacen las ecuaciones (a) z 2 = 3 − 4i,

(b) z 4 − i = 0,

(c) (z + 1)4 + i = 0.

iθ Soluci´on: (a) Hay dos formas de hacerlo. √ iθ/2La primera es escribir 3 − 4i en polares como 5e , donde θ = arctan(−4/3); entonces z = ± 5e . Ahora bien,

tan θ =

2 tan(θ/2) 4 =− 2 3 1 − tan (θ/2)

⇒

tan2 (θ/2) −

3 tan(θ/2) − 1 = 0, 2

√ de donde tan(θ/2) √ = 2 o´ tan(θ/2) = −1/2. En el primer caso 5eiθ/2 = α(1 + 2i), de donde α = 1; en el segundo caso 5eiθ/2 = α(2 − i), de donde tambi´en α = 1. Elevando al cuadrado comprobamos que (1 + 2i)2 = −3 + 4i y que (2 − i)2 = 3 − 4i, as´ı que la segunda es la soluci´on correcta, luego z = ±(2 − i). La segunda forma de hacerlo es en cartesianas, es decir, como z 2 = x2 − y 2 + 2xyi, tenemos el sistema de ecuaciones ( x2 − y 2 = 3, 2xy = −4.

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3

La segunda implica y = −2/x, que sustituida en la primera lleva a x2 −

4 =3 x2

x4 − 3x2 − 4 = 0

⇒

x2 =

⇒

3±5 . 2

Como x2 > 0, de las dos soluciones la u´ nica v´alida es x2 = 4, es decir, x = ±2, y por lo tanto, y = −2/x = ∓1. Encontramos as´ı la misma soluci´on que por el m´etodo anterior. (b) z 4 = i = eiπ/2 implica que z = eiπ/8 eikπ/2 , con k = 0, 1, 2, 3. Como para esos valores de k es eikπ/2 = ±1, ±i, las cuatro soluciones de la ecuaci´on son z = ±eiπ/8 , ±ieiπ/8 . Ahora bien, usando las relaciones del a´ ngulo mitad, r r 1 + cos(π/4) 1 − cos(π/4) iπ/8 e = cos(π/8) + i sen(π/8) = +i , 2 2 √ y como cos(π/4) = 1/ 2 y, por tanto, √ 1 2± 2 , 1 ± cos(π/4) = 1 ± √ = 2 2 entonces iπ/8

e

=

p

2+ 2

√

2

y las soluciones de z 4 = i son Ãp p √ √ ! 2+ 2 2− 2 +i , z=± 2 2

p √ 2− 2 +i 2 Ãp p √ ! √ 2− 2 2+ 2 ± −i . 2 2

(c) (z + 1)4 = −i = e−iπ/2 implica que z + 1 = e−iπ/8 eikπ/2 , con k = 0, 1, 2, 3. Del apartado anterior se sigue que p p √ √ 2 + 2 2− 2 −iπ/8 e = −i 2 2 y que, por tanto, Ãp Ãp p p √ √ ! √ √ ! 2+ 2 2− 2 2− 2 2+ 2 −i +i , ± . z+1=± 2 2 2 2 Problema 1.4. Halla los siguientes n´umeros complejos: p √ (a) (1 + i)4 , (d) 1 + i, p√ (b) (−i)−1 , −i, (e) √ (c) 1 + i, (f) (1 + i)n + (1 − i)n , Soluci´on: (a) Como 1 + i =

√

(g)

p

√ 1 − i 3,

(h) i1/4 , (i) (−i)1/4 .

2eiπ/4 , elevando a la cuarta potencia (1 + i)4 = 4eiπ = −4.

(b) (−i)−1 = (e−iπ/2 )−1 = eiπ/2 = i. ³p p √ √ ´ √ 2+ 2+i 2− 2 . (c) 1 + i = ±21/4 eiπ/8 = ±2−3/4

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4 (d) Como

√

√ i = ±eiπ/4 = ±(1 + i)/ 2, s q √ i 1 1 + i = 1 ± √ ± √ = x + iy. 2 2

Se trata de hallar x + iy, para lo cual elevamos la expresi´on al cuadrado, x2 − y 2 + 2xyi =

µ ¶ 1 i 1± √ ±√ , 2 2

y obtenemos el sistema de ecuaciones (

xy = ± √18 ,

x2 − y 2 = 1 ±

√1 . 2

√ De la primera ecuaci´on se sigue que y = ±1/ 8x, con lo que sustituyendo en la segunda x2 −

1 1 =1± √ , 8x2 2

que se convierte en la ecuaci´on cu´artica µ ¶ 1 1 x − 1± √ x2 − = 0. 8 2 4

De las dos soluciones para x2 de esta ecuaci´on, la u´ nica que es positiva es sµ Ã ! r³ ¶2 ´2 √ √ 1 1 1 1 1 1 2±1+ 2±1 +1 ±√ x2 = ± √ + + =√ 2 2 8 8 8 8 µ ¶ q √ 1 √ 2±1+ 4± 8 , =√ 8 y por lo tanto x = ±8−1/4

r

√

2±1+

q √ 4 ± 8,

y = ±8−1/4 q√

1

p √ 2±1+ 4± 8 rq √ √ 4 ± 8 − 2 ∓ 1. = ±8−1/4

As´ı pues, definiendo rq ! Ãrq √ √ √ √ 4± 8+ 2±1+i 4± 8− 2∓1 , z± = 8−1/4 podemos escribir

q √ 1 + i = ±z+ , ±z− .

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5

(e) Como −i = e−iπ/2 , entonces q √ ¡ ¢1/2 = (−i)1/4 = e−iπ/8 ω4k , −i = (−i)1/2 Ahora bien,

−iπ/8

e

1 = 2

k = 0, 1, 2, 3.

µq ¶ q √ √ 2+ 2−i 2− 2 ,

y ω4k = 1, i, −1, −i para k = 0, 1, 2, 3, luego ¶ ¶ µq µq q q q √ √ √ √ √ 1 1 −i = ± 2+ 2−i 2− 2 , ± 2− 2+i 2+ 2 . 2 2 (f) Como 1 ± i =

√

2e±iπ/4 ,

³ ´ n (1 + i)n + (1 − i)n = 2n/2 einπ/4 + e−inπ/4 = 2 2 +1 cos(nπ/4). {z } | =2 cos(nπ/4)

Ahora bien, si n = 4k,

cos(nπ/4) = cos(kπ) = (−1)k ; si n = 4k + 1, (−1)k cos(nπ/4) = cos(kπ + π/4) = cos(kπ) cos(π/4) − sen(kπ) sen(π/4) = √ ; | {z } 2 =0

si n = 4k + 2,

cos(nπ/4) = cos(kπ + π/2) = 0, y si n = 4k + 3, cos(nπ/4) = cos(kπ + 3π/4) = cos(kπ) cos(3π/4) − sen(kπ) sen(3π/4) = | {z } =0

as´ı que

  (−1)k 22k+1    (−1)k 22k+1 (1 + i)n + (1 − i)n =  0    (−1)k+1 22k+2

si n = 4k, si n = 4k + 1, si n = 4k + 2, si n = 4k + 3.

√ (g) Como 1 − i 3 = 2e−iπ/3 , entonces

! Ã√ q ´ √ √ −iπ/6 √ 3 i 1 ³√ − = ±√ 1 − i 3 = ± 2e =± 2 3−i . 2 2 2

(h) i1/4 = eiπ/8 eikπ/2 , para k = 0, 1, 2, 3, y como µq ¶ q √ √ 1 iπ/8 2+ 2+i 2− 2 e = 2

eiπ/2 = i,

(−1)k+1 √ , 2

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6 entonces 1/4

i o sea, 1/4

i

1 =± 2

ik = 2

µq ¶ q √ √ 2+ 2+i 2− 2 ,

k = 0, 1, 2, 3,

µq µq ¶ ¶ q q √ √ √ √ 1 2+ 2+i 2− 2 , ± 2− 2−i 2+ 2 . 2

(i) (−i)1/4 = i1/4 , as´ı que 1/4

(−i)

1 =± 2

¶ ¶ µq µq q q √ √ √ √ 1 2+ 2−i 2− 2 , ± 2− 2+i 2+ 2 . 2

Problema 1.5. Demuestra que las ra´ıces de la ecuaci´on z n = a (a 6= 0) son los v´ertices de un pol´ıgono regular. Soluci´on: Si c es una de las soluciones de z n = a, entonces todas las soluciones son z = cωnk , con k = 0, 1, . . . , n − 1, siendo ωn = ei2π/n una ra´ız n-´esima de la unidad. Todas las soluciones tienen el mismo m´odulo, |z| = |c|, as´ı que est´an sobre la circunferencia de radio |c| centrada en el origen, y como entre cada par consecutivo de ellas hay un a´ ngulo 2π/n, forman los v´ertices de un pol´ıgono regular de n lados uno de cuyos v´ertices es c. Problema 1.6. Comprueba que para cualesquiera z, w ∈ C se cumplen las identidades (a) |z − w|2 = |z|2 + |w|2 − 2 Re(zw) = |z − w|2 = |z|2 + |w|2 − 2 Re(wz), (b) |z − w|2 + |z + w|2 = 2(|z|2 + |w|2 ), (c) |1 − zw|2 − |z − w|2 = (1 − |z|2 )(1 − |w|2 ). Soluci´on: (a) |z −w|2 = (z −w)(z −w) = |z|2 +|w|2 −zw −zw = |z|2 +|w|2 −zw −zw = |z|2 +|w|2 −2 Re(zw). La segunda desigualdad se sigue de que Re a = Re a. (b)

(c)

¡ ¢ |z − w|2 + |z + w|2 = |z|2 + |w|2 − 2 Re(zw) + |z|2 + |w|2 + 2 Re(zw) = 2 |z|2 + |w|2 . |1 − zw|2 − |z − w|2 = 1 + |z|2 |w|2 − 2 Re(zw) − |z|2 − |w|2 + 2 Re(zw) = (1 − |z|2 )(1 − |w|2 ).

Problema 1.7. Calcula el m´odulo de los siguientes n´umeros complejos: (a) z = i(2 + 3i)(5 − 2i)(−2 − i)−1 ,

(b) z =

(2 − 3i)2 . (8 + 6i)2

´ A LOS NUMEROS ´ 1 INTRODUCCION COMPLEJOS Soluci´on: (a) |i||2 + 3i||5 − 2i| = |z| = |2 + i| (b) |z| =

r

7

1 × 13 × 29 = 5

r

377 . 5

|2 − 3i|2 13 = . |8 + 6i|2 100

Problema 1.8. Sea w una ra´ız n-´esima de la unidad (o sea, wn = 1). Comprueba que si w 6= 1 se tiene que (a) 1 + w + w2 + · · · + wn−1 = 0,

(b) 1 + 2w + 3w2 + · · · + nwn−1 =

¿Cu´anto valen estas sumas si w = 1? on geom´etrica y (b) de una aritmetico-geom´etrica. AYUDA : (a) es la suma de una progresi´ Soluci´on: (a) Como w 6= 1,

1 − wn =0 1−w porque wn = 1 por ser w una ra´ız n-´esima de la unidad. Evidentemente, si w = 1, 1 + w + w2 + · · · + wn−1 =

1 + w + w2 + · · · + wn−1 = n. (b) Llamemos f (w) = 1 + 2w + 3w2 + · · · + nwn−1 ;

multiplicando esta ecuaci´on por w,

wf (w) = w + 2w2 + · · · + (n − 1)wn−1 + nwn . Si restamos f (w) − wf (w) obtenemos

f (w) − wf (w) = (1 − w)f (w) = 1 + w + w2 + · · · wn−1 − nwn .

Como w 6= 1,

(1 − w)f (w) =

y como wn = 1, (1 − w)f (w) = −n, de donde f (w) = Evidentemente, si w = 1

1 − wn − nwn , 1−w n . w−1

f (1) = 1 + 2 + 3 + · · · + n =

n(n + 1) . 2

Problema 1.9. Deduce las identidades trigonom´etricas de Lagrange µ ¶ sen(n + 1/2)θ 1 1+ , (a) 1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ = 2 sen(θ/2) ¡ ¢ sen (n + 1)θ/2 sen(nθ/2) (b) sen θ + sen 2θ + · · · + sen nθ = , sen(θ/2) siendo θ ∈ R tal que sen(θ/2) 6= 0. on geom´etrica 1 + w + w2 + · · · + wn , y haz w = eiθ . AYUDA : Suma la progresi´

n w−1 .

´ A LOS NUMEROS ´ 1 INTRODUCCION COMPLEJOS

8 Soluci´on: De la progresi´on geom´etrica

1 + w + w2 + · · · + wn =

1 − wn+1 , 1−w

w 6= 1,

se sigue que, tomando w = eiθ , con θ 6= 2kπ, k ∈ Z, ei(n+1)θ − 1 1 − ei(n+1)θ = , 1 − eiθ eiθ − 1

1 + eiθ + e2iθ + · · · + eniθ = y usando la identidad

eiθ − 1 = eiθ/2 (eiθ/2 − e−iθ/2 ) = 2ieiθ/2 sen(θ/2), obtenemos iθ

2iθ

1+e +e

+ ··· + e

niθ

inθ/2 sen

=e

¡

¢ (n + 1)θ/2 . sen(θ/2)

(1.1)

La divisi´on por sen(θ/2) puede hacerse porque si θ 6= 2kπ entonces sen(θ/2) 6= 0. (a) Tomando la parte real de (1.1), ¡ ¢ ¡ ¢ cos(nθ/2) sen (n + 1)θ/2 1 sen (n + 1/2)θ + sen(θ/2) 1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ = = sen(θ/2) 2 sen(θ/2) " ¡ ¢# sen (n + 1/2)θ 1 1+ . = 2 sen(θ/2) (b) Tomando la parte imaginaria de (1.1), ¡ ¢ sen(nθ/2) sen (n + 1)θ/2 . sen θ + sen 2θ + · · · + sen nθ = sen(θ/2) Problema 1.10. Calcula las sumas (a) cos(α + θ) + cos(α + 2θ) + · · · + cos(α + nθ), (b) sen(α + θ) + sen(α + 2θ) + · · · + sen(α + nθ). Soluci´on: Los apartados (a) y (b) son la parte real e imaginaria, respectivamente, de ³ ´ eiα eiθ + e2iθ + · · · + eniθ . Por otro lado,

³ ´ sen(nθ/2) eiθ + e2iθ + · · · + eniθ = eiθ 1 + eiθ + e2iθ + · · · + e(n−1)iθ = ei(n+1)θ/2 , sen(θ/2) {z } | =ei(n−1)θ/2

luego (a)

sen(nθ/2) sen(θ/2)

¶ µ sen(nθ/2) n+1 θ , cos(α + θ) + cos(α + 2θ) + · · · + cos(α + nθ) = cos α + 2 sen(θ/2)

´ A LOS NUMEROS ´ 1 INTRODUCCION COMPLEJOS (b)

9

¶ µ sen(nθ/2) n+1 θ . sen(α + θ) + sen(α + 2θ) + · · · + sen(α + nθ) = sen α + 2 sen(θ/2)

Problema 1.11. Demuestra que para todo θ ∈ R se cumple la identidad µ ¶ 1 + i tan θ n 1 + i tan nθ . = 1 − i tan θ 1 − i tan nθ AYUDA :

Emplea la f´ormula de De Moivre.

Soluci´on: Multiplicando numerador y denominador por cos θ, µ ¶ ¶ µ 1 + i tan nθ cos θ + i sen θ n cos nθ + i sen nθ 1 + i tan θ n = , = = 1 − i tan θ cos θ − i sen θ cos nθ − i sen nθ 1 − i tan nθ empleando la f´ormula de De Moivre y dividiendo en el u´ ltimo paso numerador y denominador por cos nθ.

Problema 1.12. Describe el subconjunto de C que cumple (a) Im(z + 5) = 0,

(c) Im(z + 5) = 3 Re z,

(b) Re(z 2 + 5) = 0,

(d) Re(z + 5) = Im(z − i).

Soluci´on: Tomamos en todos los casos z = x + iy. (a) Como z + 5 = (x + 5) + iy, entonces Im(z + 5) = 0 equivale a y = 0. Se trata del eje real. (b) z 2 + 5 = x2 − y 2 + 5 + 2xyi, por lo tanto Re(z 2 + 5) = 0 equivale a y 2 − x2 = 5, que es la ecuaci´on de una hip´erbola. (c) Im(z + 5) = 3 Re z equivale a y = 3x, es decir, una recta que pasa por el origen. (d) Re(z + 5) = Im(z − i) equivale a x + 5 = y − 1, que es la recta y = x + 6. Problema 1.13. Sean z1 , z2 , . . . , zn ∈ C. Prueba que ¯ X ¯X n ¯ ¯ n ¯ ¯ |zj |. zj ¯ ≤ ¯ j=1

j=1

Soluci´on: Lo probaremos por inducci´on. Si n = 1 la desigualdad (una igualdad en este caso) es trivial. Supongamos que ¯ X ¯ n−1 ¯ X ¯ n−1 ¯ |zj | zj ¯¯ ≤ ¯ j=1

y denotemos ζ =

n−1 P

j=1

zj . Entonces,

j=1

¯2 ¯X ¯ ¯ n 2 2 2 2 2 2 ¯ ¯ z j ¯ = |ζ + zn | = |ζ| + |zn | + 2 Re(ζzn ) ≤ |ζ| + |zn | + 2|ζ||zn | = (|ζ| + |zn |) , ¯ j=1

´ A LOS NUMEROS ´ 1 INTRODUCCION COMPLEJOS

10 as´ı que

¯ ¯X ¯ ¯ n ¯ zj ¯¯ ≤ |ζ| + |zn |, ¯ j=1

y como por la hip´otesis de inducci´on

|ζ| ≤ la desigualdad queda probada.

n−1 X j=1

|zj |,

Problema 1.14. Si |z| = 1, prueba que para todo a, b ∈ C se cumple ¯ ¯ ¯ az + b ¯ ¯ ¯ ¯ bz + a ¯ = 1.

Soluci´on: Por un lado,

|az + b|2 = |a|2 |z|2 + |b|2 + 2 Re(azb) = |a|2 + |b|2 + 2 Re(azb); por otro |bz + a|2 = |b|2 |z|2 + |a|2 + 2 Re(bza) = |a|2 + |b|2 + 2 Re(azb),

y ambos resultados coinciden.

Problema 1.15. Dado a ∈ C tal que |a| < 1, demuestra que |z| < 1 si y s´olo si ¯ ¯ ¯ z−a ¯ ¯ ¯ ¯ 1 − az ¯ < 1.

Soluci´on: Por un lado

|z − a|2 = |z|2 + |a|2 − 2 Re(az)

y por otro de modo que restando

|1 − az|2 = 1 + |a|2 |z|2 − 2 Re(az),

¡ ¢¡ ¢ |1 − az|2 − |z − a|2 = 1 + |a|2 |z|2 − |z|2 − |a|2 = 1 − |a|2 1 − |z|2 .

Como |a| < 1, el miembro derecho es positivo si y s´olo si |z| < 1, y ¯ ¯ ¯ z−a ¯ 2 2 ¯ ¯ ⇐⇒ |1 − az| − |z − a| > 0 ¯ 1 − az ¯ < 1. √ √ Problema 1.16. Considera el n´umero complejo z = (1 + i 3)(1 − i 3)−1 . (a) Expr´esalo en forma bin´omica y exponencial. (b) Prueba que z 4 = z. (c) Halla las otras tres ra´ıces cuartas de z. (d) Halla todos los n´umeros complejos que son ra´ıces cuartas de s´ı mismos.

´ A LOS NUMEROS ´ 1 INTRODUCCION COMPLEJOS

11

√ Soluci´on: (a) Como 1 + i 3 = 2eiπ/3 , √ √ 3 1 1+i 3 i2π/3 √ =e . =− +i z= 2 2 1−i 3 (b) z 4 = ei8π/3 = ei(2π+2π/3) = ei2π/3 = z. (c) El apartado anterior demuestra que z es una ra´ız cuarta de z. Dada una, las cuatro ra´ıces cuartas se obtienen multiplicando e´ sa por 1, i, −1, −i. Entonces, las cuatro ra´ıces cuartas de z son à Ã√ ! √ ! 1 3 3 1 ± −i +i , ± . 2 2 2 2 (d) Que z sea ra´ız cuarta de z implica que z 4 = z. Obviamente z = 0 es uno de esos n´umeros. Para hallar los dem´as dividimos la ecuaci´on por z y obtenemos z 3 = 1, cuyas soluciones son las ra´ıces c´ubicas de la unidad, z = 1, e±i2π/3 . Problema 1.17. Halla el lugar geom´etrico de los puntos z del plano complejo que verifican |z − z1 | = |z − z2 |, siendo z1 y z2 dos n´umeros complejos distintos. Soluci´on: Se trata del lugar geom´etrico de todos los puntos que equidistan de z1 y z2 , y ese lugar es la recta que pasa por el punto intermedio entre ambos y es perpendicular al segmento que los une. Se puede obtener la ecuaci´on de la recta a partir de la condici´on dada, ya que e´ sta es equivalente a |z − z1 |2 = |z − z2 |2 , es decir, (x − x1 )2 + (y − y1 )2 = (x − x2 )2 + (y − y2 )2

x2 − 2x1 x + x21 + y 2 − 2y1 y + y12 = x2 − 2x2 x + x22 + y 2 − 2y2 y + y22

2(x2 − x1 )x + 2(y2 − y1 )y = x22 − x21 + y22 − y12 µ ¶ µ ¶ x2 + x1 y2 + y1 (x2 − x1 )x + (y2 − y1 )y = (x2 − x1 ) + (y2 − y1 ) . 2 2

Problema 1.18. Dados tres v´ertices, z1 , z2 , z3 , de un paralelogramo, halla el cuarto v´ertice z4 opuesto a z2 . Soluci´on:

z4

z1

z2

z3

Visualizando los complejos como vectores, de acuerdo con la figura est´a claro que z4 = z2 + (z1 − z2 ) + (z3 − z2 ) = z1 + z3 − z2 .

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12

Problema 1.19. Dados dos v´ertices, z1 , z2 , de un tri´angulo equil´atero, halla el tercer v´ertice z3 . Soluci´on:

z3

π/3

z2 z1 Por las propiedades de rotaci´on de la multiplicaci´on de complejos, z3 − z1 = (z2 − z1 )eiπ/3

z3 = eiπ/3 z2 + (1 − eiπ/3 )z1 .

=⇒

√ En cartesianas, dado que eiπ/3 = (1 + i 3)/2,

√ √ ´ z1 ³ √ ´ 1 3 z2 ³ 1+i 3 + 1 − i 3 = (z2 + z1 ) + i (z2 − z1 ). z3 = 2 2 2 2

Problema 1.20. Sean ωj = e2πij/n , con j = 1, 2, . . . , n, las n ra´ıces n-´esimas de la unidad. (a) Prueba que si m ∈ N,

( 0, si m no es m´ultiplo de n, 1, si m es m´ultiplo de n.

n

1X m ωj = n j=1

(b) Prueba que si P (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + a2n−1 z 2n−1 es un polinomio de grado a lo sumo 2n − 1 en z, entonces n 1X P (ωj ) = a0 + an . n j=1

(c) Utilizando el apartado anterior y la f´ormula del binomio de Newton para (1 + z)n , halla el valor de Xµ n ¶ . 3k k≥0

Soluci´on: (a) n X

ωjm

j=1

=

n X

ei2πjm/n .

j=1

Si m es m´ultiplo de n, entonces m/n = k ∈ N, luego la suma anterior vale n X j=1

ei2πjm/n =

n X j=1

ei2πjk =

n X j=1

1 = n.

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13

En cambio, si m no es m´ultiplo de n, entonces ei2πm/n 6= 1, y la suma puede hacerse como una progresi´on geom´etrica: n X

i2πjm/n

e

n ³ X

=

ei2πm/n

j=1

j=1

´j

i2πm ei2πm/n − ei2πm(n+1)/n i2πm/n 1 − e = e = 0. 1 − ei2πm/n 1 − ei2πm/n

=

(b) Por simple sustituci´on, n n n n a1 X ak X k a2n−1 X 2n−1 1X P (ωj ) = a0 + ωj + · · · + ωj + · · · + ωj . n n n n j=1

j=1

j=1

j=1

De los exponentes 1, 2, . . . , 2n − 1, s´olo n es m´ultiplo de n, luego por el apartado anterior todas las sumas se anulan excepto la n-´esima, que vale n. As´ı pues, n

1X P (ωj ) = a0 + an . n j=1

(c) Como n µ ¶ X n k (1 + z) = z = P (z) k n

k=0

es un polinomio de grado n, por el mismo razonamiento del apartado anterior, 3−1

3 P

P (ωj ) es la suma

j=1

de los coeficientes cuyo ´ındice es m´ultiplo de 3, es decir 3 Xµ n ¶ 1X . P (ωj ) = 3k 3 j=1

(estamos usando el convenio de que c´ubicas de la unidad,

¡m¢ k

k≥0

= 0 si k > m). Como ωj , con j = 1, 2, 3, son las tres ra´ıces

ωj = 1, e±i2π/3 = 1, y P (z) = (1 + z)n ,

√ ´ 1³ −1 ± i 3 , 2

" à √ !n à √ !n # 3 3 3 1 n 1 1 1X P (ωj ) = 2 + 1− +i + 1− −i 3 3 2 2 2 2 j=1 " à ! ! # à √ n √ n i 3 3 1h n 1 1 1 n 2 + = 2 + einπ/3 + e−inπ/3 +i −i + = 3 2 2 2 2 3 = As´ı pues,

1 n [2 + 2 cos(nπ/3)] . 3 Xµ n ¶ k≥0

3k

=

1 n [2 + 2 cos(nπ/3)] , 3

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14 donde

  2      1    −1 2 cos(nπ/3) =  −2      −1    1

si n = 0 si n = 1 si n = 2 si n = 3 si n = 4 si n = 5

mod mod mod mod mod mod

6, 6, 6, 6, 6, 6.

Problema 1.21. Dados z1 , z2 , . . . , zn ∈ C no nulos tales que α − θ < arg zj < α + θ para todo j = 1, 2, . . . , n, con α ∈ R y 0 < θ < π/2, entonces ¯ ¯X n X ¯ ¯ n ¯ ≥ cos θ ¯ |zj |. z j ¯ ¯ j=1

j=1

Soluci´on: Seg´un el enunciado, zk = |zk |ei(α−ϕk ) ,

−θ < ϕk < θ;

entonces ¯ ¯ ¯ n ) ( n ¯ ¯¯ X ¯X ¯ ¯ ¯X X ¯ ¯ iα n ¯ n ¯ ¯ ¯ ¯ |zk |e−iϕk ¯ ≥ Re |zk |e−iϕk ¯ = ¯ |zk |e−iϕk zj ¯¯ = ¯e ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ j=1

k=1

=

n X k=1

k=1 n X

|zk | cos ϕk ≥ cos θ | {z } ≥cos θ

k=1

k=1

|zk |,

donde hemos utilizado que cos ϕk ≥ cos θ porque 0 < θ < π/2. Problema 1.22. Determina las condiciones bajo las cuales la ecuaci´on az + bz + c = 0 tiene soluci´on u´ nica z = z0 y h´allala. Soluci´on: Si conjugamos la ecuaci´on az + bz + c = 0 obtenemos otra ecuaci´on bz + az + c = 0, que con la anterior forma el sistema ( az + bz = −c, bz + az = −c,

⇐⇒

µ ¶ µ ¶µ ¶ a b c z =− . z c b a

Este sistema tiene soluci´on u´ nica si y s´olo si µ ¶ a b det 6= 0 b a

⇐⇒

|a|2 − |b|2 6= 0

⇐⇒

|a| = 6 |b|.

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En este caso, adem´as, la soluci´on se obtiene como 

de donde

 ac − bc ¶ µ ¶  |b|2 − |a|2  µ µ ¶ 1 a −b −c z   = 2 = , −c z |a| − |b|2 −b a  ac − bc  |b|2 − |a|2 z=

ac − bc . |b|2 − |a|2