Los n´ umeros complejos 1.

(15.06.2016)

Introducci´ on

Estas notas se proponen un doble objetivo. Con los apartados 2 a 8 se pretende dar unas nociones b´asicas sobre los n´ umeros complejos que ayuden a fijar los conceptos expuestos en clase (una definici´on axiom´atica rigurosa puede verse en J. Burgos, pgs. 559 y ss). Los apartados 9 a 11 abordan aspectos de mayor complicaci´on y se exponen para justificar que en el conjunto C encontramos soluci´on a las ecuaciones irresolubles en R. Como sabemos, existe una biyecci´on entre los puntos de la recta y los n´ umeros reales, por lo que a cada elemento de uno de los dos conjuntos le corresponde uno, y s´olo uno, del otro. Ello nos permite encontrar soluci´on en R para ecuaciones que no la tienen en Q, pese a lo cual siguen existiendo ecuaciones sin soluci´on. Una de las m´as sencillas es: x2 + 1 = 0 √ Con el fin de resolverla fuera de los n´ umeros reales, definimos el n´ umero i = −1, al que llamamos unidad imaginaria. De este modo, la ecuaci´on tiene como soluci´on √ x = ± −1 = ±i A los n´ umeros de la forma ki, con k ∈ R, les llamamos imaginarios (o imaginarios puros). Si consideramos la ecuaci´on x2 + 2x + 2 = 0 llegamos a la soluci´on x = −1 ±

√ −1 = −1 ± i

al que, por tratarse de la suma de un numero real y de otro imaginario, denominamos n´ umero complejo. A partir de la definici´on de este nuevo tipo de numero, podemos dar soluci´on a cualquier ecuaci´on algebraica como, por ejemplo, ex = −1 ´o cos x = 2.

2.

Definici´ on. Forma bin´ omica. Operaciones b´ asicas

Un n´ umero complejo escrito en forma bin´ omica es todo elemento z = a + bi, donde a y b son n´ umeros reales y se llaman parte real y parte imaginaria de z respectivamente: a = R(z), b = I(z) Tanto los n´ umeros reales como los imaginarios puros son n´ umeros complejos. Los primeros son complejos con la parte imaginaria nula (b = 0) mientras que los segundos tienen nula la parte real (a = 0). El conjunto de los n´ umeros complejos se denota C y en ´el definimos varias operaciones. Llamando z1 = a1 + b1 i y z2 = a2 + b2 i, - Suma: z1 + z2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i ∈ C. - Producto: z1 · z2 = a1 a2 + b1 b2 i2 + (a1 b2 + a2 b1 )i = a1 a2 − b1 b2 + (a1 b2 + a2 b1 )i ∈ C. - Producto por λ ∈ R: λ · z = λa + λbi ∈ C. 1

Dos complejos son iguales si coinciden entre s´ı tanto las partes reales como las imaginarias: z1 = z2 ⇐⇒ a1 = a2 , b1 = b2 Es inmediato comprobar que el elemento nulo en C es el 0 = 0 + 0i y el elemento unidad es el 1 = 1+0i. A partir de lo anterior se demuestra que C(+, ·) tiene estructura de cuerpo conmutativo. Es tambi´en un espacio vectorial de dimensi´on 2 sobre R. As´ı como los conjuntos N, Z, Q y R son cada uno ampliaci´on del anterior, C es una ampliaci´on de R. Basta observar que –como ya se ha indicado– ∀a ∈ R se cumple a = a + 0i ∈ C, por lo que R ⊂ C, y que las operaciones entre complejos de la forma a + 0i se reducen a las operaciones entre n´ umeros reales.

3.

Forma trigonom´ etrica. Representaci´ on gr´ afica

Considerando las partes real (a) e imaginaria (b) de un complejo z como coordenadas cartesianas, observamos que existe una biyecci´on entre C y R2 . De hecho la expresi´on (a, b) es la forma cartesiana del complejo z. Esto permite representar z gr´aficamente como un punto del plano XY (que llamaremos afijo) as´ı como por un vector que une el origen O con el afijo. Llamando m´ odulo ρ a la longitud de dicho vector y argumento θ al a´ngulo que forma el vector con la direcci´on positiva del eje X (para z no nulo), resulta: a = ρ cos θ, b = ρ sen θ,

b = tg θ (a 6= 0) a

Para todo complejo no nulo existe un u ´nico valor θ ∈ (−π, π] (argumento principal) e infinitos valores θ + 2kπ, k ∈ Z (argumentos). Entonces z puede expresarse en forma trigonom´ etrica como z = a + bi = ρ cos θ + ρ sen θi = ρ(cos θ + i sen θ) y la condici´on de igualdad de dos complejos se convierte en z1 = z2 ⇐⇒ ρ1 = ρ2 y θ1 = θ2 + 2kπ, k ∈ Z es decir, dos complejos son iguales si y solo si tienen el mismo m´odulo y sus argumentos se diferencian en un n´ umero entero de veces 2π. Interpretaci´ on geom´ etrica de la suma de complejos. Al representar los complejos por medio de dos componentes (como los vectores en el plano) observamos que la suma de complejos sigue tambi´en la regla del paralelogramo, por lo que sumar z a z1 equivale a trasladar el afijo de z1 seg´ un z, es decir, una distancia ρ, seg´ un la direcci´on dada por θ. Por tanto, sumar z a los complejos cuyos afijos forman una figura geom´ etrica, equivale a trasladar la figura seg´ un z: una distancia ρ, seg´ un la direcci´ on dada por θ. Interpretaci´ on geom´ etrica del producto de complejos. Sean z1 = ρ1 (cos θ1 +i sen θ1 ) y z2 = ρ2 (cos θ2 + i sen θ2 ). Su producto valdr´a h i z1 · z2 = · · · = ρ1 ρ2 cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 +i(sen θ1 cos θ2 + cos θ1 sen θ2 ) | {z } | {z } cos(θ1 +θ2 )

sen(θ1 +θ2 )

Es decir, el producto de dos complejos tiene como m´odulo el producto de sus m´odulos y como argumento la suma de sus argumentos. Entonces 2

- Al multiplicar z1 por ρ ∈ R, multiplicamos su m´odulo por ρ, sin variar el argumento. - Al multiplicar z1 por (cos θ +i sen θ), a˜ nadimos θ radianes a su argumento (lo giramos un ´angulo θ en sentido antihorario), sin variar su m´odulo. - Por tanto, multiplicar por z = ρ(cos θ + i sen θ) a los complejos cuyos afijos forman una figura geom´ etrica equivale a multiplicar sus dimensiones por ρ y girarla θ radianes respecto al origen de coordenadas, en sentido antihorario. Ejercicio. Sean z1 = 2 − 2i, z2 = 8 − 2i, z3 = 8 + 2i, z4 = 2 + 2i, cuyos afijos forman un rect´angulo. a) Si multiplicamos los complejos por z = i/2 (ρ = 1/2 y θ = π/2), compru´ebese que la figura reduce su tama˜ no a la mitad y gira 90o grados en sentido antihorario. b) ¿Qu´e ocurre si multiplicamos por i el complejo z2 − z1 ? c) Si s´olo sabemos que los afijos de z1 y z2 son dos v´ertices consecutivos de un cuadrado, ¿c´omo podemos obtener z3 y z4 ?

4.

Complejo conjugado, opuesto e inverso. Cociente

Dado el complejo z = a + bi, llamaremos: - Conjugado de z : z¯ = a − bi. Se cumple: z · z¯ = z¯ · z = a2 + b2 = |z|2 . - Opuesto de z : − z = −a − bi. - Inverso de z 6= 0 : z

−1

z¯ z · z¯ |z|2 z¯ = 2 = 1. = 2 , pues z · 2 = |z| |z| |z|2 |z|

z1 z¯2 . = z1 · z2 |z2 |2 En forma bin´omica se obtiene multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador:

- Cociente de z1 y z2 (producto de z1 por el inverso de z2 ):

a + bi (a + bi)(c − di) (a + bi)(c − di) = = c + di (c + di)(c − di) c2 + d2 Interpretaci´ on geom´ etrica. Escribiendo z en la forma z = ρ(cos θ + i sen θ), obtenemos - z¯ = ρ(cos θ − i sen θ) = ρ(cos(−θ) + i sen(−θ)). El conjugado de z tiene el mismo m´odulo que z y el argumento opuesto al de z. z¯ 1 ρ [cos(−θ) + i sen(−θ)]. 2 = 2 |z| ρ
El inverso de z tiene como m´odulo el inverso del m´odulo de z y como argumento el opuesto al de z.

- z −1 =

1 [cos(θ1 − θ2 ) + i sen(θ1 − θ2 )]. ρ2 El cociente de dos complejos tiene como m´odulo el cociente de m´odulos y como argumento la diferencia de argumentos.

- z1 : z2 = z1 · z2−1 = ρ1

3

Ejercicio. Compru´ebese que: a) El conjugado de la suma es la suma de los conjugados y el conjugado del producto el producto de los conjugados. b) Un complejo es imaginario puro si y s´olo si su opuesto es igual a su conjugado. c) El inverso de z se obtiene, igual que en R, por medio de la expresi´on 1/z.

5.

Exponencial de un complejo. F´ ormula de Euler

Se llama exponencial de z = x + yi al (´ unico) complejo de m´odulo ex y argumento y exp(z) = ex (cos y + i sen y) La definimos as´ı para que conserve las propiedades que la funci´on ex posee en R. En efecto, si el exponente es un n´ umero real, resulta la funci´on exponencial real: α ∈ R =⇒ exp(α) = exp(α + 0i) = eα (cos 0 + i sen 0) = eα con lo que, por ejemplo, la exponencial del complejo nulo vale 1, como en R. La exponencial compleja suele denotarse como ez de modo simplificado, aunque inexacto, pues esta expresi´on no tiene en general soluci´on u ´nica, como se puede ver en el apdo. 10. A partir de la definici´on se verifican tambi´en (compru´ebese) a)

ez1 · ez2 = ez1 +z2 , de donde se obtiene (ez )n = enz .

b)

ez1 : ez2 = ez1 −z2 , de donde se obtiene 1/ez = e−z .

En el caso particular z = θi, su exponencial valdr´a

ez |z=0+θi = e0 (cos θ + i sen θ) de donde resulta la f´ ormula de Euler

eθi = cos θ + i sen θ As´ı pues, eθi representa el complejo de m´odulo 1 y argumento θ. Utilizando la f´ormula de Euler resulta sencillo recordar la expresi´on definida para la exponencial de z, pues

ez = ex+yi = ex eyi = ex (cos y + i sen y) Por medio de ella podemos escribir un complejo en forma exponencial z = ρ (cos θ + i sen θ) = ρeθi En esta forma, el conjugado y el inverso del complejo ρeθi resultan ser 1 z¯ = ρe−θi ; z −1 = e−θi ρ z Ejemplo. Veamos que e = −1 tiene soluci´on en C. En efecto  a  e = 1 =⇒ a = 0 z a+bi a bi πi e = −1 =⇒ e = e e = e =⇒ b = π + 2kπ, k ∈ Z =⇒ z = (2k + 1)πi, k ∈ Z por lo que la la ecuaci´on tiene como soluci´on los infinitos n´ umeros imaginarios puros de la forma z = (2k + 1)πi, k ∈ Z. Ejercicio. Repres´entense en forma exponencial los complejos −1, i y − i. Calc´ ulese el valor o valores de x que satisfacen la ecuaci´on exi + i = 0. 4

6.

Potencia natural. F´ ormula de Moivre

Al multiplicar el complejo z por s´ı mismo n veces, obtenemos el complejo z n . Como sabemos por las propiedades del producto, su m´odulo valdr´a ρn y su argumento nθ, es decir z n = [ρ (cos θ + i sen θ)]n = ρn (cos nθ + i sen nθ) En el caso particular ρ = 1, resulta la f´ ormula de Moivre (cos θ + i sen θ)n = cos nθ + i sen nθ Ejercicio. Calcular cos 3θ y sen 3θ en funci´on de sen θ y cos θ. Soluci´ on: cos 3θ = cos3 θ− 3 sen2 θ cos θ; sen 3θ = 3 sen θ cos2 θ − sen3 θ.

7.

Raiz n−´ esima de un complejo

Decimos que ω ∈ C es ra´ız n−´esima de z ∈ C si la potencia n de ω es igual a z. √ n

z = ω ⇐⇒ ω n = z

Sea z = ρeθi y ω = reϕi su ra´ız n−´esima (cuyo valor buscamos). Se cumplir´a  n    1 r =ρ r = ρn n n nϕi θi ω = r e = ρe =⇒ =⇒ nϕ = θ + 2kπ, k ∈ Z ϕ = θ+2kπ , k∈Z n es decir

√ n

1

z = ρn e

θ+2kπ n

, k∈Z

Dando valores a k obtenemos distintas soluciones para la k=0

=⇒ ϕ0 =

θ n

k=1

=⇒ ϕ1 =

θ+2·1π n

= ϕ0 +

k=2 .. .

=⇒ ϕ2 =

θ+2·2π n

= ϕ0 + 2 2π n

k = n − 1 =⇒ ϕn−1 = k=n

=⇒ ϕn =

θ+2·(n−1)π n

θ+2·nπ n

k = n + 1 =⇒ ϕn+1 = .. .

√ n z, resultando

2π n

= ϕ0 + (n − 1) 2π n

= ϕ0 + n 2π = ϕ0 + 2π n

θ+2·(n+1)π n

= ϕ0 + n 2π + n

2π n

= ϕ1 + 2π

Vemos que, para k = n y siguientes, los argumentos toman un valor anterior incrementado en 2π, por lo que el complejo que resulta es el mismo. As´ı pues obtenemos s´olo n complejos distintos, por lo que todo complejo no nulo tiene n ra´ıces n−´ esimas. Al tener todas las ra´ıces el mismo m´odulo, los afijos estar´an situados en una circunferencia 1 de radio ρ n . Como adem´as la diferencia angular entre dos ra´ıces consecutivas es ∆ϕ = 2π , dichos afijos estar´an equiespaciados. Es decir, los afijos de las n ra´ıces n−´ esimas n 5

de z ∈ C son los v´ ertices de un pol´ıgono regular de n lados, inscrito en una 1 circunferencia de centro el origen de coordenadas y radio |z| n . Ejercicio. Calc´ ulense las ra´ıces cuadradas, c´ ubicas, cuartas y sextas de la unidad. Obs´ervese que, en todos los casos, una de las ra´ıces es el n´ umero real z = 1. Esto permite dibujar el pol´ıgono y obtener gr´aficamente las otras ra´ıces sin necesidad de calcularlas.

8.

´ Teorema fundamental del Algebra

El teorema afirma que “todo polinomio Pn (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n , de grado no nulo y coeficientes complejos (polinomio complejo), tiene alguna raiz compleja”. Como consecuencia, un polinomio de grado n ≥ 1 tendr´ a n raices complejas. Si los coeficientes a0 . . . an son reales (polinomio real) se verifica que: “Pn (z) tiene n ra´ıces complejas, contando cada una tantas veces como indique su ´ındice de multiplicidad, de modo que, para cada ra´ız compleja no real a + bi, es tambi´en ra´ız su conjugada a − bi”. Supongamos que existen p ra´ıces reales distintas xi , cada una de orden de multiplicidad αi y q ra´ıces complejas no reales zj , de o´rdenes de multiplicidad βj , cada una con su conjugada z¯j . Al descomponer el polinomio en factores obtenemos Pn (z) = an (z − x1 )α1 . . . (z − xp )αp (z − z1 )β1 (z − z¯1 )β1 . . . (z − zq )βq (z − z¯q )βq siendo el grado n = α1 + · · · αp + 2 (β1 + · · · βq ). Entonces, si n es impar, habr´a al menos una raiz real, pues el n´ umero de complejas no reales es par (si existen). Si n es par, el n´ umero de ra´ıces reales ser´a par o nulo.

9.

Logaritmo neperiano de un complejo

El logaritmo complejo que se define a continuaci´on es la funci´ on inversa de la exponencial de un complejo. Por medio de ella pasan a tener sentido los logaritmos de n´ umeros negativos, que carec´ıan de ´el en R. Dado un complejo z 6= 0, se dice que ω ∈ C es su logaritmo neperiano si la exponencial de z es ω, es decir ω = ln z ⇐⇒ eω = z (z 6= 0) Sea z = ρeθi y ω = a + bi su logaritmo (cuyo valor buscamos). Se cumplir´a  a  e = ρ =⇒ a = ln ρ ω a+bi a bi θi e = e = e e = ρe =⇒ b = θ + 2kπ, k ∈ Z por lo que ln z = ln ρ + (θ + 2kπ)i, k ∈ Z donde el sumando ln ρ, logaritmo neperiano real del n´ umero positivo ρ, es la parte real del complejo ln z. El valor de ln ρ ser´a positivo o negativo seg´ un sea ρ ≷ 1 y nulo si ρ = 1. De los infinitos valores que toma ln z, llamamos principal al que corresponde a k = 0. Obs´ervese que los afijos de ln z se encuentran situados en una recta vertical que corta al eje OX en el punto x = ln ρ. Ejemplo. Calculemos el valor del neperiano complejo de −1.
ln(−1) = ln eπi = ln(1) + (π + 2kπ)i = (2k + 1)πi, k ∈ Z lo que est´a de acuerdo con la soluci´on del ejemplo resuelto en el apartado 5. 6

10.

Potencia compleja de un complejo

En este apartado se extiende a C la operaci´on potencia, dando soluci´on a ecuaciones del tipo az = k < 0, a, k ∈ R, que no poseen soluci´on en R. Como veremos, la potencia natural y la ra´ız n-´esima, ya definidas, son casos particulares de la potencia compleja. Dados z1 , z2 ∈ C, se llama potencia de base z1 y exponente z2 al conjunto de n´ umeros complejos dados por la exponencial de z2 ln(z1 ) z1z2 = exp(z2 ln z1 ) Escribiendo z1 en forma exponencial (z1 = ρ1 e θ1 i ) y z2 en forma bin´omica (z2 = a2 + b2 i) la expresi´on general resulta: a2 ln ρ1 − b2 (θ1 + 2kπ) e[a2 (θ1 + 2kπ) + b2 ln ρ1 ] i z1z2 = e(a2 + b2 i) [ln ρ1 + (θ1 + 2kπ)i] = e | {z }| {z } ∞ argumentos ∞ m´odulos Esta expresi´on se simplifica en algunos casos particulares: 1. z2 ∈ R (b2 = 0). Si el exponente es un n´ umero real, resulta un u ´nico valor para el a 2 m´odulo ρ1 . Dicho exponente real puede ser racional o irracional: p a) Racional: z2 ∈ Q (a2 = ; p ∈ Z, q ∈ N). q  k = 0 =⇒ ϕ = a2 θ1      p  p   k = 1 =⇒ ϕ = a2 θ1 + q 2π a2 θ1 + 2kπ i q 2 ϕi z1z2 = e(a2 ln ρ1 ) e = ρa .. 1 e  .    p   k = q =⇒ ϕ = a2 θ1 + 2π q
q
El argumento para k = q es el de k = 0, incrementado en un n´ umero entero de veces 2π, por lo que determina el mismo n´ umero complejo. El de k = q + 1 determina el mismo complejo que el de k = 1, etc. As´ı pues, la potencia racional (p/q) de un complejo da como resultado q complejos de igual m´odulo y la ra´ız n-´esima (potencia 1/n), da n. π π !1/2 9π √ i i i 1/2 1/4 1/4 2e 4 =⇒ z1 = 2 e 8 ; z2 = 2 e 8 . Ejemplo. (1 + i) = Si el exponente es entero (q = 1) obtenemos un u ´nico resultado: z p = ρeθi ρp epθi , como vimos en el caso de la potencia n-´esima.


p

=

b) Irracional: z2 ∈ R \ Q (a2 ∈ / Q). Al ir dando valores a k, no se repiten los complejos a partir de uno dado, por lo que se obtienen infinitas soluciones de igual m´odulo. √ ! √ √ π π ! 3 √ 3 + 3 2πk i √ √ 3 √ i 4 Ejemplo. (1 + i) 3 = 2e 4 = 2 e , k ∈ Z. 2. z2 ∈ C \ R (b2 6= 0). El exponente es un n´ umero complejo no real. En este caso el m´odulo vale e a2 ln ρ1 − b2 (θ1 + 2kπ) , k ∈ Z, expresi´on que toma infinitos valores. Adem´as, seg´ un el valor de a2 , tendremos –como en el apartado 1– distintos casos para el argumento: 7

a) a2 = 0 (exponente imaginario puro). Hay un s´olo argumento de valor b2 ln ρ1 , por lo que los afijos de las infinitas soluciones est´an situados en la misma recta. umero entero de veces 2π. b) a2 = p/q . Hay q argumentos que no difieren en un n´ En este caso, los afijos de las infinitas soluciones est´an distribuidos en q rectas. c) a2 ∈ / Q . Hay ∞ argumentos, cada uno correspondiente a un valor del m´odulo. 1

1

Ejemplo. 1( 3 +i) = e[ 3 0−1(0+2kπ)] e[ 3 (0+2kπ)+1·0]i = e−2kπ e 1

2kπ i 3

, k ∈ Z. 4π 2π , θ3 = ). Los afijos Resultan infinitos m´odulos y tres argumentos (θ1 = 0, θ2 = 3 3 2π 4π y radianes con OX. est´an situados en tres rectas, que forman a´ngulos de 0, 3 3

11.

Funciones hiperb´ olicas y trigonom´ etricas en C

Se definen a continuaci´on en C las funciones seno, coseno y tangente, tanto hiperb´olicas como trigonom´etricas, con las que tienen soluci´on ecuaciones del tipo sen z = k > 1, k ∈ R o bien cosh z = k < 0, k ∈ R.

11.1.

Funciones hiperb´ olicas

Definimos las funciones hiperb´olicas en C de la misma manera que hicimos en R, obteniendo sus expresiones en funci´on de las componentes del argumento z ∈ C. 1. senh z =

ea − e−a 2 2. cosh z =

ea + e−a 2 3. tanh z =

ez − e−z 2 cos b + i

cos b + i

ea+bi − e−a−bi

ea + e−a 2

ez + e−z 2

=

=

2

2

ea (cos b + i sen b) − e−a (cos b − i sen b) 2

2

=

ea (cos b + i sen b) + e−a (cos b − i sen b) 2

sen b = cosh a cos b + i senh a sen b.

senh z senh a cos b + i cosh a sen b tanh a + i tan b = = ··· = . cosh z cosh a cos b + i senh a sen b 1 + i tanh a tan b

Nota: En el caso z = a ∈ R resultan las funciones hiperb´olicas habituales en R.

11.2.

Funciones trigonom´ etricas

A partir de la f´ormula de Euler tenemos, para θ ∈ R,

eθi = cos θ + i sen θ; e−θi = cos θ − i sen θ de donde podemos despejar el seno y el coseno de un n´ umero real. sen θ =

eθi − e−θi 2i

; cos θ =

eθi + e−θi 2

Definimos las funciones trigonom´etricas de un complejo de modo an´alogo, obteniendo 4. sen z =

ezi − e−zi 2i

=

sen b = senh a cos b + i cosh a sen b.

ea+bi + e−a−bi

ea − e−a

=

, 5. cos z = 8

ezi + e−zi 2

, 6. tan z =

sen z cos z

=

a partir de las cuales obtenemos la f´ormula de Euler en C

ezi = cos z + i sen z 11.3.

Relaciones entre funciones hiperb´ olicas y trigonom´ etricas

Entre las funciones hiperb´olicas y trigonom´etricas en C existen las relaciones: a. senh(zi) = b. cosh(zi) = c. tanh(zi) =

ezi − e−zi 2

ezi + e−zi 2

= i sen z (por 4). = cos z (por 5).

senh(zi) i sen z = = i tan z (a partir de a y b). cosh(zi) cos z

d. sen(zi) = sen z 0 =

1 senh(z 0 i) = −i senh(−z) = i senh z (a partir de a). i

e. cos(zi) = cos z 0 = cosh(z 0 i) = cosh(−z) = cosh z (a partir de b). f. tan(zi) =

sen(zi) i senh z = = i tanh z (a partir de d y e). cos(zi) cosh z

Nota: Estas relaciones son v´alidas si z = a ∈ R (zi = ai ser´a imaginario puro). Para terminar, a partir de lo anterior podemos obtener las funciones trigonom´etricas en C en funci´on de las componentes de z. 4’. sen z =

1 senh(zi) = −i senh(−b + ai) = · · · = sen a cosh b + i cos a senh b (de a y 1). i

5’. cos z = cosh(zi) = cosh(−b + ai) = · · · = cos a cosh b − i sen a senh b (de b y 2). 6’. tan z =

sen z sen a cosh b + i cos a senh b tan a + i tanh b = = ··· = (de 4’ y 5’). cos z cos a cosh b − i sen a senh b 1 − i tan a tanh b

Nota: En el caso z = a ∈ R resultan las funciones trigonom´etricas habituales en R. Ejemplo. A partir de la expresi´on dada en 5’ para las componentes del coseno de un complejo, podemos obtener la soluci´on de la ecuaci´on cos z = 2. En efecto   sen a senh b = 0 cos z = cos(a + bi) = cos a cosh b − i sen a senh b = 2 =⇒ cos a cosh b = 2 De la primera de las dos igualdades obtenemos como posibles soluciones para a y b a = kπ, k ∈ Z; b = 0 y, entrando con ellas en la segunda, obtenemos la soluci´on del sistema √ a = 2lπ, l ∈ Z; b = arg cosh 2 = ln(2 + 3) con lo que z vale z = 2lπ + i ln(2 + 9

√

3), l ∈ Z

´ CALCULO INFINITESIMAL 2

Test de Autoevaluaci´ on

Tema V. N´ umeros complejos

(15 minutos)

Nota: Se marcar´ an con V las afirmaciones que se consideren correctas y con F las consideradas falsas. Se puntuar´ an con +1 los aciertos, –1 los fallos y 0 las respuestas en blanco. π

• 1.- Si multiplicamos por z = 2e 2 i a los complejos cuyos afijos forman un cuadrado centrado en el punto C(3, 0), los afijos de los complejos resultantes formar´ an un cuadrado de lado doble, girado 90 grados en sentido antihorario, centrado en el punto C 0 (0, 6). √ π • 2.- Si sumamos z = 2e 4 i a los complejos cuyos afijos forman un tri´ angulo de v´ertices los puntos (−1, 0) (0, 0) y (0, 1), el v´ertice correspondiente al ´ angulo recto se desplazar´a una distancia igual a la longitud de la hipotenusa del tri´ angulo, paralelamente a ella. • 3.- El conjugado y el inverso de un complejo z 6= 0 coinciden, siempre que su m´ odulo sea menor que 1. • 4.-

3π Se cumple e 2 i + i = 0 .

• 5.-

Se cumple que el inverso de ez = (ez )−1 = 1z = e−z .

e

• 6.- Los afijos de las ra´ıces quintas de la unidad forman un pent´ agono regular, con un v´ertice en el eje real. • 7.- Los afijos de las ra´ıces 2n, n ∈ IN, de la unidad forman un pol´ıgono regular de 2n v´ertices, con dos v´ertices en el eje imaginario. • 8.- El polinomio P7 (z) = a0 + a1 z + . . . + a7 z 7 tiene 7 ra´ıces en C, I de las cuales son reales un n´ umero impar de ellas, comprendido entre 1 y 7. Cuestiones correspondientes a apartados optativos del programa. • 9.- El logaritmo de un complejo tiene infinitas soluciones, situadas en una recta vertical a la derecha del origen. • 10.- La potencia racional (p/q) de un complejo da como resultado q complejos de distinto m´ odulo. • 11.-

Se cumple sen(zi) = i Sh z y sen z = sen a Ch b + i cos a Sh b.

• 12.-

La f´ormula ezi = cos z + i sen z se cumple s´ olo para z = θ ∈ IR.

Nota (sobre 12):

.

´ CALCULO INFINITESIMAL 2

Test de Autoevaluaci´ on

Tema V. N´ umeros complejos

(15 minutos)

SOLUCIONES • 1.- V. Ver apdo. 2 del programa (interpretaci´ on geom´etrica de suma y producto). El 0 nuevo centro C se obtiene como los nuevos v´ertices, multiplicando por z el complejo π π correspondiente al antiguo (el n´ umero real 3). Es decir 3 · 2e 2 i = 6e 2 i = 6i, que corresponde al punto (0, 6). • 2.- V. Ver apdo. 2 del programa (interpretaci´ on geom´etrica de suma y producto). El nuevo v´ e rtice se obtiene, sumando z al complejo correspondiente al origen, es decir √ πi 0 + 2e 4 = 1 + i, que corresponde al punto (1, 1). • 3.- F. Coinciden si su modulo es igual a 1, pues z −1 = z 2 = z. |z| 3π 3π • 4.- V. Pues e 2 i = cos 3π 2 + i sen 2 = −i.

1 . Adem´as se V. El inverso de un complejo w se representa por w−1 o tambi´en por w 0 cumple que 1 = e = e0−z = e−z .

• 5.-

ez

ez

• 6.- V. Entre las ra´ıces de ´ındice impar (por ejemplo 5) de la unidad hay siempre una –y s´ olo una– en el eje real, correspondiente a z = +1. • 7.F. Forman un pol´ıgono regular de 2n v´ertices, con dos v´ertices en el eje real, correspondientes a z = ±1. ´ • 8.- V. Un polinomio de grado k posee k ra´ıces en C I (Teorema Fundamental del Algebra). Por otra parte, si posee una raiz compleja posee tambi´en la conjugada, por lo que el n´ umero de ra´ıces complejas no reales de un polinomio es siempre par (las ra´ıces complejas no reales tienen parte imaginaria no nula). Como las ra´ıces complejas no reales van siempre de dos en dos, habr´ a 0, 2, 4 ´ o 6. Entonces, si el grado del polinomio es impar (en este caso 7), el n´ umero de ra´ıces reales ser´ a impar: como m´ınimo una y como m´aximo siete. Cuestiones correspondientes a apartados optativos del programa. • 9.- F. La recta estar´a a la derecha del origen s´ olo si ρ > 1. De lo contrario, coincidir´a con el eje OY (ρ = 1) o estar´a a su izquierda (0 < ρ < 1). • 10.-

F. Da como resultado q complejos del mismo m´ odulo, ρ1 = (ρ)p/q .

• 11.-

V. Apdo. 10 del programa (Funciones trigonom´etricas en C). I

• 12.- F. La f´ormula se cumple ∀z ∈ C. I El caso particular z = θ ∈ C, I se conoce como f´ ormula de Euler.

´ CALCULO INFINITESIMAL 2 Tema V. Complejos

Cuesti´ on de autoevaluaci´ on (15 minutos)

Cuesti´ on. Sea el complejo z = x + yi. Se pide razonar en qu´e casos se verifican las siguientes igualdades: a) |ez | = e|z| b) ez = ez

´ CALCULO INFINITESIMAL 2

Cuesti´ on de autoevaluaci´ on

Tema V. Complejos

(15 minutos)

Cuesti´ on. Sea el complejo z = x + yi. Se pide razonar en qu´e casos se verifican las siguientes igualdades: a) |ez | = e|z| b) ez = ez Soluci´ on. a) Operamos ambas expresiones: • |ez | = |ex (cos y + i sen y)| = ex |cos y + i sen y| = ex √ 2 2 • e|z| = e|x+yi| = e x +y .

p cos2 y + sen2 y = ex .

Igualando ambas expresiones, resulta:

ex = e

√

x2 +y 2

⇐⇒ x =

q x2 + y 2 ⇐⇒ x2 = x2 + y 2 , x ≥ 0 ⇐⇒ y = 0, x ≥ 0

La igualdad se cumple s´olo si la parte imaginaria de z es nula y la parte real es no negativa, es decir para z ∈ IR+ ∪ {0}. b) En este caso podemos llegar de una expresi´on a la otra

ez = ex+yi = ex eyi = ex e−yi = ex−yi = ez por lo que la igualdad se verifica ∀z ∈ C. I