Suma: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) AP1.1. Proposición: Se cumple: ii) es una operación en C.

Transcripción

1 APÉNDICE 1 Los Números Complejos Estructura de Campo En R la ecuación x 2 = 1 no tiene solución. No puede tenerla además, por que R es un campo (cuerpo) ordenado y por lo tanto 1 es negativo, mientras, x 2 es positivo o cero; ésto es además propiedad de cualquier campo ordenado. Por tanto si se desea un campo, en donde x 2 = 1 tenga solución, ésto no puede ser un campo ordenado. El procedimiento que usamos aquí es, por otra parte, generalizable. El lector debe notar que no se hace uso sino de las propiedades de campo de R. El conjunto C es R R y la aritmética es: Suma: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) Producto: (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc) AP1.1. Proposición: Se cumple: i) + es una operación en C. ii) es una operación en C. Demostración: Parte 2. Si (a, b); (c, d) C, entonces; a, b, c, d R. Por tanto ac bc R. Así que (ac bd, ad + bc) C y se cumple la propiedad clausurativa para el producto. 1

2 2 Supongo ahora que (a, b) = (c, d) y veamos que (a, b) (e, f) = (c, d) (e, f). El caso [(e, f) (a, b) = (e, f) (c, d)] se hace de manera idéntica. (a, b) = (c, d) a = c y b = d. Además (a, b) (e, f) = (c, d) (e, f) (ae bf, af + be) = (ce df, cf + de) ae df y ce df y af + be = cf + de. Es decir que debemos mostrar que a = c y b = d ae bf = ce df y af + be = cf + de. Esto último es claro: a = c y b = d ae = ce y bf = df ae bf = ce df. Así mismo a = c y b d af = cf y be = de af + be = cf + de AP1.2. Proposición: C, +, es un campo. i) Que C, + es un grupo abeliano, es claro, por que (0, 0) es m ódulo y (a, b) C, entonces (a, b) = ( a, b). Además en cuanto a conmutatividad; calculemos (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) y (c, d) + (a, b) = (c + a, d + b). Es claro que los resultados coinciden, por la conmutatividad de + en R. De manera similar se demuestra la asociatividad (ejercicio). ii) En cuanto a las propiedades para el producto; se tiene que (1, 0) es el módulo multiplicativo (verifíquelo) y si (a, b) 0, entonces: ( 1 (a,b) = a. En efecto: a 2 +b 2, ( a a 2 +b 2, ) b a 2 +b 2 ) b a 2 +b 2 (a, b) = ( ) a 2 +b 2, ab+ab = (1, 0) = 1. a 2 +b 2 a 2 +b 2 ( a a b b, a b + b a 2 +b 2 a 2 +b 2 a 2 +b 2 ) a a 2 +b 2 iii) La conmutatividad del producto queda como ejercicio. Veamos la asociatividad. Calculemos: (a, b) ((c, d) (e, f)) = (a, b) (ce df, cf + de) = (a(ce df) (b(cf + de), a(cf + de) + b(ce df)) = (ace adf bcf bde, acf + ade + bce bdf). ((a, b) (c, d)) (e, f)) = (ac bd, ad + bc) (e, f) = ((ac bd)e (ad + bc)f, (ac + bd)f + (ad + bc)e = (ace bde adf bcf, acf bdf + ade + bce). Comparando los dos resultados se tiene que: (a, b)((c, d) (e, f)) = ((a, b) (cd)) (e, f) =

3 3 iv) Que distribuye sobre + queda como ejercicio. R Como Subcampo de C Considerando ahora R = {(a, 0) a R}; se tiene que AP1.3. Proposición: R es un subcampo (subanillo que contiene los inversos multiplicativos de sus elementos distintos de cero) de C. Demostración: Se debe ver que R es cerrado para + y, que contiene los módulos y los inversos aditivos y multiplicativos para elementos no cero. Pero es claro que (a, 0) (b, 0) = (a b, 0); (a, 0)+(b, 0) = (a+b, 0); 1 (0, 0) R; (1, 0) R; (a, 0) = ( a, 0) R; (a,0) = ( 1 a, 0) R (si a 0 en R). Ahora bien R representa a los números reales en C: AP1.4. Proposición: φ : R R, a (a, 0), es un isomorfismo de campos. Demostración: Ejercicio. Con base en el isomorfismo φ se identifica R con R, por medio de la identificación a = (a, 0). Con lo cual R está contenido en C. En particular 1 C y nos preguntamos si la solución de x 2 = 1 existe en C. La respuesta es positiva. AP1.5. Proposición: {(0, 1), (0, 1)} es la solución de x 2 = 1. Demostración:(0, 1) 2 = (0, 1) (0, 1) = (0, ) = ( 1, 0) = 1. El número complejo (0, 1) juega un papel importante, además de ser solución de x 2 = 1 en C. R junto con (1, 0), genera a C. En efecto si denotamos i = (0, 1). Entonces: AP1.6. Proposición: Todo número complejo (a, b) se puede escribir en C como: (a, b) = a + bi.

4 4 Demostración: a + bi = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = (a, 0) + (0, b) = (a, b). Resumiento lo que se tiene hasta ahora, con base en la identificación (a, 0) = a y (0, 1) = i. 1. C = {a + bi/a, b R}. 2. a + bi = c + di a = c y b = d. 3. (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i. 4. (a + bi) (c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i = 0 + 0i = 1 + 0i. 7. (a + bi) = ( a) + ( b)i. 8. Si a + bi 0 1 a+bi = 9. i 2 = 1, ( i 2 = 1). a a 2 +b 2 + b a 2 +b 2 i. 10. C, +, es un campo (y no puede ordenarse). La Representación Cartesiana de C Puesto que C como conjunto en R 2, entonces hay una representación geométrica de C, a saber el plano cartesiano. Note que los elementos de la forma (a, 0) son los que representan a R, por tanto el eje de las x representa a los números reales. Los elementos de la forma (0, b) no representan a R, pero (0, b) = bi por lo cual el eje de las y, representa a los imaginarios puro como se le llamó alguna vez. Gráficamente tambi én se identifica a a + bi con la flecha desde (0, 0) hasta (a, b).

5 5 AP1.7 Con esta representación a la longitud de la flecha se le llama la norma del complejo (a, b). En cuanto al elemento simétrico de (a, b) sobre R, es decir, (a, b) se le llama el conjugado de (a, b). Si z = (a, b) se le denota z = (a, b). Formalmente. AP1.8. Definición: Se dice que i) A a 2 + b 2 se le llama la norma de (a, b) = a + bi y se denota a + bi ii) Al complejo a bi se le llama el conjugado de a + bi. Se denota: a + bi = a bi. AP1.9. Proposición: La propiedades del conjugado son: i) z 1 + z 2 = z 1 + z 2 ii) z 1 z 2 = z 1 z 2

6 6 iii) z = z iv) z = z z R Demostración: Parte iv). Sea z = a+bi. Entonces z = z a+bi = a bi b = b b = 0 z = a + 0i. Ejercicio: Realizar las demostraciones de i), ii), iii). Note Que Ϝ R, si z es de la forma a + 0i. Si z = a + bi, entonces a se llama la parte real de Z y se denota R(z) y b se llama la imaginaria y se denota I(z). Se tiene pues que: z = R(z) + I(z)i. AP1.10. Proposición: Las propiedades de z en C son: i) Si z R entonces z = z ii) z = 0 z = 0 iii) z 2 = z z iv) z = z v) R(z) < z y τ(z) < z vi) z 1 z 2 = z 1 z 2 vii) z 1 + z 2 z 1 + z 2 viii) 1 z = 1 z si z 0 Demostración: Parte vii). Note que z 1 + z 2, z 1 y z 2 son números reales positivos o cero. Así que demostrar vii. es equivalente a demostrar que z 1 + z 2 2 ( z 1 + z 2 ) 2 ; que es lo que haremos. z 1 + z 2 2 = (z 1 + z 2 )(z 1 + z 2 ) = (z 1 + z 2 )(z 1 + z 2 ) = z 1 z 1 + z 1 z 2 + z 2 z 1 + z 2 z 2 = z z 1 z 2 + z z 2 + z 2 2 = z R(z 1 z 2 ) +

7 7 z 2 2 z z 1 z 2 + z 2 2 = z z 1 z 2 + z 2 2 = z z 1 z 2 + z 2 2 = ( z 1 + z 2 ) 2. Ejercicio: Realizar la demostración de las partes i), ii), iii), iv), v) y vi). 1 Ejemplo: Dado z C, dibuje 2z, 2z, 3 2z`, 3 2z, z. Z Si Z = (a, b), entonces 2Z = (2a, 2b) : 2 = ( a 2, b ) 2 ; 3z 2 = ( 3a 2, 3b ) 2 ; 3z 2 = ( 3a 2, 3b ) 2. Estos complejos están en la misma recta que pasa por z y el origen. Se tiene que: 2z = 2 z ; z 2 = 1 2 z ; 3z 2 = 3 2 z y finalmente 3 2 z = 3 2 z. Ejemplo: Suponga que el punto z situado en el plano (gráfica AP1.11) tiene norma 3. Halle 1 z. AP1.11 De la fórmula z z = z 2, se tiene que si z 0, entonces como z 2 0, se recibe z z = 1. Por tanto 1 z 2 z = 1 z. Así pues 1 z 2 z

8 8 está situado en el rayo que pasa por z además 1 z = 1 z = z 2 1 z = 1 z = 1 z 2 z 2 z. Es decir que 1 z = 1 z. En nuestro caso 1 z = 1 z = 1 3. El lector verificará que 1 z como se marcó en el grafico es el punto correcto. Dados dos complejos z 1 y z 2 se puede completar con ellos un parale logramo. En Física se conoce como el paralelogramo de la suma de fuerzas. El complejo que aparece en el vértice opuesto al origen es z 1 + z 2, como en el caso de la Física. AP1.12 Para hallar una representación gráfica de producto y cociente de complejos necesitamos un nuevo tipo de representación de los números complejos.

9 9 La Representación Polar de los Complejos AP1.13 Recordemos que la ecuación de una recta que pasa por el origen es y = mx, en donde m es una constante, llamada pendiente. El sistema de ecuaciones y = mx con x > 0, 0 el otro y = mx con x < 0, se llaman los rayos determinados por la recta. Si (x, y) es un punto del y rayo, entonces las siguientes son constantes:, x, y y x 2 +y 2 x 2 +y 2 si no son cero, por supuesto también los inversos multiplicativos. A estas expresiones se les llama las funciones trigonométricas del rayo y y se denotan: = senr; x = cos r; y x 2 +y 2 x 2 +y 2 x = tan r; x y = cot r; x 2 +y 2 x x = sec r; 2 +y 2 y = csc r. Cuando un ángulo tiene rayo terminal r las relaciones de arriba se llaman también las funciones del ángulo. Por ejemplo θ y en AP1.13 tienen las mismas funciones por que tienen el mismo rayo terminal. Si x

10 10 un complejo Z está sobre el rayo r y θ tiene rayo terminal r entonces θ se llama un argumento de Z. Aquí denotaremos r(z) al rayo que contiene a Z, si Z 0 y Arg(z) el argumento principal de z que es aqui en (0, 2π]. AP1.14. Proposición: Si Z 0, entonces Z = Z (cos(r(z)) + isen(r(z)). Demostración: Si Z = (x, y) = x + iy está en r(z), entonces: x cos(r(z)) = y sen(r(z)) = y, reemplazando Z = x + x 2 +y 2 x 2 +y 2 iy = x 2 + y 2 cos(r(z)) + i x 2 + y 2 sen(r(z)) = Z (cos(r(z)) + isen(r(z))). Note que la igualdad anterior dice que un complejo, está determinado perfectamente por dos datos (si es distinto de cero) su norma y su argumento, los cuales son por supuesto en general, de fácil acceso gr áfico (se pueden graficar). El teorema siguiente dice cómo se calcula graficamente el producto de los complejos (no cero). La escritura dada se llama la forma polar de Z. AP1.15. Proposición: Sean Z 1 y Z 2 C, (no cero), entonces: i) Z 1 Z 2 = Z 1 Z 2. ii) Si θ 1 es un argumento de Z 1 y θ 2 es de Z 2, entonces θ 1 + θ 2 e sun argumento de Z 1 Z 2. Demostración: Aunque la primera ya la sabemos sacamos las dos de la escritura en forma polar: Z 1 = Z 1 (cos θ 1 + isenθ 1 ) y Z 2 = Z 2 (cos θ 2 + isenθ 2 ). Entonces Z 1 Z 2 = Z 1 Z 2 (cos θ 1 + isenθ 1 )(cos θ 2 + isenθ 2 ) = Z 1 Z 2 (cos θ 1 cos θ 2 senθ 1 senθ 2 ) + i(cos θ 1 senθ 2 + senθ 1 cos θ 2 ) = Z 1 Z 2 (cos(θ 1 + θ 2 ) + isen(θ 1 + θ 2 )). Como esta última expresión de z 1 z 2 entonces i) y ii) siguen:

11 11 AP1.16 En lo que sigue diremos que un número complejo Z 0 está escrito en la forma polarcanónica si Z = r(cosθ + isenθ) con r > 0 y 0 < θ 2π, es decir con θ = Arg(z). Nos referimos ahora a la relación de raíces de números complejos. La relación NO universal y además con raíces complejas NO son válidas las leyes de radicales de los números reales. AP1.17. Proposición: Sea Z = r(cos θ + isenθ) en forma canónica. Entonces i) W = r 1 n (cos θ n + iseǹ θ n ) esta en la forma canónica. ii) W n = Z. Demostración: Como r > 0, r 1 n existe en R y es mayor que cero. Como 0 < θ 2π entonces 0 n < θ n 2π para todo n 1, n N. Finalmente por el ejercicio precedente.

12 12 W = (r 1 n ) n (cos( θ n n) + isen( θ n n) = r(cos θ + isenθ) = Z. AP1.18. Definición: Sea z = (r cos θ + isenθ) complejo en forma canónica. Sea n N, n > 0. Llamamos la raíz compleja n-ésima de z, y la denotamos n n z al complejo, z = r 1 n (cos θ n + isen θ n ). Por ejemplo: Puesto que la forma canónica de 1 R es 1(cos2π + isen2π) entonces 2 1 C = 1 y 3 1 C = que son soluciones de x 2 = 1 y x 3 = 1 en C, pero en este último caso deben haber 3 raices. Nos entendemos con la ecuación x n = a en C. Denotamos a x = r(cosθ + isenθ). Por tanto r n (cosnθ + isennθ) = a (cosarg(a) + isenarg(a)) por facilidad denotamos ARg(a) = α. De lo precedente se tiene que r n = a y por tanto r = n a en R. Además nθ = α + 2πk con k Z y entonces θ = α+2πk n con k Z. Ahora bien como x k = n a (cos α+2πk 2 + isen α+2πk n ) n a (cos α n + isen α 2πk 2πk n ).(cos n + isen n ) = n a (cos α n + isen α n ).(cos 2π n + isen 2π n )k = n a C ( n 1 C ) k, k Z. pero si a k lo denotamos por n en Z, entonces k = qn+r con 0 r < n, q Z entonces: ( n 1 C ) R = ( n 1 C ) qn+r = (( n 1 C ) t ) = 1 q (( n 1 C ) t ) = ( n 1 C ) t. Por tanto k puede tomarse como k = 0, 1,, n 1. Si suponemos que 0 k 1, k 2 con k 1 < k 2 es decir k 2 = k 1 + m y ( n 1 C ) k 1 ) = ( n 1 C ) k 2 entonces (cos 2π n k 2 + isen 2π n k 2) = (cos 2π n k 1 + isen 2π n k 1) por tanto 2π n k 2 = 2π n k 1 + 2πk con k Z k 2 k n < 1. Se sigue entonces que las únicas soluciones de x n = a están dadas por x i para i = 0, 1,..., n 1, y son todas distintas. En cuanto ala cuadratica se tiene la equivalencia ax 2 + bx + c = 0 si y = (2ax + b) equivale a y 2 = b 2 4ac.

13 13 Pero en una ecuación en C, x 2 = a tiene solución 2 a y 2 a. Por tanto y 2 = b 2 4ac tiene soluciones 2 b 2 4ac C y 2 b 2 4ac C. Reemplazando se tiene 2ax + b = ± 2 b 2 4ac de donde sigue la fórmula propuesta. Esto muestra que las raíces complejas de los números reales no coinciden con las raíces reales de los mismos cuando existen. Note además que las leyes de las potencias fallan, como lo habíamos dicho = 3 1 = i y no es 1 como lo sugiere la fórmula de raíz y potencia del caso real. Ahora damos las fórmulas de solución de x n = a y ax 2 + bx + c = 0 en C. AP1.19. Colorario: i) Sea a C, n N, n > 0, entonces x n = a tiene como soluciones distintas x i = n a( n 1) i, i = 0, 1,..., n 1. ii) La solución de ax 2 + bx + c = 0 (donde a 0) en C está dada por x = b± b 2 4ac C 2a, donde Demostración: Parte i). Que x i es solución de x n = a es claro porque: (x i ) n = ( n a( 1) i ) n = ( n a) n (( n 1) i ) n = ( n a) n (( n 1) n ) i = a1 i = a. Suponga que W = r(cos θ + isenθ) es otra solución. Funciones Complejas Recuerde que la función E(θ) = cosθ + isenθ cumple que E(0) = 1 E(θ 1 + θ 2 ) = E(θ 1 ) E(θ 2 ) por la formula de Moivre y además (E(θ)) n = E(nθ), por la misma razón. Finalmente, derivando con respecto a θ el complejo (cosθ, senθ) se tiene que E (θ) = senθ + icosθ = i(cosθ+isenθ) = ie(θ). es decir que E(θ) funciona mucho con una función exponencial. Para determinar la base posible recordemos que en caso real D a f(x) = f (x)a f(x) en a. Por tanto f(θ) = iθ y a = e encaja como base y potencia apropiadas. Se toma entonces como notación que cosθ + isenθ = e iθ. Por tanto por consistencia con

14 14 las demas propiedades numericas si han de cumplirse, se debe tener que e x+iy = e x e iy = e x (cosy + iseny). Asi que si z = x + iy entonces e z = e x (cosy + iseny). Se tienen las siguientes propiedades de la función exponencial compleja. AP1.20. Proposición: i) e 0 = 1. ii) e z 1.e z 2 = e z 1+z 2. iii) (e z ) q = e qz (q Q). iv) e z = e x (z = x + iy). v) e z 0, z C. vi) Si z R, e z en R = e z en C. vii) e iy = 1. Note que si 0 < y 2π entonces y es el argumento de e z. Suponiendo que para z C, Ln(z) = u + vi es un complejo tal que e u+vi = z (z = x + iy digamos) se encuentran infinitas posibilidades para u pero todas son argumentos de z. Como en el caso de las raices nuestra función logaritmo natural usará el argumento principal. Las demás serán brazos logarítmicos y todas son secciones de la función exponencial. AP1.21. Definición: Ln(z) = ln z + Arg(z)i para z 0. Note que Lnz esta bien definido en toda parte del plano complejo, excepto en 0, Ln : C {0} C. Note además que Ln es una sección de e z : AP1.21. Proposición: z 0, z C e Lnz = z.

15 15 Demostración: e Lnz = e ln z +iarg(z) = e ln z e i Arg(z) = z (cosarg(z))+ isenarg(z)) = z. Sin embargo e z no es una sección de Ln en toda parte de C como el lector puede verificar. Pero se puede relacionar una franja donde lo es: Si tomamos el dominio de e z los complejos z = x + iy con 0 < y 2π como en el gráfico, entonces se tiene: AP1.22. Proposición: e z : R + (0, 2π]i C {0} es una sección de Lnz. Demostración: Recuerde que e x+iy = e x y que si 0 < y 2π Arge z = Arge x (cosy + iseny) = y. Por tanto Lne z = ln e z + iarg(e z ) = lne x + iy = x + iy = z. Si w C {0}, entonces w = e ln w +iarg(w) según se vio arriba y ln w + iarg(w) R + + i(0, 2π] R + i(0, 2π]. Esta muestra que las funciones inversas una de otra, en el plano complejo son: EXP : R + + i(0, 2π] C {0} LN : C {0} R + + i(0, 2π]

16 16 Aun así la función e z existe en TODO C. Note que en este caso la restricción mas fuerte se hizo en la función exponencial mientras la de logaritmo quedo practicamente sobre todo C (excepto 0). Contrario al caso real en donde el dominio es todo R, es decir no cambia cuando se le busca una inversa. Note tambien que LN es inversa de EXP y nó de e z. Cuando no tratamos de usar hechos de invertibilidad usamos Lnz y e z para las funciones logaritmicas y exponenciales complejas. Note Ln( 1) = Ln(1(cosπ + isenπ)) = ln(1) + i(π) = πi Ln(1) = Ln(1(cos2π + isen2π)) = ln(1) + 2πi = 2πi. Esto muestra que, en el caso de logaritmo, tomar el argumento principal en (0, 2π] no produce Ln como generalización de ln en R. La ventaja de tomar (0, 2π] está en la solución de ecuaciones del tipo z n = a con a R (en particular R + ) en donde una raiz genera todas las demás. Esa raíz es la que se denotá n a ó n a C, para ser mas precisos, y se requiere el argumento principal en (0, 2π]. Por lo demas, si θ es un argumento de z entonces se puede denotar: ln θ (z) = ln z + θi Asi pues ln 0 (1) = ln 1 +0i = 0. ln π ( 1) = ln 1 +( π)i = πi. Nosotros usaremos consistentemente Arg(z) (0, 2π], pero por supuesto la manera de tratarlo es tomando ln(δ(senθ + icosθ)) = lnδ + θi y mejor aun ln(δ, φ) = lnδ + φi en donde δ > 0. De nuevo se generaliza, para Z, w C, se toma: AP1.23. Definición: Z w = e wlnz. Cuyo valor principal esta dado con los argumentos principales de z y w. Por ejemplo ( 1) 2 no esta definido en los numeros reales pero en los complejos si lo esta y es: ( 1) 2=e 2ln( 1) = e 2ln(cosπ+isenπ) = cos( 2π) + isen 2π.

17 17 Funciones Trigonométricas e Hiperbólicas Complejas Como e i2 = cosθ + isenθ y e iθ = cosθ isenθ entonces cosθ = e i2 +e iθ 2 y senθ = ei2 e i2 2i. Como e z esta definido en todo C, entonces existe una manera natural de definir cosz y senz y las demás funciones trigonométricas. Por exactamente la misma razón se puede definir funciones hiperbólicas: AP1.24. Definición: Para cada z C: i) senz = eiz e iz 2i (seno). ii) cosz = eiz +e iz 2 (coseno). iii) senhz = ez e z 2 (seno hiperbólico). iv) coshz = ez +e z 2 (coseno hiperbólico). AP1.25. proposición: en C se tiene que: i) z w.z r = z w+r. ii) z w r w = (zr) w. iii) Si z = x + iy entonces cosz = cosxcoshy isenxsenhy senz = senxcoshy + icosxsenhy iv) senh(iz) = isenz cosh(iz) = cosz Demostración: Queda como ejercicio.

18 18 EJERCICIOS 1. Realizar la demostración de la proposición AP Haga un resumen de las propiedades de C, +, que se hereda de las de campo. 3. Realizar i) Muestre que en C; (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2. ii) Solucione en C : x 2 (3 + i)x + 3i = 0; x = 0; x 2 = i. 4. Halle las soluciones de x 2 = a; cuando a = (1+i)2 5. Solucione x 3 = 1 en C, lo mismo para x 3 = i (i 3)(i+3) + 1 8i 2 3i 3+4i. 10 +(2 i) 6. Realizar la demostración de las partes i), ii) y iii) de la proposición AP R(Z) = 1 2 (Z + Z) y τ(z) = 1 2 (Z Z) 8. Realizar la demostración de las partes i), ii), iii), iv), v) y vi) de la proposición AP Muestre que Z 1 + Z 2 es el complejo, vértice del paralelogramo de Z 1 y Z En el gráfico siguiente halle Z 1 + Z 2, Z 2, Z 1 Z 2, sabiendo que Z 1 = 1.5 y Z 2 = 3. Z, 1 Z 1 +Z Muestre que si a > 0 y θ R y Z = a(cos θ + isenθ), entonces Z = a y θ es un argumento de Z. 12. Establezca gráficamente Z 1 Z 2 ; Z 2 Z 3 ; Z 1 Z 3 para Z 1, Z 2, Z 3 como en el gráfico. Note que Z 1 = 1 2 ; Z 2 = 1 3 y Z 3 = Muestre que si Z = Z (cos θ+isenθ), entonces Z n = Z n (cos(nθ)+ isen(nθ)) para n N. 14. Factorice completamente, en polinomios de grado no mayor de 2, x 5 1.

19 Muestre que si a, b, c R y d er, entonces ax 3 +bx 2 +cx+d = (x r)p(x) en donde r R y p(x) es de grado 2 con coeficientes reales. 16. Suponga el teorema fundamental del álgebra: todo polinomio no constante con coeficientes complejos tiene al menos un cero en C. Muestre que un polinomio de grado 2, se puede escribir k(x α)(x β); k(x α)(x β)(x γ); k, α, β, γ C. 17. Muestre que (x Z)(x Z) es siempre un polinomio (de grado 2) con coeficientes reales. 18. Generalice el ejercicio anterior. Como puede escribirse un polinomio a 0 + a 1 x a n x n con coeficientes complejos. 19. Muestre que si (a) a 0, a 1,..., a n son números reales y (b) p(x) = a 0 + a 1 x+,..., +a n x n y (c) p(z) = 0. Entonces p(z) = Solucione 3x 2 + 6x + 1 = 0 en C 21. Solucione en C, x 4 = ai con a R 22. Soluciones en C las siguientes ecuaciones (Hágalo grá ficamente y en la forma polar). (a) x 2 = 1, x 3 = 1. (b) x 4 = 1, x 5 = 1. (c) x 2 = i, x 3 = i, x 4 = i, x 5 = i. 23. Recuerde que si k Z entonces existen p, t Z tales que k = pn + t con 0 t < n. Dé ejemplos de este resultado (el algor ítmo de la división) y usélo para mostrar que AP1.14 las ú nicas soluciones son: x i = n a( n 1) i ; i = 0, 1,..., n 1.

20 En C descomponga en factores lineales al polinomio x n 1 + x n x + 1 = p(x). (sugerencia: intente con las raices n-esimas de 1 como posibles ceros). 25. Calcule las raices cuartas de i. 26. Si K y L son campos un morfismo f : K L es una función tal que f(x + y) = f(x) + f(y), f(xy) = f(x)f(y) y f(1) / 0. Demuestre que: a f(1) = 1. b f(0) = 0. c Si a / 0, f(a) / 0. d (f( 1 2 )) = 1 f(a). e (En K, α es una raiz n-esima de 1 si α n = 1). Si α es una raiz n-esima de 1 en K, entonces f(α) es una raiz n-esima de 1 en L. 27. un morfismo f : K K se llama un automorfismo (de campos) de K. Un automorfismo de C, digamos f deja fijo a R si f(a) R, a R. a Demuestre que un automorfismo de C que deja fijo a R es una función lineal sobre R. b Calcule todos los automorfismos de C que dejan fijo a R 28. use la fórmula de Mouvre para dar formulas de sennx en términos de potencias de senx y cosx.