CAPÍTULO XVI. NÚMEROS COMPLEJOS. SECCIONES A. Definición. Primeras propiedades. B. Potencia y raíz de números complejos. C. Ejercicios propuestos.

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1 CAPÍTULO XVI. NÚMEROS COMPLEJOS SECCIONES A. Definición. Primeras propiedades. B. Potencia y raíz de números complejos. C. Ejercicios propuestos. 73

2 A. DEFINICIÓN. PRIMERAS PROPIEDADES. Un número complejo es un par ordenado de números reales. El conjunto de los número complejos es pues C {(a, b) : a, b R} R R. Si z (a, b) C, se llama parte real de z a la primera componente a Re z y se llama parte imaginaria de z a la segunda componente b Im z. Observación 1. Los números complejos surgen como necesidad de resolver ecuaciones que involucren raíces de números negativos. Así, por ejemplo, la ecuación x no tiene solución en el sistema de números reales; por eso, originalmente se representó una de sus raíces con la letra i (de imaginario). En este nuevo conjunto se podrá verificar el teorema fundamental del Algebra mediante el cual todo polinomio con coeficientes complejos tiene exactamente tantas raíces como indica su grado. Observación. De la definición se observa que C puede representarse como el conjunto de puntos del plano: su primera coordenada corresponde a la parte real y su segunda coordenada a la parte imaginaria. El punto cuyas coordenadas son las componentes de un número complejo se llama afijo del número. Llamamos eje real al eje de abscisas y eje imaginario al eje de ordenadas. El conjunto C tiene estructura de cuerpo con las operaciones (a, b) + (c, d) (a + c, b + d), (a, b) (c, d) (ac bd, ad + bc), siendo (0, 0) el neutro para la suma y (1, 0) el elemento unidad. El opuesto de z (a, b) es z ( a, b) y el inverso, z 1 1 ( ) a z a + b, b a + b, si z 0. 74

3 Se puede considerar a los números reales como subconjunto de los complejos haciendo la identificación a (a, 0), a R, pues de este modo las operaciones anteriores coinciden con la suma y producto de números reales. Así pues, a los números complejos de la forma a (a, 0) los llamaremos reales y un número complejo es imaginario si no es real. Se llama unidad imaginaria al número i (0, 1) y un número complejo z es imaginario puro si z (0, b) b i, b R. Observación 3. Así definida, la unidad imaginaria verifica la ecuación x En general, debido a que i 4 1, todas las potencias de i se reducen a cuatro: i 0 1, i 1 i, i 1, i 3 i. Debido a la descomposición (a, b) (a, 0) + (0, b), todo número complejo se puede escribir en forma binómica como (a, b) a + ib. Se define conjugado de z (a, b) al número z (a, b). De la definición se observa que los afijos de dos complejos conjugados son puntos simétricos respecto al eje real. Podemos destacar las siguientes propiedades: 1) z z, z C. ) z z z R. 3) z 1 + z z 1 + z, z 1 z z 1 z, z 1, z C. 4) z z, z 1 z 1, z C. 5) z + z Re z; z z i Im z, z C. Llamamos módulo de un número complejo z (a, b) a la longitud r z a + b. Se verifican las siguientes propiedades: 6) z 0 z 0. 7) z z z, z C. 8) z 1 z z 1 z, z 1, z C. 9) z 1 + z z 1 + z, z 1, z C. Se llama argumento de un número complejo z (a, b) al número ϕ arg z arc tg b/a y gráficamente representa el ángulo que forma el segmento OP con la parte positiva del eje real medido en la dirección contraria al movimiento de las agujas del reloj. A veces se considera el argumento como alguno de los valores ϕ + kπ, con k Z, con lo que llamaremos argumento principal de z, Arg z, al que verifica 0 Arg z < π. Las siguientes propiedades son fáciles de verificar: 10) arg(αz) arg z si α > 0; arg(αz) π + arg z si α < 0. 75

4 11) arg(z 1 z ) arg z 1 + arg z, z 1, z C. 1) arg z arg z, z C; arg(1/z) arg z,, z 0. Dado un número complejo z (a, b), los valores r z, ϕ arg z constituyen las llamadas coordenadas polares de z. De la relación entre las coordenadas cartesianas y polares podemos escribir z como z (a, b) a + ib r cos ϕ + ir sen ϕ r(cos ϕ + i sen ϕ) con r 0 y 0 ϕ < π, y la llamaremos forma trigonométrica del número z (abreviadamente escribiremos z r cis ϕ). A veces también se utiliza la forma módulo-argumental o polar z r ϕ. En los siguientes problemas estudiaremos diferentes aplicaciones de los conceptos y propiedades arriba indicadas. PROBLEMA 16.1 Dados z 1 x 1 + iy 1 y z x + iy, probar que z 1 z + z 1 z (x 1 x + y 1 y ) y z 1 z z 1 z i(y 1 x x 1 y ). Operando directamente se obtiene: z 1 z (x 1 + iy 1 )(x iy ) x 1 x + y 1 y + iy 1 x ix 1 y ; z 1 z (x 1 iy 1 )(x + iy ) x 1 x + y 1 y iy 1 x + ix 1 y. Al sumar miembro a miembro se obtiene que z 1 z + z 1 z (x 1 x + y 1 y ) y al restar, se obtiene análogamente que z 1 z z 1 z i(y 1 x x 1 y ). PROBLEMA 16. Dados z 1 x 1 + iy 1, z x + iy, expresar en forma binómica el número z 1 + z z 1 z 1. 76

5 Multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador: z 1 + z z 1 z 1 (z 1 + z )(z 1 z 1) z 1 z 1 z 1 z + z z 1 (z 1 + z ) z 1 z 1 (x 1 + y 1 )(x y i) + (x + y )(x 1 y 1 i) (x 1 + x ) (y 1 + y )i (x 1 x y 1 y 1) + (x 1 y + x y 1 )i (x 1 + y 1 )x + (x + y )x 1 (x 1 + x ) (x 1 x y 1 y 1) + (x 1 y + x y 1 ) i y(x 1 + y 1 ) + y 1(x + y ) + (y 1 + y ) (x 1 x y 1 y 1) + (x 1 y + x y 1 ). PROBLEMA 16.3 Dado z x+iy, expresar (z/z) (z/z) en forma binómica. Haciendo denominador común, tenemos: (z/z) (z/z) z z z z z4 z 4 z z z4 + z 4 z 4 z 4 Re(z4 ) z 4 (x + y ) (x4 6x y + y 4 ) [x 4 + 4x 3 ( iy) + 6x ( iy) + 4x( iy) 3 + (iy) 4 ] (x + y ) 8x3 yi 8xy 3 i (x + y ) 0 + i 8xy(x y ) (x + y ). PROBLEMA 16.4 Simplificar las siguientes expresiones: a) (a + ib) + (a ib). b) (1 + ia) 4 + (1 ia) 4. c) a + ib c + id + a ib c id. 77

6 a) Desarrollando las potencias, (a + ib) + (a ib) a b + iab + a b iab (a b ). b) Análogamente al anterior, (1 + ia) 4 + (1 ia) ia + 6(ia) + 4(ia) 3 + (ia) ia + 6(ia) 4(ia) 3 + (ia) 4 1a + a 4. c) Hacemos denominador común y obtenemos a + ib c + id + a ib (a + ib)(c id) + (c + id)(a ib) ac + bd c id c + d c + d. Se observa que todos los resultados son reales, hecho que se deduce de que en todos los casos se tenía la suma de un número y su conjugado. PROBLEMA 16.5 Calcular B (1 + i)(1 i)3 i(i 1)(i 1) (1 + i) 3 (3 + i). Desarrollando las potencias y expresando cada sumando en forma binómica tenemos: B (1 + i)(1 i)(1 i) i(i 1)(i 1) (1 + i) 3 (3 + i) (1 i )(1 i) (1 + i) 3 (i i)(i 1) (3 + i) (1 + i i) ( 1 i)(i 1) i + 3 (i) + (i) i + 6i 4i i 8i + i 1 + i i 8 + 6i 4i( 11 + i) ( 3 + i)(8 6i) i + ( ) ( ) i i i 11 i i 8 + 6i 4 + 8i + 18i 6i 100

7 PROBLEMA 16.6 Hallar el módulo y argumento de z 3i. Por la definición de módulo y argumento, obtenemos: z 3i + ( 3) 4. tg α 3/ 3. Como las partes real e imaginaria de z son negativas, el afijo está en el tercer cuadrante, con lo que arg z α π/3 + π. PROBLEMA 16.7 Hallar el módulo y el argumento del número complejo 1 + ix 1 ix, donde x R. Calcular x para que su módulo sea 1. Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, 1 + ix (1 + ix) 1 ix 1 + x 1 x 1 + x + x 1 + x i. El módulo es (1 ) x ( ) x 1 + x ρ 1 + x x + x 4 (1 + x (1 + x ) ) (1 + x ) 1, de modo que el módulo es 1 independientemente del valor de x. El argumento es ϕ arc tg x 1 x. PROBLEMA 16.8 Calcular el módulo y argumento de w 3(1 + i)(3 3i) ( 3i). 79

8 Aplicamos las propiedades del módulo y argumento del producto y cociente de números complejos. Tenemos así: w i 3 3i 3 1 3i ( ) 8. arg w arg 3 + arg(1 + i) + arg(3 3i) arg( 3i) 0 + π/4 π/6 (π + π/3) 31π 1. PROBLEMA 16.9 Hallar el módulo y argumento de z (3 i) + ( + i) 5 i ( + i) (3 i) + 3 i. Simplificamos en primer lugar dicho número: De este modo, Además, z 6 4i + + i 5 i 4 + i 3 + i + 3 i 3 4i 4 + 3i. z 3 4i i z 3 4i (3 4i)(4 3i) 1 16i 9i i i, 5 de modo que Arg z 3π/ y arg z 3π/ + kπ, k Z. PROBLEMA Calcular z (1 + i)(1 + i 3)(cos ϕ + i sen ϕ). Calculamos el módulo y argumento de cada factor: 1 + i, arg(1 + i) π/4; 80

9 1 + i 3, arg(1 + i 3) π/3; cos ϕ + i sen ϕ 1, arg(cos ϕ + i sen ϕ) ϕ. El módulo del producto será el producto de los módulos z, y el argumento la suma de los argumentos arg z π/4 + π/3 + ϕ. PROBLEMA Expresar en forma binómica x + iy los complejos a) 5 cis π/6, b) 8 cis 165, c) cis 800, d) 6 cis 9π/4. Utilizamos en todos los casos la fórmula cis ϕ cos ϕ + i sen ϕ. a) 5 cis π/6 5(cos π/6 + i sen π/6) 5 3/ + i 5/. b) 8 cis 165 8(cos i sen 165 ) 8 cos 15 + i sen 15. c) cis 800 cis(4π + 80 ) cos 80 + i sen 80. d) 6 cis 9π/4 6 cis(π + π/4) 6(cos π/4 + i sen π/4) 3(1 + i). PROBLEMA 16.1 Expresar en forma binómica [ (1 + i) 4 (1 i) 4 ] 5 ( + 3i)(1 i) E (1 i) 3 + (1 + i) 3 + (1 i)( i). Simplificamos por separado los distintos términos: (1 + i) 4 (1 i) 4 [(1 + i) (1 i) ] [(1 + i) + (1 i) ] 4i[ + i ] 0; (1 i) 3 + (1 + i) 3 + 6i 4; ( + 3i)(1 i) 5 + i; (1 i)( i) 5i. En definitiva, E 5 + i 5i 1 + 5i. 5 81

10 PROBLEMA Expresar en forma binómica los siguientes complejos: a) (4 + 3i) i, b) 3 i, 1 c) (4 + i)(3 i), d) (4 3i)( + 3i). 5 3i a) Por la fórmula de Newton, (4 + 3i) (3i) + 3 4(3i) + (3i) i 108 7i i. b) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, 3 + i 3 i (3 + i) (3 i)(3 + i) 9 + 1i c) Operando como en el apartado anterior, 1 (4 + i)(3 i) i i + 6i i 16 i i 130. d) Operamos nuevamente como en los casos anteriores, (4 3i)( + 3i) 5 3i 8 + 1i 6i i i (17 + 6i)(5 + 3i) 5 3i i. PROBLEMA Escribir en la forma trigonométrica los siguientes números complejos: a) 1, b) 1 + i, c) 1 3i, d) 3 + i, e) i, f) 5 1i. 8

11 a) Como 1 1 y arg( 1) π, entonces 1 cos π + i sen π. b) Como 1 + i y arg(1 + i) π/4, 1 + i (cos π/4 + i sen π/4). c) El módulo y argumento son 1 3i 1 + 3, arg(1 3i) arc tg( 3) π/3. Así: 1 3i [cos( π/3) + i sen( π/3)]. d) En este caso, 3+i y arg( 3+i) arc tg(1/ 3) π/6, de donde, 3 + i [cos(π/6) + i sen(π/6)]. e) Es evidente que i 1 y arg( i) 3π/, con lo que: i cos(3π/) + i sen(3π/). f) En este caso, 5 1i y, como tg ϕ 1/5, resulta que arg( 5 1i) π+arc tg(1/5), por ser negativas las componentes del número complejo. En definitiva, 5 1i 13[cos(π + arc tg(1/5)) + i sen(π + arc tg(1/5))]. PROBLEMA Expresar en la forma x + iy y r cis ϑ los complejos a) 1 i 3 i 1 + i, b), c) 3 4i 3 + i 4 + 7i. a) 1 i 1 + i b) (1 i) 1 i i i cis(3π/). 3i 3 i 3 + i ( 3 i) 3 i i. 83

12 ( 1 3 ) Como i 1 y arg 1 3 i π/3, tenemos: 3 i 3 + i 1 3 i cis( π/3). c) 3 4i (3 4i)(4 7i) 4 + 7i i. El módulo y argumento son i , y ϑ arc tg( 117/44), de modo que 3 4i 4 + 7i i 0, cis arc tg( 117/44). 55 PROBLEMA Representar en forma trigonométrica el número complejo z (1 + i)(1 i) i i. Por las propiedades del módulo, tenemos: z 1 + i 1 i i i ( ) 1 1. Como el argumento del producto es la suma de los argumentos, arg z arg(1 + i) + arg(1 i) + arg i arg ( ) i π/4 + (3π/ + π/4) + π/ π/3 4π + π/4 π/3 4π π/1. En definitiva, z [cos( π/1) + i sen( π/1)]. 84

13 PROBLEMA Si z cis ϑ cos ϑ + i sen ϑ, expresar los números a) c) z, b) 1 1 z, z 1 z, d) 1 z 1 + z. a) Multiplicamos numerador y denominador por 1 + z: z 1 + z 1 + cos ϑ i sen ϑ 1 + z (1 + cos ϑ) + sen ϑ cos ϑ/ i sen ϑ/ cos ϑ/ (1 + cos ϑ) cos ϑ/(cos ϑ/ i sen ϑ/) cos 1 (1 i tg ϑ/). ϑ/ b) Análogamente al apartado anterior, 1 1 z 1 z (1 cos ϑ) + i sen ϑ 1 z (1 cos ϑ) + sen ϑ sen ϑ/ + i sen ϑ/ cos ϑ/ (1 cos ϑ) sen ϑ/(sen ϑ/ + i cos ϑ/) sen 1 (1 + i cotg ϑ/). ϑ/ c) Como en los casos anteriores, multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador: z 1 z z(1 z ) z z z 1 z 1 z z z 1 z cos ϑ + i sen ϑ cos ϑ + i sen ϑ 1 cos ϑ + sen ϑ i cos ϑ sen ϑ 4i sen ϑ 1 cos ϑ i sen ϑ 4i sen ϑ (1 cos ϑ) + sen ϑ 4i sen ϑ 1 + cos ϑ cos ϑ + sen ϑ 4i sen ϑ 4i sen ϑ (1 cos ϑ) 4 sen i cosec ϑ. ϑ d) Procedemos como en los casos anteriores. Así: 1 z 1 + z (1 z)(1 + z) 1 + z 1 + z z z z 1 + z z z 1 + z cos ϑ i sen ϑ cos ϑ i sen ϑ i sen ϑ i sen ϑ 4 cos ϑ/ 4 cos ϑ/ 1 + cos ϑ. 85

14 PROBLEMA Dado el número complejo z 3 ai, determinar el valor de a R 4 3i para que el cociente sea real y calcular dicho cociente. Si multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador, ( ) (3 ai)(4 + 3i) 1 + 9i 8ai + 6a 1 + 6a 9 8a z + i Para que sea real, debe cumplirse que 9 8a (9/8) entonces z 3/ con lo que a 9/8 y PROBLEMA Determinar dos números complejos cuya suma sea 4 y su producto 8. Basta resolver el sistema z 1 +z 4, z 1 z 8. Como z 4 z 1, al sustituir, obtenemos: z 1 (4 z 1 ) 8 z 1 4z z 1 4 ± 16 ± i. La respuesta es pues z 1 + i, z i. PROBLEMA 16.0 Caracterizar ( ) los números complejos w que verifiquen la relación a + bw Im Im w, (a, b, c, d R). c + dw Aplicando la fórmula i Im w w w, tenemos la siguiente ecuación: 86

15 ( ) a + bw Im Im w c + dw a + bw c + dw a + b w c + d w w w ac + ad w + bcw + bdw w ac bdw w adw bc w c + dw (bc ad)(w w) c + dw w w bc ad c + dw ó w w dw + c bc ad ó w R bc ad w + c/d ó w R. d Como se observa por el resultado obtenido, una solución es la circunferencia bc ad de centro el punto c/d y radio y otra solución es el eje real. d PROBLEMA 16.1 Determinar un número complejo a + ib cuyo cuadrado sea igual a su conjugado. La condición que se establece es la siguiente: (a + ib) (a b ) + iab a ib. Igualando las partes reales e imaginarias, resulta el sistema de ecuaciones: a b a, ab b, que, al resolver, da lugar a b 0 a a a 0 ó a 1; b 0 a 1 a 1/ 1/4 b 1/ b 3/4 b ± 3/. En definitiva, se obtienen las cuatro soluciones 0, 1 + 0i, 1/ + i 3/, 1/ i 3/. 87

16 PROBLEMA 16. Hallar un par de enteros p y q tales que (3+7i)(p+iq) sea imaginario puro. Al hacer que la parte real sea cero obtenemos: (3p 7q) + (7p + 3q)i λi 3p 7q 0 p 7, q 3, pues, por hipótesis, p y q son enteros. PROBLEMA 16.3 Determinar dos números complejos, sabiendo que su suma es 1+4i, su cociente es imaginario puro y la parte real de uno de ellos es 1. Sean z 1 a + bi y z c + di ambos números. Las condiciones propuestas dan lugar a las siguientes ecuaciones: (a + c) + (b + d)i 1 + 4i; a + bi c + di λi; a 1. De lo anterior se deduce que a + c 1 c ; b + d 4; λi (a + bi)(c di) c + d ac + bd cb da c + + d c + d i ac + bd c 0 ac + bd 0 bd. + d Del sistema bd, b + d 4, se obtienen las soluciones b, d + y b +, d. En definitiva, las soluciones son z ( )i, z ( + )i, z + ( + )i; z + ( )i. 88

17 PROBLEMA 16.4 Hallar la relación que debe existir entre los parámetros a, b, c y d para que la ecuación de coeficientes complejos z + (a + ib)z + (c + id) 0 tenga una raíz imaginaria pura. Sean x 1 y x las raíces de la ecuación dada y escribimos x 1 im, x p+qi. De la relación entre los coeficientes y las raíces, resulta el sistema: x 1 + x p + (m + q)i (a + bi) x 1 x mq + mpi c + di { p a (1) m + q b () { mq c (3) mp d (4) Del sistema resultante eliminamos los parámetros m, p y q, con lo que obtenemos: De (1) y (4): m d/p d/a. (5) De (3) y (5): q c/m c ( a/d) ac/d. Sustituyendo estas dos últimas expresiones en (): d/a + ac/d b lo que implica que d + a c abd. PROBLEMA 16.5 Bajo qué condiciones el cociente de un número complejo con su conjugado es un número real? Qué condición deben cumplir dos números complejos para que su cociente sea imaginario puro? Si llamamos z a + ib, la condición z/ z R equivale a: z z z z z z a b + abi a + b R abi 0 a 0 ó b 0. 89

18 Para que el cociente de dos complejos sea imaginario puro basta que la diferencia de los argumentos entre el dividendo y el divisor sea de 90. De otra forma, como a + bi (a + bi)(c di) c + di c + d ac + bd (bc ad)i c + + d c + d, el cociente será imaginario puro cuando ac + bd 0. PROBLEMA 16.6 En el cuerpo de los complejos, resolver el sistema: (1 + i)z iu + i ( + i)z + ( i)u i. Restando miembro a miembro ambas ecuaciones, obtenemos que z + u + i, de donde z + i u. Al sustituir este resultado en la primera ecuación, resulta: (1 + i)( + i u) iu + i ( 3i)u + i + (1 + i)( i) De aquí se obtiene que el valor de z es: u 5 + i (5 + i)( + 3i) u 3i ( 3i)( + 3i) u i i 13( + i) 3 i z +i u +i i. 13 PROBLEMA 16.7 Sea z a + ib, a, b R. Demostrar que existen m, n, p R tales que (a + b )(a + b + a + 1) a b p + mz + nz. + a (1 + a)bi 90

19 Teniendo en cuenta que a + b z z y que z a b abi, podemos escribir: (a + b )(a + b + a + 1) a b + a (1 + a)bi z z(z z + z + z + 1) z + z z z(z + 1)( z + 1) z(z + 1) z + z. z( z + 1) Haciendo pues p 0, m 1, n 1, se obtiene lo deseado. PROBLEMA 16.8 Expresar el producto (x + 1)(y + 1)(z + 1) como suma de dos cuadrados. Llamando z 1 x + i, z y + i, z 3 z + i, podemos escribir: (x + 1)(y + 1)(z + 1) z 1 z z 3 z 1 z z 3. Si escribimos en forma binómica el producto z 1 z z 3, obtenemos: z 1 z z 3 (x + i)(y + i)(z + i) (xyz x y z) + i(xy + yz + zx 1), con lo que z 1 z z 3 (xyz x y z) + (xy + yz + zx 1). PROBLEMA 16.9 Calcular la suma de las siguientes progresiones: a) 1 i + i i ( i) n. b) 1 i + 4i 8i ( i) n 1. c) 1 + i + 3i + 4i ni n 1. 91

20 a) Se trata de una progresión geométrica de razón i y cuya suma es: S 1 ( i)n+1 1 ( i) En concreto, [1 ( i)n+1 ](1 i) (1 + i)(1 i) S 1 i+i+1 1 si n 4k 1 i+1 i 1 i si n 4k i i 1 i si n 4k + 1 i 1+i 0 si n 4k ( i)n+1 i ( i) n+. b) En este caso, se trata de una progresión geométrica de razón i y su suma es S 1 ( i)n 1 ( i) [1 ( i)n ](1 i) (1 + i)(1 i) 1 i ( i)n ( i) n+1. 5 c) Llamando S n a la suma de la progresión, si multiplicamos por i y restamos, resulta: S n 1 + i + 3i + 4i ni n 1 is n i + i + 3i 3 + 4i ni n S n (1 i) 1 + i + i + i i n 1 ni n 1 in 1 i nin, S n 1 in (1 i) nin 1 i. PROBLEMA Factorizar los siguientes polinomios: a) x x b) a 8ab + 0b. c) z + z i. a) Teniendo en cuenta la fórmula x + y (x + iy)(x iy), escribimos la expresión dada como suma de cuadrados: x x+10 x x+1+9 (x 1) +3 [(x 1)+3i][(x 1) 3i]. 9

21 b) Procediendo análogamente al apartado anterior, a 8ab + 0b a 8ab + 16b + 4b (a 4b) + (b) [(a 4b) + bi][(a 4b) bi]. c) Debido a que z + 1 (z + i)(z i), tenemos: z + z i (z + i)(z i) + z + i (z + i)(z i + 1). PROBLEMA Descomponer el polinomio P x 3 (5+6i)x +9ix+1 3i, sabiendo que admite una raíz real. Llamamos α a dicha raíz real. Al sustituirla en la ecuación y separar en parte real e imaginaria, obtenemos: α 3 5α i( 6α + 9α 3) 0. Esto indica que α es raíz común de las ecuaciones α 3 5α y 6α + 9α 3 0. Resolviendo este sistema se obtiene que α 1/ y dividiendo P por el factor x 1, resulta en definitiva que: P (x 1)(x i 1)(x i 1). PROBLEMA 16.3 Probar que cualquier raíz de la ecuación z 3 +3z+5 0 tiene módulo mayor que la unidad. Si α es raíz de la ecuación, α 3 + 3α 5 α 3 + 3α 5 5. Suponiendo que α 1, por la desigualdad triangular, 5 α 3 + 3α α α , lo que es absurdo. Esto indica que efectivamente α > 1. 93

22 PROBLEMA Mediante la transformación w az + b los números z i, z 8 + i y z ( + 5 3)i se transforman en w 1 + 5i, w + 7i y w 3 ( + 5 3) + 6i, respectivamente. Hallar a y b. Aplicando la trasformación a z 1 y z, tenemos: w 1 az 1 + b + 5i a(6 + i) + b; (1) w az + b + 7i a(8 + i) + b. () Restando estas ecuaciones, tenemos que i a a i. Al sustituir este valor en (): + 7i 8i + b b i. La transformación buscada es entonces w i(z 1) y se puede comprobar que también transforma z 3 en w 3. B. POTENCIA Y RAÍZ DE NÚMEROS COMPLEJOS. Debido a la fórmula e ix cos x + i sen x, podemos representar todo número complejo z r(cos ϕ + i sen ϕ) en forma exponencial como z re iϕ, lo que permitirá definir en forma sencilla las operaciones de potencia y raíz de números complejos. A partir de las operaciones de suma y producto ya definidas, tenemos las siguientes fórmulas para calcular la potencia y raíz n-ésimas de números complejos. 1) Fórmula de Moivre. Dado z r(cos ϕ+i sen ϕ) C, si n N, entonces z n r n (cos nϕ + i sen nϕ), o bien z n r n e inϕ. ) Dado z r(cos ϕ + i sen ϕ) C, si n N, entonces n z tiene exactamente n soluciones: n z n r(cos ϑ + i sen ϑ), donde ϑ ϕ + kπ, k 0, 1,..., n 1. n 94

23 Gráficamente, el resultado anterior indica que la raíz n-ésima de un número complejo tiene n soluciones cuyos afijos son los vértices de un polígono regular. PROBLEMA Demostrar la fórmula de Moivre: Si z r(cos ϕ + i sen ϕ) C, entonces z n r n (cos nϕ + i sen nϕ), n N. Aplicaremos el método de inducción. Si n 1, es evidente pues z 1 z r(cos ϕ + i sen ϕ). Si suponemos que la fórmula es cierta para un cierto n, probaremos que z n+1 r n+1 [cos(n + 1)ϕ + i sen(n + 1)ϕ]: z n+1 z n z r n (cos nϕ + i sen nϕ) r(cos ϕ + i sen ϕ) r n+1[ (cos nϕ cos ϕ sen nϕ sen ϕ) + i(cos nϕ sen ϕ + sen nϕ cos ϕ) ] r n+1 [cos(n + 1)ϕ + i sen(n + 1)ϕ]. PROBLEMA Probar que todo número complejo z r(cos ϕ + i sen ϕ) tiene exactamente n raíces de orden n: n z n r(cos ϑ + i sen ϑ), donde ϑ ϕ + kπ, k 0, 1,..., n 1. n Supongamos que w s(cos ϑ + i sen ϑ) es una raíz n-ésima de z. Entonces, por la fórmula de Moivre, w n z s n (cos nϑ + i sen nϑ) r(cos ϕ + i sen ϕ). Al igualar los módulos y argumentos, tenemos: s n r s n r; nϑ ϕ + kπ ϑ ϕ + kπ, para algún k Z. n 95

24 Para ver el número de raíces que se obtienen, habrá que determinar cuántos valores de ϑ distintos se obtienen. Para eso basta elegir k tal que ϕ + kπ n esté comprendido entre 0 y π: 0 ϕ + kπ n < π ϕ kπ < ϕ + nπ 1 < ϕ π k < ϕ + n < n 0 k < n. π PROBLEMA Es cierta en el campo complejo la implicación x 3 y 3 x y? Puede ser real la raíz de un número complejo con parte imaginaria no nula? En el campo complejo, a diferencia del real, no es cierta la implicación x 3 y 3 x y debido a que la raíz cúbica tiene tres soluciones. Tampoco es cierto que, si z a + bi con b 0, entonces n z R porque la potencia n-ésima de un número real es siempre real. PROBLEMA Si z e iϑ, demostrar que z n + z n cos nϑ y z n z n i sen nϑ. Como z 1, z z 1 z 1/z. Además z n z n. Entonces z n +z n z n + z n Re(z n ). Ahora bien, como z n e inϑ cos nϑ + i sen nϑ, Re(z n ) cos nϑ, luego z n + z n cos nϑ. Análogamente, como Im(z n ) sen nϑ, resulta que z n z n z n z n i Im(z n ) i sen nϑ. 96

25 PROBLEMA Calcular la sexta potencia de z + i/ 3. - Forma binómica. Aplicamos la fórmula del binomio de Newton: ( + i/ 3) i/ (i/ 3) (i/ 3) 3 - Forma trigonométrica. Como +15 (i/ 3) (i/ 3) 5 + (i/ 3) z (4/ 3) y tg ϑ b/a / 3 deducimos, por la fórmula de Moivre, que 1/ 3 ϑ π/6, [ ] 4 6 z 6 3 (cos(π/6) + i sen(π/6) 4096 (cos π + i sen π). 7 PROBLEMA Desarrollar las siguientes expresiones: a) (1 + i) n, n Z +. b) (x i) 5, x R. a) Aplicando la fórmula del binomio de Newton, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n (1 + i) n + i + i + + i n n 1 n [ ( ) ( ) ( ) ] [ ( ) ( n n n n n i n i n )... b) Aplicando la misma fórmula anterior, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (x i) 5 x 5 + x 4 ( i) + x 3 ( i) + x ( i) 3 + x( i) ( ) 5 + ( i) 5 [ x 5 10x 3 + 5x ] + i [ 5x x 1 ]. 5 ]. 97

26 PROBLEMA Calcular el módulo y el argumento de w Por la fórmula de Moivre, ( ) 1 + i 10 w 1 i 1 + i 1 i 10 ( ) 1 + i i i ( / ) i Como además ( ) (1 + i)(1 + i) 10 ( ) 1 + i + i 1 10 w i 10 1, (1 i)(1 + i) resulta que arg w π. PROBLEMA Calcular z (1 + i) n y escribirlo en forma binómica para el caso n 5. Como 1 + i y arg(1 + i) π/4, entonces z n/ (cos πn/4 + i sen πn/4). Si n 5, cos 5π/4 cos(6π+π/4) cos π/4 / así como sen 5π/4 /. Resulta entonces que (1 + i) 5 5/ ( / + i /) 1 (1 + i). PROBLEMA 16.4 Simplificar la expresión ( ) 1 + sen α + i cos α sen α i cos α 98

27 Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador y teniendo en cuenta que sen α cos(π/ α) y cos α sen(π/ α), resulta: 1 + sen α + i cos α 1 + sen α i cos α (1 + sen α + i cos α)(1 + sen α + i cos α) (1 + sen α) + cos α (1 + sen α) cos α + i cos α(1 + sen α) (1 + sen α) (1 + sen α) (1 sen α)(1 + sen α) + i cos α(1 + sen α) (1 + sen α) (1 + sen α) (1 sen α) + i cos α sen α + i cos α cos(π/ α) + i sen(π/ α) cis(π/ α). De este modo, la base tiene módulo 1 y argumento π/ α, con lo que la potencia n-ésima será cis n(π/ α) y, en particular, para n 6: cis 6(π/ α) cis(3π 6α) cos(3π 6α) + i sen(3π 6α) cos(π 6α) + i sen(π 6α) cos 6α + i sen 6α. PROBLEMA Calcular [(sen a sen b) + i(cos a cos b)] n. Aplicando las fórmulas sen a sen b cos a + b sen a b y cos a cos b sen a + b sen a b, resulta: [(sen a sen b) + i(cos a cos b)] n [ cos a + b n sen n a b sen a b i sen a + b [ cis n a + b ]. 99 sen a b ] n

28 PROBLEMA Calcular sen 3ϕ en función de sen ϕ. Debido a la fórmula de Moivre sabemos que (cos ϕ + i sen ϕ) 3 cos 3ϕ + i sen 3ϕ. Desarrollando el primer miembro de la igualdad anterior, e igualando las partes real e imaginaria, obtenemos: (cos ϕ + i sen ϕ) 3 cos 3 ϕ + 3i cos ϕ sen ϕ + 3i cos ϕ sen ϕ + i 3 sen 3 ϕ cos 3 ϕ 3 cos ϕ sen ϕ + i(3 cos ϕ sen ϕ sen 3 ϕ); cos 3ϕ cos 3 ϕ 3 cos ϕ sen ϕ, sen 3ϕ 3 cos ϕ sen ϕ sen 3 ϕ 3(1 sen ϕ) sen ϕ sen 3 ϕ 3 sen ϕ 4 sen 3 ϕ. Análogamente podemos expresar cos 3ϕ en función de cos ϕ. PROBLEMA Sabiendo que cos α z + 1, obtener cos nα. z Despejando z de la ecuación, tenemos: z + 1 z cos α z z cos α z cos α ± cos α 1 cos α ± sen α cos α ± i sen α. Operamos en primer lugar con el signo +; el inverso de z es: 1 z 1 cos α i sen α cos α + i sen α cos α + sen cos( α) + i sen( α). α Aplicando la fórmula de Moivre, obtenemos: z n (cos α + i sen α) n cos nα + i sen nα, 1 z n [cos( α) + i sen( α)] n cos( nα) + i sen( nα) cos nα i sen nα. 300

29 Sumando estas dos últimas igualdades, resulta: z n + 1 cos nα. zn Operando con el signo se llega al mismo resultado. PROBLEMA Probar que cos y cos Debido a la fórmula de Moivre, (cos 36 +i sen 36 ) 5 cos(5 36 )+i sen(5 36 ) cos π +i sen π 1+i 0. Llamaremos por comodidad c cos 36 y s sen 36 y calculamos la parte real e imaginaria de (c + is) 5 : (c + is) 5 c 5 + 5ic 4 s + 10i c 3 s + 10i 3 c s 3 + 5i 4 cs 4 + i 5 s 5 (c 5 10c 3 s + 5cs 4 ) + i(s 5 10c s 3 + 5c 4 s). De aquí se deduce que 0 s 5 10c s 3 + 5c 4 s y, usando el hecho de que s 1 c, resulta: 0 s 5 10(1 s )s 3 + 5(1 s ) s 16s 5 0s 3 + 5s 0 s(16s 4 0s + 5) 16s 4 0s s 0 ± ± 5 s ±. 8 5 ± 5 8 Debido a que 30 < 36 < 45, se deduce que sen 30 < s < sen 45, es decir 1/ < s < /. De los valores obtenidos para s, el único que verifica esta 5 5 acotación es s, de donde c 1 s y c ( 5)

30 Por otra parte, cos 7 cos( 36 ) cos 36 sen 36 cos 36 1 (1 + 5) PROBLEMA sen 4ϑ Demostrar que sen ϑ 8 cos3 ϑ 4 cos ϑ. Por la fórmula de Moivre, (cos ϑ + i sen ϑ) 4 cos 4ϑ + i sen 4ϑ. Por otra parte, por la fórmula del binomio de Newton, (cos ϑ + i sen ϑ) 4 cos 4 ϑ + 4 cos 3 ϑ(i sen ϑ) + 6 cos ϑ(i sen ϑ) +4 cos ϑ(i sen ϑ) 3 + (i sen ϑ) 4 cos 4 ϑ 6 cos ϑ sen ϑ + sen 4 ϑ + i(4 cos 3 ϑ sen ϑ 4 cos ϑ sen 3 ϑ). Igualando la parte imaginaria, resulta que sen 4ϑ 4 cos 3 ϑ sen ϑ 4 cos ϑ sen 3 ϑ sen 4ϑ sen ϑ 4 cos 3 ϑ 4 cos ϑ(1 cos ϑ) 8 cos 3 ϑ 4 cos ϑ. sen 4ϑ sen ϑ 4 cos3 ϑ 4 cos ϑ sen ϑ PROBLEMA Expresar en forma binómica la suma S i + 1 (1 + i) (1 + i) 8. Como los términos de la suma siguen una progresión geométrica, su suma es (1+i) S 9 (1+i) 1 1+i 1 9 i i(1 + i). i (1 + i) 8 1+i 30

31 Por otra parte, debido a la fórmula de Moivre, (1+i) 8 [ (cos π/4+i sen π/4)] 8 14 (cos 8π/4+i sen 8π/4) 14. Sustituyendo en el resultado anterior, se deduce que S 14 i i i 1 i( ). PROBLEMA Siendo f(n) ( 1 + i ) n + y demostrar que f(n + 4) f(n). ( 1 i ) n, calcular f(1), f(), f(3) y f(4), Como 1 + i 1, Arg 1 + i π/4 y 1 i 1 + i, entonces En particular, ( ) 1 + i n f(n) Re cos nπ 4. f(1), f() 0, f(3), f(4). Por otra parte, f(n + 4) cos (n + 4)π 4 ( nπ ) cos 4 + π cos nπ/4 f(n). PROBLEMA Calcular 1 i y 5 + 1i, expresando el resultado en la forma binómica. a) Si escribimos 1 i en forma binómica, obtenemos: 1 i x+iy 1 i x+iy x +y y 1 i x y +ixy. De aquí se deduce el sistema de ecuaciones: x y 1, x + y, xy 1, 303

32 cuya solución es x + 1, y 1 x ± + 1, y ± 1. Como xy 1, las únicas soluciones son + 1 i 1, i 1. b) Análogamente al apartado anterior, 5 + 1i x + iy 5 + 1i x y + xyi x y 5, xy 1, x + y x + y 13, x 18, y 8 x ±3, y ±. Teniendo en cuenta que xy 6, las soluciones son, 3 + i, 3 i. PROBLEMA Hallar i y 1 + i. a) Como el módulo y el argumento principal de i son i 1 y Arg i π/, tenemos que i 1 y arg π/ + kπ i, para k 0, 1. Las dos raíces son entonces y 1 cos π 4 +i sen π 4 (1+i), y cos 5π 4 +i sen 5π 4 (1+i). b) En este caso, el módulo y el argumento principal de 1 + i son y arc tg 1 π/4, respectivamente. Esto indica que el módulo y argumento de las raíces cuadradas de 1+i son 4 π/4 + kπ y, (k 0, 1), respectivamente. Tenemos entonces: y 1 4 (cos π/8 + i sen π/8), y 4 (cos 9π/8 + i sen 9π/8). 304

33 PROBLEMA 16.5 Hallar 16 30i y escribir en forma binómica 1 3 4i. a) Si llamamos 16 30i x+iy, tenemos que 16 30i x y +xyi, de donde x y 16 y xy 30. Al resolver el sistema, obtenemos los valores x 3, y 5 y x 3, y 5, lo que da las dos soluciones 3 + 5i y 3 5i. b) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, obtenemos: x + iy 1 3 4i 3 + 4i (3 4i)(3 + 4i) 3 + 4i 5. Elevando al cuadrado, 3 + 4i x y + xyi, lo que da lugar al sistema 5 x y 3/5, xy 4/5. Al resolver este sistema, obtenemos las soluciones (+i)/5 y ( i)/5. PROBLEMA Calcular las raíces cúbicas de z módulo-argumental. 3 + i 3 + i expresándolas en forma ( 3 + i)( 3 i) 3i 4 En forma binómica es z ( 3 + i)( 3 i) 1 3i. Como z (1/4) + (3/4) 1 y el afijo de z está en el tercer cuadrante, arg z π + arc tg 3 4π/3, podemos escribir z cos(4π/3) + i sen(4π/3). Las raíces cúbicas de z son 3 z cos kπ + 4π/3 3 + i sen kπ + 4π/3, k 0, 1,. 3 Los valores que se obtienen son y 1 1 4π/9, y 1 10π/9, y π/9. 305

34 PROBLEMA Hallar los números complejos cuyo cubo sea igual al cuadrado de su conjugado. Sea z m(cos w + i sen w) el número buscado (y suponemos z 0). De acuerdo con la fórmula de Moivre, será z 3 z si y sólo si m 3 (cos 3w+i sen 3w) m (cos w i sen w) m [cos( w)+i sen( w)]. Igualando sus módulos y argumentos, resulta que m 3 m y 3w kπ w, de lo que se deduce que m 1 y 5w kπ. De aquí resultan cinco soluciones: cos 0 + i sen 0, cos(π/5) + i sen(π/5), cos(4π/5) + i sen(4π/5), cos(6π/5) + i sen(6π/5), cos(8π/5) + i sen(8π/5). Dichas soluciones corresponden precisamente a las raíces de la ecuación z PROBLEMA a) Efectuar la operación [a(cos α + i sen α)] E [b(cos β + i sen β)] 4 [c(cos γ + i sen γ)] 3. b) Si en el apartado a) damos los valores a, b 3, c 1, α 0, β 30, γ 40, hallar los posibles valores de E. a) Teniendo en cuenta la fórmula de Moivre y el producto y cociente de complejos en forma módulo-argumental, obtenemos: a E b 4 [cos(α + 4β 3γ) + i sen(α + 4β 3γ)] ab c c c 3 [ cos kπ + (α + 4β 3γ) + i sen kπ + (α + 4β 3γ) b) Como α + 4β 3γ 0 y ab /c c 18, es E 18(cos kπ + i sen kπ) 18 cos kπ. Para k 0, E 18 y para k 1, E ], k 0, 1.

35 PROBLEMA Sabiendo que la suma de las raíces n-ésimas de la unidad es igual a cero, probar que 1 + cos 7 + cos cos 16 + cos 88 0; sen 7 + sen sen 16 + sen Las raíces quintas de la unidad son cos(kπ/5) + i sen(kπ/5), para k 0, 1,, 3, 4, es decir 1, cos 7 +i sen 7, cos 144 +i sen 144, cos 16 +i sen 16, cos 88 +i sen 88. Como su suma es cero, también sus partes real e imaginaria son cero. De aquí se deducen las igualdades propuestas. PROBLEMA Si z 1 y z son las raíces de una ecuación de segundo grado con coeficientes reales, demostrar que z1 n + zn es real para cualquier entero n. Si la ecuación es en particular z z + 0, calcular z1 n + zn. Como los coeficientes son reales, tenemos los siguientes resultados posibles en función del discriminante de la ecuación : i) Si > 0, hay dos soluciones reales distintas. ii) Si 0, hay una solución real doble. iii) Si < 0, hay dos soluciones que son complejos conjugados. Así pues, si 0, como z 1, z R, es evidente que z n 1 + zn R. Si < 0, tenemos que z 1 z z n 1 + z n z n 1 + z n 1 z n 1 + z n 1 Re zn 1 R. Las raíces de la ecuación z z + 0 son z ± 4 8 ± i z i, z 1 i. 307

36 Para probar que α z n 1 + zn (1 + i)n + (1 i) n es real, basta comprobar que α α. Ahora bien, α (1 + i) n + (1 i) n (1 i) n + (1 + i) n α, de donde se deduce el resultado. PROBLEMA Si a y b son raíces de la ecuación z sen ϑ z sen ϑ + 1 0, demostrar que a n + b n cos nϑ cosec n ϑ. Calculamos las raíces de la ecuación: z sen ϑ ± sen ϑ 4 sen ϑ sen sen ϑ ± 4 sen ϑ cos ϑ 4 sen ϑ ϑ sen ϑ sen ϑ ± 4 sen ϑ(cos ϑ 1) sen ϑ ± i sen ϑ sen ϑ sen ϑ cos ϑ ± i sen ϑ sen ϑ cos ϑ ± i sen ϑ sen ϑ sen ϑ cotg ϑ ± i. Llamamos entonces a cotg ϑ + i y b cotg ϑ i, que son complejos conjugados. Escritos en forma trigonométrica, como su módulo es r 1 + cotg ϑ cosec ϑ y el argumento de a es ϕ arc tg(1/ cotg ϑ) ϑ, resulta que a cosec ϑ(cos ϑ + i sen ϑ) y b cosec ϑ(cos ϑ i sen ϑ). Por la fórmula de Moivre, sus potencias son a n cosec n ϑ(cos nϑ + i sen nϑ), b n cosec n ϑ(cos nϑ i sen nϑ), de donde a n + b n cosec n ϑ cos nϑ como se quería probar. PROBLEMA Teniendo en cuenta que cos α Re(e iα ) y recordando la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica, calcular en k forma simplificada C n cos 3n. n1 308

37 Llamando S k n sen 3n, obtenemos: n1 C + is (cos 3 + i sen 3) + (cos 6 + i sen 6) + + k (cos 3k + i sen 3k) e 3i + e 6i + + k e 3ki k+1 e 3(k+1)i e 3i e 3i 1 k+1 cos 3(k + 1) cos 3 + i[ k+1 sen 3(k + 1) sen 3]. 1 + cos 3 + i sen 3 Multiplicando numerador y denominador de la última expresión por el conjugado del denominador y separando la parte real del número complejo resultante, se obtiene finalmente: C k+ cos 3k k+1 cos 3(k + 1) + cos cos 3 PROBLEMA Determinar las ecuaciones de segundo grado cuyas raíces son: a) cis 10, cis 40. b) cis π/n, cis( π/n). c) a(cos nϑ + i sen nϑ), a(cos nϑ i sen nϑ). a) Escribimos en primer lugar las raíces en forma binómica. cis 10 cis 40 cis 60 (cos 60 + i sen 60) (1/ + i 3/) 1/ + i 3/; cis 10 ( 1/ + i 3/) 1/ i 3/. El producto y la suma de dichas raíces son cis 10 cis 40 cis y cis 10 + cis 40 1/ + 1/ 1, con lo que la ecuación buscada es x + x b) Debido a que r 1 cis π/n cos π/n + i sen π/n, r cis( π/n) cos( π/n) + i sen( π/n) cos π/n i sen π/n, 309

38 resulta que r 1 + r cos π/n y r 1 r cis(π/n π/n) cis 0 1, con lo que la ecuación es x x cos π/n c) Análogamente a los casos anteriores, observando que las raíces dadas r 1 y r son complejos conjugados, tenemos que r 1 r a y r 1 + r a cos nϑ, de modo que la ecuación pedida es x ax cos nϑ + a 0. PROBLEMA Resolver la ecuación z De z , se deduce que z (cos π + i sen π) z 4 16(cos π + i sen π) 4 [ 16 cos π + kπ + i sen π + kπ ], 4 4 donde k 0, 1,, 3. Para cada valor de k se obtiene z 1 + i, z + i, z 3 i y z 4 i. PROBLEMA 16.6 Resolver las ecuaciones: a) z + 4z b) z + iz c) z 4 + z d) 8z 3 1z + 10z 3 0. a) Al despejar z, se obtiene directamente, z 4 ± ± 10i z 1 5i, z + 5i. 310

39 b) Como en el caso anterior, z i ± z 1 i( 1 + ), z i(1 + ). c) Si llamamos w z, la ecuación se escribe como w + w y sus raíces son: w 1 ± ± i 3 w i 3, w 1 i 3. Las soluciones de la ecuación original son las raíces cuadradas de w 1 y w. Como sus módulos y argumentos son: w 1 w 1/4 + 3/4 1, arg w 1 π/3, arg w 4π/3, sus raíces cuadradas son: [ ] π/3 + kπ z 1 cis, z cis [ 4π/3 + kπ que, en forma trigonométrica, dan las soluciones: ], k 0, 1, z 11 cos π/3 + i sen π/3, z 1 cos 4π/3 + i sen 4π/3, z 1 cos π/3 + i sen π/3, z cos 5π/3 + i sen 5π/3. d) Dividimos la ecuación por 8 y hacemos el cambio z z +1/, y resulta: z 3 3 z z 3 ( 8 0 z + 1 ) 3 3 ( z + 1 ) + 5 ( z + 1 ) z z z z z z ( z 3 + z 0 z z + 1 ) 0 z 1 0, z i, z 3 i. Al deshacer el cambio de variable, obtenemos en definitiva que: z 1 1/, z (1/) + i /, z 3 (1/) i /. PROBLEMA Resolver z + ( 1 + i)z i

40 Despejando z tenemos: z ( 1 + i) ± ( 1 + i) 4 (3 + i) 4 1 i ± 4 10i. 4 1 i ± 1 1 i 4 8i 4 Si llamamos ahora 4 10i x + iy, resulta: 4 10i (x + iy) x y 4, xy 10. Además, igualando los módulos de ambos complejos, tenemos la ecuación x + y El sistema x y 4, x + y 6 tiene las cuatro soluciones x ±1, y ±5. Como se debe verificar además que xy 10, las únicas soluciones posibles son x 1, y 5 y x 1, y 5. En definitiva, z 1 i ± (1 5i) 4 z 1 6i 4 1 3i, z 4i 4 i. PROBLEMA Resolver la ecuación z 3 3iz 5(1 + i) 0, haciendo z x + iy. Al sustituir z x + iy y separar el resultado en parte real e imaginaria, resulta el sistema de ecuaciones: x 3 3xy + 3y 5 0, 3x y y 3 3x 5 0. Para resolver este sistema, efectuamos la resta de ambas ecuaciones, con lo que: x 3 + y 3 3xy 3x y + 3y + 3x 0 (x + y)(x xy + y ) 3xy(x + y) + 3(x + y) 0 (x + y)(x + y 4xy + 3) 0. Al sustituir en la primera ecuación la condición x + y 0, obtenemos la ecuación x 3 + 3x en la que x 1 es la única solución real. Esto 31

41 produce la raíz z i de la ecuación dada. Efectuando la división, se obtiene una ecuación de segundo grado cuyas raíces son z + i y z 3 1 i. PROBLEMA Determinar los números reales a y b de manera que z 1 + i sea raíz de la ecuación z 5 + az 3 + b 0. Debemos desarrollar la expresión Q (1 + i) 5 + a(1 + i) 3 + b e igualarla a cero: Q 1 + 5i + 10i + 10i 3 + 5i 4 + i 5 + a + 3ai + 3ai + ai 3 + b 0 ( a 3a + b) + i( a a) 0 b a 4, a 4 a, b 8. PROBLEMA Resolver la ecuación 1 + i 1 i ex. Multiplicando numerador y denominador por 1 + i tenemos: e x 1 + i (1 + i) 1 i 1 i i i cos π + i sen π eiπ/ x i(π/ + kπ) x i(π/4 + kπ), k Z. (Recordamos que, en el campo complejo, e a e b a b + kπ, k Z.) 313

42 C. EJERCICIOS PROPUESTOS. 1. Escribir en la forma trigonométrica r(cos ϑ+i sen ϑ) los siguientes números complejos: a) 3 i. Resp.: z ( ) i. 3 b) 1 + i. Resp.: z 4 ( ) i. 4. Hallar el módulo y argumento de u z 1 z 1 z 1 z si z 1 z 1, z 1 z. Resp.: u 1, arg u arg z Simplificar las expresiones: a) (a + i)3 (a i) 3 (a + i) (a i). Resp.: (3a 1)/a. b) 1 + i 1 i 1 i 1 + i. Resp.: (1 + 5i)/. c) ( + i)3. 1 3i Resp.: ( 7 + i)/. d) 1 i ( i) 4. Resp.: (5 + i )/7. 314

43 4. Calcular ( 3i) 4. Resp.: i. 5. Calcular ( 3 i) n y ( 3 + i) n. Resp.: z n 1 n cis nπ 6, zn n cis nπ Expresar como suma de cuadrados la expresión (a + b )(c + d ). Resp.: (ac bd) + (bc + ad). 7. Hallar las ecuaciones de segundo grado cuyas raíces son: a) 3 + 5, 3 5. Resp.: x 6x b) 3 + i, 3 i. Resp.: x + 6x c) + 3i, 3i. Resp.: x 4x Factorizar los siguientes polinomios: a) 5x + 4y. Resp.: ( 5x + iy)( 5x iy). b) x + xy + y. Resp.: [ (x + y/) + 3iy/][(x + y/) 3iy/ ]. 9. Resolver las ecuaciones: a) 4z 1z Resp.: z 1 (3/) + i, z (3/) i. b) z + iz. Resp.: z 1 7/ i/, z 7/ i/. 315

44 c) z z + 37z Resp.: z 1, z 4 + 5i, z 3 4 5i. 10. Resolver las ecuaciones: a) z ( + i)z + (4 + i) 0. Resp.: z i, z 1 i. b) z ( + i)z + i 0. Resp.: z 1 z 1 + i. 11. Hallar las raíces cuartas de i. Resp.: r 1 cis 3π/8, r cis 7π/8, r 3 cis 11π/8, r 4 cis 15π/8. 1. Calcular las raíces sextas de i. Resp.: z 1 cis π/36, z cis 13π/36, z 3 cis 5π/36, z 4 cis 37π/36, z 5 cis 49π/36, z 6 cis 61π/36. ( 13. Calcular lím z n siendo z n n n n+5 i. n n) Resp.: lím n z n 1 + e i. 316