Matematica Avanzada

PRACTICA CALFICADA 1- GRUPAL DE MATEMATICAS AVANZADAS –UNAC 2015-II

MATEMATICAS AVANZADAS 2015-II Prof. Raúl P. Castro Vidal

PRACTICA CALIFICADA N°1

Problema 1

Si llαll ˂1, demostrar que llzll≤1, si y solamente ǁ𝒛−𝜶

𝟏−𝛂 𝐳ǁ≤ 1 , z,αϵ C

Resolución:

Si : α = b+ai , z = d+ci y i = √−𝟏

Partiendo de la hipótesis:

Si llzll ≤1 y llαll ˂1

Entonces: ǁ𝐳ǁ 𝟐 ≤ 𝟏 y ǁ𝛂ǁ 𝟐˂𝟏

Luego: 1- llzll ≥ 0 y 1- llαll ˃ 0

De donde :(𝟏 − ǁ𝐳ǁ 𝟐)(𝟏 − ǁ𝛂ǁ 𝟐) ≥ 𝟎 ……….(1)

Para poder seguir resolviendo se debe demostrar que:

ǁ𝟏 − 𝒛𝜶ǁ𝟐 − ǁ𝒛 − 𝜶ǁ𝟐 = (𝟏 − ǁ𝒛ǁ𝟐)(𝟏 − ǁ𝜶ǁ𝟐)……..(2)

Como se conoce que :

ǁ𝐳ǁ 𝟐 = 𝒛. 𝒛 , por lo tanto

ǁ𝟏 − 𝒛𝜶ǁ𝟐 = (𝟏 − 𝒛𝜶)(𝟏 − 𝒛𝜶) ; ǁ𝒛 − 𝜶ǁ𝟐 = (𝒛 − 𝜶)(𝒛 − 𝜶)

ǁ𝟏 − 𝒛𝜶ǁ𝟐 − ǁ𝒛 − 𝜶ǁ𝟐 = (𝟏 − 𝒛𝜶)(𝟏 − 𝒛𝜶) − (𝒛 − 𝜶)(𝒛 − 𝜶)

=(𝟏 − 𝒛𝜶 − 𝒛𝜶 + 𝒛𝒛. 𝜶𝜶)(𝒛𝒛 − 𝜶𝒛 − 𝒛𝜶 + 𝜶𝜶)

=𝟏 + 𝒛𝒛. 𝜶𝜶 − 𝒛𝒛 − 𝜶𝜶 = 𝟏 + ǁ𝒛ǁ𝟐ǁ𝜶ǁ𝟐 − ǁ𝒛ǁ𝟐 − ǁ𝜶ǁ𝟐

=(𝟏 − ǁ𝒛ǁ𝟐) − ǁ𝜶ǁ𝟐(𝟏 − ǁ𝒛ǁ𝟐) = (𝟏 − ǁ𝒛ǁ𝟐)(𝟏 − ǁ𝜶ǁ𝟐)

y de esta manera se demuestra la parte…..(2)

ahora reemplazamos (2) en (1) y se obtiene lo siguiente:

ǁ𝟏 − 𝒛𝜶ǁ𝟐 − ǁ𝒛 − 𝜶ǁ𝟐 ≥ 𝟎

De donde se despeja y se obtiene:

ǁ𝟏 − 𝒛𝜶ǁ𝟐 ≥ ǁ𝒛 − 𝜶ǁ𝟐

ǁ𝟏 − 𝒛𝜶ǁ ≥ ǁ𝒛 − 𝜶ǁ



ǁ𝒛−𝜶

𝟏−𝛂 𝐳ǁ≤ 1

Problema 2

a) Demostrar que |𝒁 + 𝟏| > |𝒁 − 𝟏| si y solamente si 𝑹𝒆𝒛 > 0

Definimos a nuestro complejo Z como:

𝑍 = 𝑥 + 𝑦𝑖

Reemplazamos Z en la ecuación 𝛼

|𝑍 + 1| > |𝑍 − 1|………………………………………………………..( 𝛼)

|(𝑥 + 1) + 𝑦𝑖| > |(𝑥 − 1) + 𝑦𝑖|

√𝑥2 + 2𝑥 + 1 + 𝑦22

> √𝑥2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦22

> 0

𝑥2 + 2𝑥 + 1 + 𝑦2 > 𝑥2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦2

4𝑥 > 0; → 𝑥 > 0

Para que la desigualdad de la inecuación 𝛼 exista se debe cumplir que la parte

real del complejo Z, necesariamente debe ser mayor que cero.

b) Demostrar que si 𝑰𝒎𝜶 > 0 𝒆𝑰𝒎𝜷 > 0, entonces

|𝜶 − 𝜷

𝜶 − �̅�| < 1

Definimos a nuestros complejos 𝛼 𝑦 𝛽 como:

𝛼 = 𝑥 + 𝑦𝑖

𝛽 = 𝑤 + 𝑧𝑖

Reemplazamos los complejos en la ecuación 𝑞

|𝜶−𝜷

𝜶−�̅�| < 1………………………………………………………(q)

|(𝑥 − 𝑤) + (𝑦 − 𝑧)𝑖

(𝑥 − 𝑤) + (𝑦 + 𝑧)𝑖| < 1

|(𝑥 − 𝑤) + (𝑦 − 𝑧)𝑖|2 < |(𝑥 − 𝑤) + (𝑦 + 𝑧)𝑖|2

0 < (𝑥 − 𝑤)2 + (𝑦 − 𝑧)2 < (𝑥 − 𝑤)2 + (𝑦 + 𝑧)2



𝑦2 + 𝑧2 − 2𝑦𝑧 < 𝑦2 + 𝑧2 + 2𝑦𝑧

0 < 4𝑦𝑧 ↔ 𝑦 > 0, 𝑧 > 0

Para que la desigualdad de la inecuación 𝑞 exista se debe cumplir que las

partes imaginarias de los complejo, necesariamente debe ser mayor que cero.

c) Demostrar que dados dos números complejos 𝜶 𝒚 𝜷 ,

|𝟏 − �̅�𝜷|𝟐 − |𝜶 − 𝜷|𝟐 = (𝟏 − |𝜶|𝟐)(𝟏 − |𝜷|𝟐)

Definimos a nuestros complejos 𝛼 𝑦 𝛽 como:

𝛼 = 𝑥 + 𝑦𝑖

𝛽 = 𝑤 + 𝑧𝑖

Reemplazamos los complejos en la ecuación 𝑝

|𝟏 − �̅�𝜷|𝟐 − |𝜶 − 𝜷|𝟐 = (𝟏 − |𝜶|𝟐)(𝟏 − |𝜷|𝟐)………………………………. (p)

|1 − (𝑥 − 𝑦𝑖)(𝑤 + 𝑧𝑖)|2 − |𝑥 + 𝑦𝑖 − (𝑤 + 𝑧𝑖)|2 = [1 − (𝑥2 + 𝑦2)][1 − (𝑤2 + 𝑧2)]

|(1 − 𝑥𝑤 − 𝑦𝑧) + (𝑦𝑤 − 𝑥𝑧)𝑖|2 − |(𝑥 − 𝑤) + (𝑦 − 𝑧)𝑖|2

= [1 − (𝑥2 + 𝑦2)][1 − (𝑤2 + 𝑧2)]

(1 − 𝑥𝑤 − 𝑦𝑧)2 + (𝑦𝑤 − 𝑥𝑧)2 − (𝑥 − 𝑤)2 − (𝑦 − 𝑧)2

= [1 − (𝑥2 + 𝑦2)][1 − (𝑤2 + 𝑧2)]

1 + (𝑥𝑤 + 𝑦𝑧)2 − 2(𝑥𝑤 + 𝑦𝑧) + 𝑦2𝑤2 + 𝑥2𝑧2 − 2𝑥𝑦𝑤𝑧 − 𝑥2 − 𝑤2 + 2𝑥𝑤 − 𝑦2

− 𝑧2 + 2𝑦𝑧

= 1 − (𝑤2 + 𝑧2) − (𝑥2 + 𝑦2) + 𝑥2𝑤2 + 𝑥2𝑧2 + 𝑦2𝑤2 + 𝑧2𝑦2

1 = 1

Para que la desigualdad de la inecuación 𝑞 exista se debe cumplir que las

partes imaginarias de los complejo, necesariamente debe ser mayor que cero.

La ecuación p existe ya que se cumple la desigualdad por ende se demuestra

que todo complejo cumplirá con lo anunciado.



Problema 3

a) Calcular las raíces cubicas de – 𝒊.

Para determinar las raíces cubicas de un 𝑧 aplicaremos la fórmula de

De Moivre:

La fórmula de DeMoivre, afirma que para cualquier número real, para

cualquier número complejo y también para cualquier entero n, se verifica

lo siguiente:

(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑛 = 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑛𝜃

𝑛 = 0, ±1, ±2, ..

Del cual partimos y llegamos a la suiguiente conclucion:

𝑧0 = √𝑟0𝑛 𝑒𝑥𝑝 [𝑖 (

𝜃 + 2𝜋𝑘

𝑛)] 𝑘 = 0,1, … , 𝑛 − 1.

Del problema tenemos:

𝑧 = 0 − 𝑖

|𝑧| = 1 → 𝑟 = 1

√𝑧3

= cos (𝜃 + 2𝑘𝜋

3) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (

𝜃 + 2𝑘𝜋

3)

𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑙 𝜃

𝜃 = 𝑎𝑟𝑡𝑎𝑛𝑦

𝑥 → 𝜃 =

3𝜋

2

→ 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑠 𝑟𝑎𝑖𝑐𝑒𝑠 𝑐𝑢𝑏𝑖𝑐𝑎𝑠, 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙 𝑙𝑜 𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑎:

𝑘 = 0 𝑧0 = 𝑐𝑜𝑠 3𝜋

2+ 𝑖𝑠𝑒𝑛

3𝜋

2 = −𝑖

𝑘 = 1 𝑧1 = 𝑐𝑜𝑠 (3𝜋

6+

2𝜋

3) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (

3𝜋

6+

2𝜋

3) = −

√3

2−

𝑖

2

𝑘 = 2 𝑧2 = 𝑐𝑜𝑠 (3𝜋

6+

4𝜋

3) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (

3𝜋

6+

4𝜋

3) =

√3

2+

𝑖

2

𝑘 = 3 𝑧2 = 𝑐𝑜𝑠 (3𝜋

6+

6𝜋

3) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (

3𝜋

6+

6𝜋

3) = 𝑖



b) Calcular los valores de (𝟑 − 𝟒𝒊)−𝟑

𝟖 más próximos al eje imaginario.

De lo anterior aplicamos la fórmula:

𝐳 = |𝒛| (𝐞𝐢(𝜽+𝟐𝒌𝝅

𝒏))

Reemplazando

3 − 4i = 5 (ei(

𝜃+2𝑘𝜋𝑛

))

(3 − 4i)−38 = (5 (e

i(𝜃+2𝑘𝜋

𝑛)))−

38

𝜃 = 𝑎𝑟𝑡𝑎𝑛 (−4

3) =

53𝜋

180

𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑒𝑛 𝑛𝑢𝑒𝑠𝑡𝑟𝑜 𝑒𝑛𝑢𝑚𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 𝑛𝑜 𝑝𝑖𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑜

Deducimos q:

𝐑 → 𝟎

√1258 −1

cos (−3θ

8𝑛−

6𝑘𝜋

8𝑛) = 0

Por lo tanto analizamos para la parte real y la determinación de los valores que

se obtienen de 𝑘 serán los que harán cumplir la condición del problema.

cos (−3θ

8𝑛−

6𝑘𝜋

8𝑛) = 0

reemplazando en la ecuacion

−3θ

8𝑛−

6𝑘𝜋

8𝑛=

(2𝑚 + 1)𝜋

2m = 0,1,2. . 𝑦 𝑛 = 1

−3θ

8𝑛−

6𝑘𝜋

8𝑛=

𝜋

2



𝑘 = −293

360= −0.813 para m = 0

𝑘 = −773

360 = −2.14para m = 1

Los valores para que estén más cerca al eje imaginario son:

{−0.813, −2.14, … … }

Problema 4

Transformacion A y B --->AxB

1) Z-->ZxZ

Si Z= { x+iy 1<x<2 }

Z= { 1 + iy1 ; x2 + iy2 ; x3 + iy3 ; ..... 2+iyn }

=> ZxZ= z2= { (1+iy1 ; x2 +1+ iy1) , (1+iy1 ; x2 + iy2 ) , ....... , (1+ iy1 ; 2+ iyn ) ,...

( x2 + iy2 ; 1+iy1 ) , ...... , ( x2 + iy2 ; 2+iyn ), ... ( 2 + iyn ; 2+iyn ) }

2) Calcular los puntos....

R,I --> RxI

Si RxI : { Z=u+ iv , 1<u<2 }

R: { 1, u2 , u3 , u4, ... 2 } <= Conjunto de puntas

I : { V1 , V2 ,V3 , V4, ..Vn }



Problema 5

Consideremos de la función compleja

𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧2

𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

𝑤 = ( 𝑥 + 𝑖𝑦)( 𝑥 + 𝑖𝑦)

𝑤 = 𝑥2 − 𝑦2 + 2𝑦𝑥𝑖

𝑢 = 𝑥2 − 𝑦2

𝑣 = 2𝑦𝑥

Calculamos las gradientes de u y v

∇𝑢 = (𝜕𝑥2 − 𝑦2

𝜕𝑥;𝜕𝑥2 − 𝑦2

𝜕𝑦)

∇𝑢 = (2𝑥; −2𝑦)

∇v = (∂2𝑦𝑥

∂x;𝜕2𝑦𝑥

𝜕𝑦)

∇v = (2y; 2x)

Recordemos que la gradiente es igual a la dirección en que la derivada

direccional es máxima.

∇𝑢. ∇v = (2𝑥; −2𝑦). (2y; 2x) = 4xy − 4yx



∇𝑢. ∇v = 0

Otro ejemplo de función compleja derivable

𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦 + 𝑖(𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦)

𝑢 = 𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦

𝑣 = 𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦

∇𝑢 = (𝜕𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦

𝜕𝑥;𝜕𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦

𝜕𝑦)

∇𝑢 = (𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦; −𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦)

∇v = (∂𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦

∂x;𝜕𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦

𝜕𝑦)

∇v =(𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦; 𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦)

∇𝑢. ∇v = 𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦. 𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦 − 𝑒𝑥𝑆𝑒𝑛𝑦𝑒𝑥𝐶𝑜𝑠𝑦

∇𝑢. ∇v = 0

Se observa que las funciones son ortogonales

Problema 6

Sea𝑝(𝑧) = 𝑎𝑛𝑧𝑛 + ⋯ + 𝑎1𝑧 + 𝑎0, (𝑎𝑛 ≠ 0) un polinomio de Hurwitz, podemos

escribir 𝑝(𝑧) = 𝑎𝑛(𝑧 − 𝑧1) … (𝑧 − 𝑧𝑛) con𝑅𝑒 𝑧𝑗 < 0 para todo 𝑗 =, … , 𝑛. Hallemos

el cociente 𝑝´(𝑧) 𝑝(𝑧)⁄ :

𝑝´(𝑧)

𝑝(𝑧)=

[𝑎𝑛(𝑧 − 𝑧2) … (𝑧 − 𝑧𝑛) + ⋯ + 𝑎𝑛(𝑧 − 𝑧1) … (𝑧 − 𝑧𝑛−1)]

𝑎𝑛(𝑧 − 𝑧1)(𝑧 − 𝑧2) … (𝑧 − 𝑧𝑛)

=1

𝑧 − 𝑧1+

1

𝑧 − 𝑧2+ ⋯

1

𝑧 − 𝑧𝑛

Sea 𝑧 ∈ ℂ tal que 𝑧 ≠ 𝑧𝑛 y supongamos que 𝑅𝑒 𝑧 ≥ 0. En este caso, 𝑅𝑒(𝑧 −

𝑧𝑗) > 0 y por consiguiente 𝑅𝑒(1 (𝑧 − 𝑧𝑗)⁄ ) > 0. Esto se deduce del hecho de que

si 𝑤 ∈ ℂ con 𝑤 ≠ 0 entonces 1 𝑤⁄ = �̅� |𝑤|2⁄ , es decir 𝑅𝑒 1 𝑤⁄ y 𝑅𝑒 𝑤 tiene el

mismo signo. Entonces:

𝑅𝑒𝑝´(𝑧)

𝑝(𝑧)= 𝑅𝑒

1

𝑧 − 𝑧1+ 𝑅𝑒

1

𝑧 − 𝑧2+ ⋯ + 𝑅𝑒

1

𝑧 − 𝑧𝑛> 0

Es decir, si 𝑅𝑒 𝑧 ≥ 0 con 𝑧 ≠ 𝑧𝑗 entonces 𝑅𝑒(𝑝´(𝑧) 𝑝(𝑧)⁄ ) es distinta de cero y en

consecuencia 𝑝´(𝑧) ≠ 0 (z no es raíz de 𝑝´(𝑧)). Las raíces de 𝑝´(𝑧) tienen por

tanto la parte real negativa.



Obsérvese que algún 𝑧𝑗 fuera raíz de 𝑝´(𝑧), ya tiene parte real negativa por

hipótesis.

7. Problemas

Calcula la parte real e imaginaria de �̅�

𝟏+𝒛𝟐 donde z ∈ 𝑪 \ [i, -i].

Todo lo que hay que hacer es realizar las operaciones indicadas.

Pongamos para ello Z=x + iy con x, y ϵ R. Tenemos que:

�̅�

𝟏 + 𝒛𝟐=

𝒙 − 𝒊𝒚

𝟏 + (𝒙 + 𝒊𝒚)𝟐

=𝒙−𝒊𝒚

𝟏+𝒙𝟐−𝒚𝟐+𝟐𝒙𝒚𝒊=

(𝒙−𝒊𝒚)(𝟏+𝒙𝟐−𝒚𝟐−𝟐𝒙𝒚𝒊)

(𝟏+𝒙𝟐−𝒚𝟐)𝟐+𝟒𝒙𝟐𝒚𝟐

=𝒙 + 𝒙𝟑 − 𝟑𝒙𝒚𝟐 + 𝒊(−𝒚 − 𝟑𝒙𝟐𝒚 + 𝒚𝟑)

(𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐)𝟐 + 𝟒𝒙𝟐𝒚𝟐

=𝒙 + 𝒙𝟑 − 𝟑𝒙𝒚𝟐

(𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐)𝟐 + 𝟒𝒙𝟐𝒚𝟐+ 𝒊

−𝒚 − 𝟑𝒙𝟐 + 𝒚𝟑

(𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐)𝟐 + 𝟒𝒙𝟐𝒚𝟐

Luego:

Re ( �̅�

𝟏+𝒛𝟐)= 𝒙+𝒙𝟑−𝟑𝒙𝒚𝟐

(𝟏+𝒙𝟐−𝒚𝟐)𝟐+𝟒𝒙𝟐𝒚𝟐 Im (�̅�

𝟏+𝒛𝟐 )= −𝒚−𝟑𝒙𝟐+𝒚𝟑

(𝟏+𝒙𝟐−𝒚𝟐)𝟐+𝟒𝒙𝟐𝒚𝟐

Calcula |(𝟐+𝒊√𝟓)(𝟏+𝒊√𝟑)𝟑

√𝟓+𝒊√𝟑|

Nos piden el módulo así que no es necesario realizar las operaciones

indicadas. Basta tener en cuenta que el módulo de un producto es el

producto de los módulos y, por tanto, el modulo de un cociente es el

cociente de los módulos. En consecuencia:

|(𝟐 + 𝒊√𝟓)(𝟏 + 𝒊√𝟑)

𝟑

√𝟓 + 𝒊√𝟑| =

|𝟐 + 𝒊√𝟓||𝟏 + 𝒊√𝟑|𝟑

|√𝟓 + 𝒊√𝟑|

= 𝟔√𝟐



Calcula los números complejos z tales que 𝒘 =𝒛−𝟏−𝒊

𝒛+𝟏+𝒊

Es un número real:

Tiene modulo 1.

Pongamos 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦. Tenemos que

𝒘 =𝒛 − 𝟏 − 𝒊

𝒛 + 𝟏 + 𝒊=

𝒙 − 𝟏 + 𝒊(𝒚 − 𝟏)

𝒙 + 𝟏 + 𝒊(𝒚 + 𝟏)

(𝒙 − 𝟏 + 𝒊(𝒚 − 𝟏))(𝒙 + 𝟏 − 𝒊(𝒚 + 𝟏))

(𝒙 + 𝟏)𝟐 + (𝒚 + 𝟏)𝟐

𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝟐 + 𝒊(𝟐𝒚 − 𝟐𝒙)

(𝒙 + 𝟏)𝟐 + (𝒚 + 𝟏)𝟐

Por tanto, w es real si, y solo si, y≠ -1, es decor, si z esta en la bisectriz

de los cuadrantes primero y tercero y z ≠-(1+i).

Es claro que |𝑤| = 1 si, y solo si:

|𝑧 − 1 − 𝑖| = |𝑧 + 1 + 𝑖| ↔ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 = (𝑥 + 1)2 + (𝑦 + 1)2

↔ 𝑥 + 𝑦 = 0

Es decir z está en la bisectriz de los cuadrantes segundo y cuarto.

8. Problemas

Calcula los números complejos z tales que 𝑤 =2𝑧−1

𝑧−2

a) Tiene argumento principal igual a 𝜋

2∶

b) Tiene argumento principal igual a −𝜋

2.

Pongamos z= x+ iy con x,y ∈ 𝑅. Como

𝟐𝒛 − 𝟏

𝒛 − 𝟐=

𝟐𝒙 − 𝟏 + 𝟐𝒚𝒊

𝒙 − 𝟐 + 𝒊𝒚=

(𝟐𝒙 − 𝟏 + 𝟐𝒚𝒊)(𝒙 − 𝟐 − 𝒊𝒚)

(𝒙 − 𝟐)𝟐 + 𝒚𝟐

𝟐𝒙𝟐 + 𝟐𝒚𝟐 − 𝟓𝒙 + 𝟐 − 𝟑𝒚𝒊

(𝒙 − 𝟐)𝟐 + 𝒚𝟐

Deducimos que arg w =π/2 si, y solo si, 2𝑥2 + 2𝑦2 − 5𝑥 + 2 = 0.

Como 2𝑥2 + 2𝑦2 − 5𝑥 + 2 = 0 ↔ (𝑥−5/4)2 + 𝑦2 = 9/16

Deducimos que arg w=π/2 cuando z esta en la semicircunferencia de

centro (5/4,0) y radio ¾ que esta contenida en el semiplano inferior.

Tambien deducimos que arg w= -π/2 cuando z esta en la



semicircunferencia de centro (5/4,0) y radio ¾ que está contenida en el

semiplano superior.

c) Calcula las soluciones de la ecuacion 𝑧4 + (1 + 𝑖)𝑧2 + 5𝑖 = 0

Poniendo w= z2, la ecuación queda w2+(1+i)w+5i=0 cuyas soluciones

son:

−(1 + 𝑖) ± √(1 + 𝑖)2 − 20𝑖

2=

−(1 + 𝑖) ± √−18𝑖

2

−(1 + 𝑖) ± √18(cos (−𝜋4

) + 𝑖 sin(−𝜋/4)

2

−(1+𝑖)±√18(1

√2−

𝑖

√2)

2=

−(1+𝑖)±3(1−𝑖)

2= {

1 − 2𝑖−2 + 𝑖

Las soluciones de la ecuacion dada son las raices ±√1 − 2𝑖 𝑦 ± √−2 + 𝑖 .

Tenemos que arg(1-2i)= -arctg 2 y arg(-2+i)=π –arc tg(1/2).Usando que

cos(x+π/2)=-sen(x) y sen(x+π/2)=cos x, obtenemos:

±√1 − 2𝑖 = ±√54

(cos (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2

2) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2

2))

±√−2 + 𝑖 = ±√54

(𝑠𝑒𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (

12)

2) + 𝑖𝑐𝑜𝑠(

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1/2)

2))

Observa que las soluciones numeros complejos pero no son complejos

conjugados.La escuacion dada tiene coeficicentes complejos.

9. Problemas

9. Demostrar la llamada “igualdad del paralelogramo”:

22 2

2z w z w z w ( , )z w

Y explicar su significado geométrico.

DEMOSTRACION:

Tenemos que:

2 2 2

2Rez w z w z w zz ww zw zw z w zw …….(a)

2 2 2

2Rez w z w z w zz ww zw zw z w zw …….(b)

Luego de (a)+(b):



22 2

2z w z w z w

SIGNIFICADO GEOMETRICO:

Su significado geométrico es que la suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales

de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus lados.

Dados dos números complejos α y β, calcula el mínimo valor para z de la cantidad 2 2

z z .

SOLUCION:

Usando la igualdad del paralelogramo:

22 2

2z w z w z w

Sea: z z

w z

Entonces:

22 2

2 2z z z

22 2 21

22 2

z z z

Entonces podemos afirmar:

2 2 21;

2z z z

Para que se cumpla la igualdad:

2z



10. Prueba las desigualdades:

) a z w z w

SOLUCION:

*Elevando el segundo miembro al cuadrado, tenemos:

2 2 2z w z zw wz w

2 2 2z w z zw zw w

2 2 2 2 22Re( ) 2z w z zw w z z w w

Entonces:

2 2( )z w z w

z w z w

1

) 2

z wb z w z w

z w

SOLUCION:

*Pasando todo al primer miembro y luego elevando al cuadrado, tenemos:

2

10

2

z wz w z w

z w

*Luego:

2

22

2 2 2 2

1

4

Re12 Re 2 2 2

4

z wz w z w

z w

zwz w zw z w z w

z w

2 2 2 2 2 2 Re1 1 12Re 2

2 2 2

zwz w zw z w z w z w z w

z w



2 2 2 2Re Re1 12 2 2

2 2

zw zwz w z w z w z w z w

z w z w

2 2 2 Re1 12

2 2

zwz w z w z w

z w

2 Re1

1 02

zwz w

z w

2

22 10

4

z wz w z w

z w

*Entonces:

2

22 1

4

z wz w z w

z w

*Finalmente comprobamos la desigualdad:

1

2

z wz w z w

z w

11. . Expresar en forma binómica los números:

(1+𝑖√3

−1+𝑖)24 , (1 + 𝑖)25 , (√3 + 𝑖)37

Solución.

Naturalmente se trata de aplicar la fórmula de De Moivre y para ellos todo lo

que hay que hacer es expresar los números en su forma polar. Consideremos el

número

Para (1+𝑖√3

−1+𝑖)24

𝑧 =1+𝑖√3

−1+𝑖 . Tenemos que |𝑧| = √2 (cociente de los módulos) y un argumento de 𝑧 es

𝑎𝑟𝑔(1 + 𝑖√3) − arg(−1 + 𝑖) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(√3) − (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(−1) + 𝜋) =𝜋

3−

𝜋

4= −

5𝜋

12

Por lo tanto



(1 + 𝑖√3

−1 + 𝑖)24 = (√2)

24(cos (−24

5𝜋

12) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (−24

5𝜋

12)) = 212

(1 + 𝑖√3

−1 + 𝑖)24 = 4096

Para (1 + 𝑖)25

Consideramos el número 𝑧 = 1 + 𝑖 . Tenemos que |𝑧| = √2 y un argumento de 𝑧 es

𝑎𝑟𝑔(1 + 𝑖) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1) =𝜋

4

Por lo tanto

(1 + 𝑖)25 = (√2)25

(cos (25𝜋

4) + 𝑖 sen (25

𝜋

4))

4096√2 (1

√2+

𝑖

√2) = 4096 + 4096𝑖

Para (√3 + 𝑖)37

Consideramos el número 𝑧 = √3 + 𝑖 . Tenemos que |𝑧| = 2 y un argumento de 𝑧 es

𝑎𝑟𝑔(√3 + 𝑖) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (1

√3) =

𝜋

6

Por lo tanto

(√3 + 𝑖)37 = (2)37(cos (37𝜋

6) + 𝑖 sen (37

𝜋

6)



3

3 3 3 3 2 3 2 2 3 3 3

0 1 2 3

3 3

Nº 12

) sen3 3 - 4

Formula de moivre:

(cos ) (cos( ) ( ))

:

(cos ) ( ) cos ( ) cos ( ) cos ( )

(cos ) (cos 3cos

n n

PROBLEMA

Dempostrar

a sen sen

Z isen n isen n

Luego

isen i sen i sen i sen

isen

2 2 3

3

2 3

2 3

3 3

3

) (3cos )

(cos ) cos3 3

Igualando terminos:

3 3cos

3 3(1 )

3 3 3

3 3 4

sen sen sen i

isen isen

sen sen sen

sen sen sen sen

sen sen sen sen

sen sen sen

3

4 2

4 4 4 4 3 4 2 2 2 4 3 4 4 4

0 1 2 3 4

4 4 2 2 4 3 2

4

) cos4 =8cos 8cos 1

(cos ) ( )cos ( ) cos ( ) cos ( ) cos ( )

(cos ) (cos 6cos ) (4cos cos )

Por de Moivre:

(cos ) co

b

isen i sen i sen i sen i sen

isen sen sen sen sen i

isen

4 2 2 4

4 2 2 2 2

4 2 4 4 2

4 2

s 4 4

Igualando Terminos:

cos 4 (cos 6cos )

cos 4 (cos 6cos (1 cos ) (1 cos )

cos 4 cos 6cos 6cos (cos 1 2cos )

cos 4 8cos 8cos 1

isen

sen sen



3

3 5

5 5 5 5 4 5 2 3 2 5 2 3 5 4 4 5 5 5

0 1 2 3 4 5

5 5 2 2 4 4 2 3

) sen5 =5sen -20sen 16

(cos ) ( )cos ( ) cos ( ) cos ( ) cos ( ) cos ( )

(cos ) (cos 10cos 5cos ) (5cos 10cos

c sen

isen i sen i sen i sen i sen i sen

isen sen sen sen sen

5

5

4 2 3 5

2 2 2 3 5

5 3 3 5

)

Por de Moivre:

(cos ) cos5 5

Igualando Terminos:

5 (5cos 10cos )

5 5 (1 ) 10(1 )

5 5 5 10 10 11

5 5

sen i

isen isen

sen sen sen sen

sen sen sen sen sen sen

sen sen sen sen sen sen

sen sen

3 520 16sen sen

2 213) sean , n 2 y cos + isen dado un numero entero, hallar:n w m

n n

2 3 ( 1)a) 1 ...m m m n mw w w w

2 3 ( 1)

2 ( 2)

( 1)

igualamos la expresion a la letra a:

1 ...

:

1 (1 ... )

1 ( )

1 (1 )

1

1

2 21 (cos )

2 21 (cos )

m m m n m

m m m n m

m n m

nm m

nm

m

nm

m

w w w w a

factorizando

w w w w a

w a w a

w a w

wa

w

isenn n a

isenn n



2 3 1 ( 1)

2 4 ( 4) 2 4 ( 2)

2 4 ( 2)

3 ( 1)

b) 1 ... ( 1)

agrupando w con exponente impar:

1 (1 ... ) ...

igualando a variables las expresiones:

1 ...

...

per

m m m n n m

m m m n m m m n m

m m n m

m m n m

w w w w

w w w w w w w x

w w w a

w w w b

2 4 ( 4)

( 2)

2

( 1)2

2 2

( 1)2 ( 1)

2

2 ( 1) ( 1)

2 ( 1)

o:

(1 ... )

( )

( )

1

2 21 (cos )

2 21 (cos )

m m m n m

m n m

nmm

m

nm m nm

m m

m nm n

m

m n m n

m n

nm

m

w w w w b

w a w b

a b x

wa w a x

w

w wa a aw x

w w

wa aw x

w

a aw w x

a w a x

isenn n

isenn n

2

( 1)2 2

1 (cos )2 2

cos + isen 12 2

1 (cos )

nmm n

m

isenn n x

n nisen

n n

Problema N14:

*La fórmula de De Moivre nombrada así por Abraham de Moivre afirma que

para cualquier número complejo (y en particular, para cualquier número

real) x y para cualquier entero n se verifica que:

(𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝒊 𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒏 = 𝐜𝐨𝐬(𝒏𝒙) + 𝒊 𝒔𝒆𝒏(𝒏𝒙)

*Suma de los primeros n términos de una progresión geométrica

Se denomina como Sn a la suma de los n primeros términos consecutivos de

una progresión geométrica:

𝐒𝐧=𝒂𝟏 + 𝒂𝟐 + ⋯ + 𝒂𝒏−𝟏 + 𝒂𝒏

Si se quiere obtener una fórmula para calcular de una manera rápida dicha suma, se

multiplica ambos miembros de la igualdad por la razón de la progresión r

𝒓. 𝐒𝐧=𝒓. (𝒂𝟏 + 𝒂𝟐 + ⋯ + 𝒂𝒏−𝟏 + 𝒂𝒏)



𝒓. 𝐒𝐧=𝒓. 𝒂𝟏 + 𝒓. 𝒂𝟐 + ⋯ + 𝒓. 𝒂𝒏−𝟏 + 𝒓. 𝒂𝒏)

Puesto que 𝒓 . 𝒂𝒊 = 𝒂𝒊+𝟏

𝒓. 𝐒𝐧=𝒂𝟏 + 𝒂𝟐 + ⋯ + 𝒂𝒏−𝟏 + 𝒂𝒏 + 𝒂𝒏+𝟏

Si se procede a restar de esta igualdad la primera:

𝒓. 𝐒𝐧−𝐒𝐧=𝒂𝒏+𝟏−𝒂𝟏

ya que todos los términos intermedios se cancelan mutuamente.

Despejando 𝐒𝐧

𝐒𝐧 =𝒂𝒏+𝟏−𝒂𝟏

𝒓 − 𝟏=

𝒓𝒏. 𝒂𝟏 − 𝒂𝟏

𝒓 − 𝟏= 𝒂𝟏

𝒓𝒏 − 𝟏

𝒓 − 𝟏

RESOLUCION

𝑨 = 𝐜𝐨𝐬 𝒐𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + … + 𝐜𝐨𝐬 𝒏𝒙

𝑩 = 𝐬𝐞𝐧 𝟎𝒙 + 𝐬𝐞𝐧 𝟏𝒙 + 𝐬𝐞𝐧 𝟐𝒙 + ⋯ + 𝐬𝐞𝐧 𝒏𝒙

𝑨 + 𝒊𝑩 = 𝒆𝒊𝟎𝒙 + 𝒆𝒊𝟏𝒙 + 𝒆𝒊𝟐𝒙 ⋯ + 𝒆𝒊(𝒏−𝟏)𝒙 + 𝒆𝒊𝒏𝒙 =𝒆𝒊(𝒏+𝟏)𝒙 − 𝟏

𝒆𝒊𝒙 − 𝟏

→𝐜𝐨𝐬(𝒏+𝟏)𝒙+𝒊 𝐬𝐞𝐧(𝒏+𝟏)𝒙−𝟏

𝐜𝐨𝐬 𝒙+𝒊 𝐬𝐞𝐧 𝒙−𝟏

𝑨 + 𝒊𝑩 =−𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐 (𝒏 + 𝟏)𝒙

𝟐+ 𝟐𝒊 𝐬𝐞𝐧

(𝒏 + 𝟏)𝒙𝟐

. 𝒄𝒐𝒔(𝒏 + 𝟏)

𝟐

−𝟐𝐢𝐬𝐞𝐧𝟐 𝒙𝟐

+ 𝐬𝐞𝐧𝜶𝟐

𝒄𝒐𝒔𝜶𝟐

=𝐬𝐞𝐧

(𝒏 + 𝟏)𝒙𝟐

𝐬𝐞𝐧𝒙𝟐

.𝐜𝐨𝐬

(𝒏 + 𝟏)𝒙𝟐

+ 𝒊 𝐬𝐞𝐧(𝒏 + 𝟏)𝒙

𝟐

𝐜𝐨𝐬𝒙𝟐

+ 𝒊 𝐬𝐞𝐧𝒙𝟐

𝑨 + 𝒊𝑩 =𝐬𝐞𝐧

(𝒏+𝟏)𝒙

𝟐(𝐜𝐨𝐬

(𝒏+𝟏)𝒙

𝟐+𝒊 𝐬𝐞𝐧

(𝒏+𝟏)𝒙

𝟐)(𝐜𝐨𝐬

𝒙

𝟐−𝒊 𝐬𝐞𝐧

𝒙

𝟐)

𝐬𝐞𝐧𝒙

𝟐 .𝐜𝐨𝐬𝟐 𝜶

𝟐+𝐬𝐞𝐧𝟐 𝜶

𝟐

=𝐬𝐞𝐧

(𝒏+𝟏)𝒙

𝟐

𝐬𝐞𝐧𝒙

𝟐

. 𝒆(𝒏+𝟏)𝒙

𝟐−

𝒙

𝟐 =

𝐜𝐨𝐬 𝜶 = 𝐜𝐨𝐬𝟐𝜶

𝟐− 𝐬𝐞𝐧𝟐

𝜶

𝟐

𝐬𝐞𝐧 𝜶 = 𝟐 𝐬𝐞𝐧𝜶

𝟐𝒄𝒐𝒔

𝜶

𝟐



→𝐬𝐞𝐧

(𝒏 + 𝟏)𝒙𝟐


𝒆𝒏𝒙𝟐 =

𝐬𝐞𝐧(𝒏 + 𝟏)𝒙

𝟐


(𝐜𝐨𝐬𝒏𝒙

𝟐+ 𝒊 𝐬𝐞𝐧

𝒏𝒙

𝟐)

𝐴 =𝐬𝐞𝐧

(𝒏 + 𝟏)𝒙𝟐


𝐜𝐨𝐬𝒏𝒙

𝟐

𝐵 =𝐬𝐞𝐧

(𝒏 + 𝟏)𝒙𝟐


. 𝐬𝐞𝐧𝒏𝒙

𝟐

Problema 15

l.

Sea |𝒁𝟏| = |𝒁𝟐| = |𝒁𝟑| = 1 y Z1 + Z2 + Z3 = 0

De Z1 + Z2 + Z3 = 0 Z3 = -(Z1+ Z2)…. (*)

Por propiedad:

|𝑍1| = |𝑍1̅̅̅̅ | Entonces:

|𝑍2| = |𝑍1̅̅̅̅ | Z1=(a, b); Z2=(a,-b) DE (*) Z3 = -(Z1+ Z2) = -[(a+bi)+(a-bi)] = -2a Z3=(-2a,0)

|𝑍3|= 1 = √(−2𝑎)2 a=-1/2

De:

|𝑍1| = √𝑎2 + 𝑏2 = 1 b=√3

2

Por lo tanto las coordenadas del triangulo equilátero son:

Z1 = (-1/2,√3/2); Z2 = (-1/2,- √3/2); Z3 = (1,0)



ll. En un tr iángulo equilátero coinciden el ortocentro, baricentro, circuncentro e incentro . El bar icentro del t r iangulo del t r iangulo equi látero anter ior es G(x,y)

x=

−1

2−

1

2+1

3 = 0 ; y =

√3

2−

√3

2+0

3 = 0 G=(0,0)

PROBLEMA 16

Si 0 arg arg z . Prueba que el área del triángulo de vértices 0,z y w

viene dada por 1

Im( )2

z

SOLUCIÓN

Base |Z|

Altura h

h

sen

1 1

2 2Área z h z sen

Si z x iy

u i

Pero arg( )

arg( )

z

Por lo tanto



1

2

1cos cos

2

1( . . )

2

1

2

1Im( )

2

A z sen

A z sen sen

x u yA z

z z

A x uy

A z

PROBLEMA 17

Estudia, para z 2C y n2N, las igualdades:

a) Log ( 𝑒𝑧) = z ; b) exp((log(z))=z ; c) log( √𝑧𝑛

)=log (𝑧)

𝑛 ;

d) log( 𝑧𝑛)= nlog(z)

Solución:

a) Es evidente que z es un logaritmo de 𝑒𝑧 y será el logaritmo principal

si, y sólo si, -π≤ Im ≤ En consecuencia:

Log ( 𝑒𝑧) = z si y solo si -π≤ Im ≤

b) Los logaritmos de z se definen como los números cuya exponencial

es z, luego, en particular,

exp((log(z))=z cualquier z ϵ C

c) log( 𝑧𝑛)= log⎸ √𝑧𝑛

⎹ + iarg( √𝑧𝑛

) = 𝑙𝑜𝑔⎹𝑧⎸

𝑛 +

iarg z

𝑛

𝑙𝑜𝑔𝑧

𝑛 =

𝑙𝑜𝑔⎹𝑧⎸

𝑛 +

iarg z

𝑛

La igualdad en c se verifica siempre.

d) log( 𝑧𝑛)= log(⎸𝑧𝑛⎹) + iarg 𝑧𝑛 +n log (⎹𝑧⎸) + i arg𝑧𝑛

n log(z)= n log⎹𝑧⎸ + i n arg(z)

la igualdad en d equivale a que arg𝑧𝑛 = n arg(z). como n arg(z) es

un argumento de 𝑧𝑛 , para que sea el argumento principal de ser

-π≤ Im ≤



Problema 18

Expresar en la forma a+ib el número complejo:

𝒘 =𝟕+𝒊

𝟑+𝟒𝒊

𝟒𝟑

Sol:

(7 + 𝑖

3 + 4𝑖) (

3 − 4𝑖

3 − 4𝑖) =

25 − 25𝑖

25= 1 − 𝑖

(1 − 𝑖)43 = (1 − 𝑖)(1 − 𝑖)42 = (1 − 𝑖)((1 − 𝑖)6)7

(1 − 𝑖)6 = 8𝑖

((1 − 𝑖)6)7 = −(221𝑖)

𝑤 =7+𝑖

3+4𝑖

43= −(221𝑖)(1 − 𝑖) = −221 − 221𝑖

Encuentra la parte real y la parte imaginaria de

(𝟏 − 𝒊)𝟏𝟎

(√𝟑𝒊 − 𝟏)𝟒

Sol:

((1 − 𝑖)2)5 = −32𝑖

(√3𝑖 − 1)4 = −8 + 8√3𝑖 = −8(1 − √3𝑖)

(1 − 𝑖)10

(√3𝑖 − 1)4=

−32𝑖

−8(1 − √3𝑖)=

4𝑖

1 − √3𝑖

4𝑖

1 − √3𝑖(

1 + √3𝑖

1 + √3𝑖) =

4𝑖 − 4√3

1 + 3= −√3 + 𝑖

Parte real: −√3

Parte imaginaria: 𝑖



PROBLEMA 19.-

Sea 𝑧 = −√3 + 𝑖 y 𝑤 = −1 + 𝑖√3

𝜃𝑧 =5𝜋

6 𝜃𝑤 =

2𝜋

3

Verifica que:

Si usamos la definición principal del logaritmo

Primero hallamos :

log(𝑧) = ln(2) + 𝑖(5𝜋

6+ 2𝑛𝜋) Donde n ϵ lN. Tomando el argumento

desde intervalo (−π,π]

log(𝑤) = ln(2) + 𝑖(2𝜋

3+ 2𝑘𝜋) Donde k ϵ lN. Tomando el argumento


Multiplicando :

(−√3 + 𝑖)(−1 + 𝑖√3) = −4𝑖 Tomando el argumento


Luego:

log(𝑤𝑧) = ln(4) + 𝑖(−𝜋

4+ 2𝑛𝜋) Donde p ϵ lN.

log(𝑤𝑧) = 2 ln(2) + 𝑖(−𝜋4

+ 2𝑛𝜋) Donde p ϵ lN.

Luego usamos la definición principal del logaritmo:

log(−4𝑖) = ln(2) + 𝑖 (5𝜋

6) + ln(2) + 𝑖 (

2𝜋

3)

𝟐 𝐥𝐧(𝟐) + 𝒊(−𝝅

𝟒) ≠ 𝟐 𝐥𝐧(𝟐) + 𝒊(𝟑𝝅

𝟐)



20.

Calcular

log(3 + 3𝑖) = ln|3 + 3𝑖| + 𝑖(𝜃 + 2𝜋𝑘)

Solución:

→ |3 + 3𝑖| = 3√2 … … … … (1)

𝜃 = 45 =𝜋

4

log(3 + 3𝑖) = ln|3√2| + 𝑖(𝜋

4+ 2𝜋𝑘)

Determinar todas las soluciones de las dos ecuaciones siguientes

a) 𝑧4 = 16

Solución:

→ 𝑧4 − 16 = 0

(𝑧2 + 4)(𝑧 + 2)(𝑧 − 2) = 0

→ 𝑧 + 2 = 0

→ 𝑧 − 2 = 0

→ 𝑧2 + 4 = 0

→ 𝑧2 = −4

→ 𝑧 = ±√−4 = ±2𝑖

∴ 𝑧1 = −2

𝑧2 = 2

𝑧3 = −2𝑖

𝑧4 = 2𝑖



b) 𝑧4 = −64

Solución:

→ 𝑧4 = −64

𝑧4 = 64(−1 + 0𝑖)

𝑧4 = 64(cos(𝜋) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝜋))

𝑧 = √644

(cos (𝜋

4+

2𝜋𝑛

4) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (

𝜋

4+

2𝜋𝑛

4)) … 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 0,1,2,3 …

𝑧 = 2√2 (cos (𝜋 + 2𝜋𝑛

4) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (

𝜋 + 2𝜋𝑛

4))

𝑧1 = 2√2 (cos(π/4) + i sin(π/4)) = 2√2 (1/√2 + 1/√2 i) = 2 + 2i

𝑧2 = 2√2 (cos (3π

4) + i sin (

3π

4)) = 2√2 (−

1

√2+

1

√2i) = −2 + 2i

𝑧3 = 2√2 (cos(5π/4) + i sin(5π/4)) = 2√2 (−1/√2 − 1/√2 i) = −2 − 2i

𝑧4 = 2√2 (cos(7π/4) + i sin(7π/4)) = 2√2 (1/√2 − 1/√2 i) = 2 − 2i



21.

a) Resolver la ecuación: (1 − 𝑖)𝑧3 = 1 + 𝑖

Solución:

(1 − 𝑖)𝑧3 = 1 + 𝑖

𝑧3 =1 + 𝑖

1 − 1

𝑧3 =(1 + 𝑖)(1 + 𝑖)

(1 − 𝑖)(1 + 𝑖)=

2𝑖

2= 𝑖

𝑧3 = 𝑖

𝑧 = (𝑖)13

Por teorema:

𝑧1

𝑛 = 𝑟1

𝑛 (cos (𝜃+2𝑘𝜋

𝑛) + 𝑖 sen (

𝜃+2𝑘𝜋

𝑛)) , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑘 = 0,1,2,3 … 𝑛 − 1.

𝑟 = 1, 𝜃 = 90°, 𝑛 = 3

𝑧 = 113 (cos (

90 + 2𝑘𝜋

3) + 𝑖 sen (

90 + 2𝑘𝜋

3))

𝑧 = (cos (90 + 2𝑘𝜋

3) + 𝑖 sen (

90 + 2𝑘𝜋

3))

Para:

𝑘 = 0 𝑧1 = 𝑐𝑜𝑠30° + 𝑖𝑠𝑒𝑛30°

𝑘 = 1 𝑧2 = 𝑐𝑜𝑠150° + 𝑖𝑠𝑒𝑛150°

𝑘 = 2 𝑧3 = 𝑐𝑜𝑠270° + 𝑖𝑠𝑒𝑛270°

b) Se sabe que la suma de 2 números complejos 𝑧 𝑦 𝑤 es 3 y 𝜋𝑖

2 es un logarimo neperiano

de 𝑧

𝑤 hallar dichos números.

Solución:

Datos:

𝑧 + 𝑤 = 3 … … … … … … … 𝑧 = 3 − 𝑤

𝐿𝑛 (𝑧

𝑤) =

𝜋𝑖

2 donde

𝜋

2= 90°



𝑒𝜋𝑖2 =

𝑧

𝑤= 𝑐𝑜𝑠90° + 𝑖𝑠𝑒𝑛90°

𝑧

𝑤= 𝑖……… 𝑧 = 𝑤𝑖 si 𝑧 = 3 − 𝑤

𝑤𝑖 = 3 − 𝑤

Donde

𝑤 =3

2−

3

2𝑖 … … … … … 𝑧 =

3

2+

3

2𝑖

22. Resolver en C las siguientes ecuaciones

a. 𝑖𝑧 = 1

Solución:

𝑖𝑧 = 𝑒𝑧𝐿𝑜𝑔(𝑖) = 1

𝑙𝑜𝑔(𝑖) = 𝑙𝑛|𝑖| + (𝜃 + 2𝑘𝜋)𝑖

Sabemos que

𝑒0𝑖 = 1

luego

𝑒𝑧[𝑙𝑛|𝑖|+(𝜃+ 2𝑘𝜋)𝑖] = 𝑒0𝑖 = 1

Además:

ln|𝑖| = 𝑙𝑛√02 + 12 = 𝑙𝑛1 = 0

Entonces

𝑒𝑧(𝜃+ 2𝑘𝜋)𝑖 = 𝑒0𝑖

𝑧(θ + 2kπ) = 0

𝑧 = 0 ⋁ 𝜃 + 2𝑘𝜋 = 0

Por tanto 𝑧 = 0



b. 𝑒𝑖−𝑧 = 1 − 𝑖

Solución

1 − 𝑖 = √2𝑒(−π4

+2𝜋𝑘)𝑖

Entonces

𝑒𝑖−𝑧 = 𝑒𝑙𝑛√2. 𝑒(−

π4

+2𝜋𝑘)𝑖

𝑒𝑖−𝑧 = 𝑒𝑙𝑛√2+(−

π4

+2𝜋𝑘)𝑖

𝑖 − 𝑧 = 𝑙𝑛√2 + (−π

4+ 2𝜋𝑘) 𝑖

𝑧 = 𝑖 − 𝑙𝑛√2 +𝜋

4𝑖 + 2𝜋𝑘𝑖 , 𝑘 ∈ 𝑍

c. 𝑧4 + (4 − 2𝑖)𝑧2 − 8𝑖

Solución:

Factorizando

𝑧4 + (4 − 2𝑖)𝑧2 − 8𝑖 = (𝑧2 + 4)(𝑧2 − 2𝑖)

𝑧2 + 4 = 0 … (1) 𝑜´ 𝑧2 − 2𝑖 = 0 … (2)

Para(1)

𝑧2 = −4

Como

𝒛 = |𝑧|𝑒(𝜃+ 2𝑘𝜋)𝑖

Y

4𝑒𝜋𝑖 = −4

Nos queda

|𝑧|2𝑒2(𝜃+ 2𝑘𝜋)𝑖 = 4𝑒𝜋𝑖

Entonces

|𝑧| = 2 , 𝜃 + 2𝑘𝜋 =𝜋

4



𝜃 =𝜋

4− 2𝑘𝜋

Por tanto

𝑧 = 2𝑒𝜋2

−2𝑘𝜋𝑖

Para(2):

𝑧2 − 2𝑖 = 0

Solución

𝑧2 = 2𝑖

|𝑧|2𝑒2(𝜃+ 2𝑘𝜋)𝑖 = 2𝑒𝜋2

𝑖

De donde

|𝑧|2 = 2 , 2(𝜃 + 2𝑘𝜋) =𝜋

2

|𝑧| = √2 , 𝜃 =𝜋

4− 2𝑘𝜋

Entonces

𝑧 = √2 𝑒(

𝜋4

−2𝑘𝜋)𝑖

Problema 23:

a) Pruebe que en coordenadas polares las ecuaciones de couchy-rieman, se escriben

como: 𝜕𝑢

𝜕𝜃= −𝑟

𝜕𝑣

𝜕𝑟 y

𝜕𝑣

𝜕𝜃= 𝑟

𝜕𝑢

𝜕𝑟

Solución:

Sea 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦), una función compleja, transformaremos esta función a

coordenadas polares.

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑟, 𝜃) + 𝑖𝑣(𝑟, 𝜃)

La relación entre las coordenadas cartesianas y las coordenadas polares es:

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝜃 = arctan (𝑦

𝑥).

Calcularemos las derivadas parciales de u y v con respecto de x e y , para esto

aplicaremos la regla de la cadena.

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑢

𝜕𝑟.𝜕𝑟

𝜕𝑥+

𝜕𝑢

𝜕𝜃.𝜕𝜃

𝜕𝑥… … … … … (1)



𝜕𝑢

𝜕𝑦=

𝜕𝑢

𝜕𝑟.𝜕𝑟

𝜕𝑦+

𝜕𝑢

𝜕𝜃.𝜕𝜃

𝜕𝑦… … … … … (2)

𝜕𝑣

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑟.𝜕𝑟

𝜕𝑥+

𝜕𝑣

𝜕𝜃.𝜕𝜃

𝜕𝑥… … … … … (3)

𝜕𝑣

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑟.𝜕𝑟

𝜕𝑥+

𝜕𝑣

𝜕𝜃.𝜕𝜃

𝜕𝑥… … … … … (4)

Si 𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2, 𝜃 = arctan (𝑦

𝑥).

𝜕𝑟

𝜕𝑥=

𝑥

√𝑥2 + 𝑦2=

𝑥

𝑟=

𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟= 𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕𝑟

𝜕𝑦=

𝑦

√𝑥2 + 𝑦2=

𝑦

𝑟=

𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑟= 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝜕𝜃

𝜕𝑥=

−𝑦

𝑥2 + 𝑦2=

−𝑦

𝑟2=

−𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑟2= −

1


𝜕𝜃

𝜕𝑦=

𝑥

𝑥2 + 𝑦2=

𝑥

𝑟2=


𝑟2=

1


Remplazando en 1,2,3,4, se tiene.

𝜕𝑢

𝜕𝑥= 𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1


𝜕𝑢

𝜕𝜃… … … … … (5)

𝜕𝑢

𝜕𝑦= 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝜕𝑢

𝜕𝑟+

1


𝜕𝑢

𝜕𝜃… … … … … (6)

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕𝑣

𝜕𝑟−

1


𝜕𝑣

𝜕𝜃… … … … … (7)

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝜕𝑣

𝜕𝑟+

1


𝜕𝑣

𝜕𝜃… … … … … (8)

Pero por las ecuaciones de couchy rieman tenemos:



𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0,

𝜕𝑢

𝜕𝑦+

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

De las ecuaciones (5) y (8) se tiene.

(𝑐𝑜𝑠𝜃𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1


𝜕𝑢

𝜕𝜃) − (𝑠𝑒𝑛𝜃

𝜕𝑣

𝜕𝑟+

1


𝜕𝑣

𝜕𝜃) = 0 … … … … … (9)

De las ecuaciones (6) y (7) se tiene.

(𝑠𝑒𝑛𝜃𝜕𝑢

𝜕𝑟+

1


𝜕𝑢

𝜕𝜃) + (𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕𝑣

𝜕𝑟−

1


𝜕𝑣

𝜕𝜃) = 0 … … … … … (10)

A las ecuaciones 9 y 10 multiplicamos por 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒

(𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃) 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − (

1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃+

𝜕𝑣

𝜕𝑟) 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 … … … … … (∗)

(1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃+

𝜕𝑣

𝜕𝑟) 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − (

𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 … … … … … (∗∗)

Ahora sumando (*) y (**)

(𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃) (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2) = 0

(𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃) = 0

𝜕𝑢

𝜕𝑟=

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃

Nuevamente a las ecuaciones (9) y (10) multiplicamos por – 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑦 𝑐𝑜𝑠𝜃.

respectivamente

− (𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + (

1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃+

𝜕𝑣

𝜕𝑟) 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 0 … … … … … (𝛼)

(1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃+

𝜕𝑣

𝜕𝑟) 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + (

𝜕𝑢

𝜕𝑟−

1

𝑟.𝜕𝑣

𝜕𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 … … … … … (𝛽)

Al sumar (𝛼)𝑦 (𝛽) se obtiene:

(1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃+

𝜕𝑣

𝜕𝑟) (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2) = 0

(1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃+

𝜕𝑣

𝜕𝑟) = 0

𝜕𝑣

𝜕𝑟= −

1

𝑟.𝜕𝑢

𝜕𝜃



b) Prueve que en notación compleja, las ecuaciones de couchy rieman, se escriben

como: 𝜕𝑓

𝜕𝑧̅= 0

Solución:

Se conoce que

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0,

𝜕𝑢

𝜕𝑦+

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

Multiplicamos por i

𝑖𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

Sumando {

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0

𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

(𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥) + (−

𝜕𝑣

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑢

𝜕𝑦) = 𝑜

𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑥+ 𝑖 (

𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑦) = 0

𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑥+ 𝑖(

𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑦) = 0

(𝜕

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕

𝜕𝑦) (𝑢 + 𝑖𝑣) = 0

2𝜕

𝜕𝑧̅(𝑓(𝑧)) = 0

𝜕

𝜕𝑧̅(𝑓(𝑧)) = 0

24. Probar que

a. 𝑒𝑥𝑝 𝑧̅ = exp 𝑧 ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

Solución:

𝑒𝑥𝑝 𝑧̅ = 𝑒 �̅�

𝑒𝑥𝑝 𝑧̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑒𝑧̅̅ ̅ = 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑦)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

= 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑦)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅

= 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑦) = 𝑒 �̅�

b. 𝑒𝑥𝑝 𝑖𝑧̅ = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝑧) ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

Solución:



𝑒𝑥𝑝 𝑖𝑧̅ = 𝑒 𝑖�̅�

𝑒𝑥𝑝(𝑖𝑧) ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑒𝑖𝑧̅̅ ̅̅

Entonces

𝑒𝑖𝑧̅̅ ̅̅ = 𝑒𝑖. 𝑒𝑧̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑒 �̅� . 𝑒𝑧̅̅ ̅

= 𝑒 �̅� . 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑦)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑒 �̅�. 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑦)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅

= 𝑒𝑖 ̅̅ ̅ 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑦) = 𝑒 �̅�. 𝑒𝑥. 𝑒−𝑖𝑦

= 𝑒 �̅�. 𝑒�̅� = 𝑒𝑖 𝑧̅̅ ̅ = 𝑒−𝑖.�̅�

Para que se cumpla la igualdad:

𝑒 𝑖�̅� = 𝑒−𝑖.�̅�

Debe existir un factor k, de modo que

𝑒 𝑖�̅� = 𝑒−𝑘𝑖.�̅�

Donde k debería de ser -1

𝑖𝑧̅ = −𝑘𝑖. �̅�

Esto ocurre cuando 𝑧̅ 𝑒𝑠 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜, lo que implica

𝑧̅ = 𝑧 = 𝑛𝜋

Donde n es un numero entero.

PROBLEMA 25:

Solución: Si z = x + iy ; x, y ϵ IR, sen z = senx cosh y + i cos x senhy. Así que la ecuación sen z = cosh 4 implica:

sin 𝑥 cosh 𝑦 = cosh 4 Y cos 𝑥 sinh 𝑦 = 0

Entonces cosx = 0 o senhy = 0. Sin embargo, si senhy = 0, entonces y = 0 y cosh y = 1, lo cual implicaría senx = cosh4 > 1, lo cual es imposible. Así que cosx = 0, y entonces:

𝑥 = (2𝑛 + 1

2) 𝜋



Esto implica que senx = (−1)n. Como coshy ≥ 0, n debe ser par, y coshy = cosh2. Como cosh es par, y = ±4. Por lo tanto las soluciones deben ser de la forma:

𝑥 = (2𝑛 +1

2) 𝜋 ± 4

Solución: Sabemos que:

Log (z1z2) = Log z1 + Log z2 + 2kπi

Para un número entero k; como Re z1 >0 y Re z2 >0 entonces:

-π/2< Arg (z1) < π/2 y –π/2< Arg (z2) <π/2

Y entonces –π < Arg (z1) + Arg (z2) < π Luego –π < Arg (z1z2) < π ; –2π < 2kπ= Arg (z1z2) - Arg (z1) - Arg (z2) < 2π Entonces -1< k < 1 ; por lo tanto k debe ser 0.

Solución: Sabemos que:

Log (z1z2) = Log z1 + Log z2 + 2Nπi

Para un número entero N; como Re z1 >0 y Re z2 >0 entonces:

-π< Arg (z1) < π y –π< Arg (z2) <π

Y entonces –2π < Arg (z1) + Arg (z2) < 2π



Luego –π < Arg (z1z2) < π ; –3π < 2Nπ= Arg (z1z2) - Arg (z1) - Arg (z2) < 3π Entonces -3 < 2N < 3 Por lo tanto N toma los valores -1, 0 y +1.

PROBLEMA 26:



Pregunta 27:

SOLUCION:

F(x+iy) = f (z) = u(x, y) + iv(x, y)

Si “f” es derivable en D, se cumple:

lim∆𝑧→0

(𝑓(𝑧 + ∆𝑧) − 𝑓(𝑧)

∆𝑧) =

𝑑𝑓

𝑑𝑧

Además: df = du + idv ; ∆𝑧 = ∆𝑥 + i∆𝑦

Consideremos que y = cte., entonces: ∆𝑦 = 0; ∆𝑥 → 0

𝑑𝑓

𝑑𝑧 = lim

∆𝑥→0,∆𝑦=0

Δu + iΔv

Δ𝑥+𝑖Δy = lim

∆𝑥→0

Δu + iΔv

Δ𝑥 =

𝜕u

𝜕𝑥 + i

𝜕v

𝜕𝑥

Ahora, asumiremos que x = cte., así que: ∆𝑥 = 0 ; ∆𝑦 → 0

𝑑𝑓

𝑑𝑧 = lim

∆𝑥=0,∆𝑦→0

Δu + iΔv

Δ𝑥+𝑖Δy = lim

∆𝑦→0

Δu + iΔv

iΔy = -

𝜕u

𝜕𝑦 +

𝜕v

𝜕𝑦



*Como la derivada debe ser única, se tiene que aplicar las condiciones de Cauchy-

Riemann.

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann son dos ecuaciones diferenciales parciales que son básicas

en el análisis de funciones complejas de variable compleja, debido a que su verificación

constituye una condición necesaria (aunque no suficiente) para la derivabilidad de este tipo de

funciones.

Sea una función compleja , con . Se sabe que se puede

descomponer en suma de dos funciones reales de dos variables y , de manera

que . Si la función es

derivable en un punto veamos las siguientes condiciones:

𝜕u

𝜕𝑥 =

𝜕v

𝜕𝑦 ̭

𝜕v

𝜕𝑥 = -

𝜕u

𝜕𝑦 } Condiciones de Cauchy-Riemman

𝜕²u

𝜕𝑥² +

𝜕²u

𝜕𝑦² = 0 ̭

𝜕²v

𝜕𝑥² +

𝜕²v

𝜕𝑦² = 0} Son Funciones Armónicas

a) 𝜕u

𝜕𝑥 = 2(1-y) =

𝜕v

𝜕𝑦 → v= -(1-y)² + f(x)

𝜕u

𝜕𝑦 = 2x = -f΄(x) → f(x) = -x² + ¢

v(x,y) = ¢ - x² - (1-y)² ; ¢ = cte.

b) 𝜕u

𝜕𝑥 = 2 – 3x² + 3y² =

𝜕v

𝜕𝑦 → v = y3 – 3x²y + 2y + f(x)

𝜕u

𝜕𝑦 = 6xy = -f΄(x) + 6xy → f(x) = ¢

v(x,y) = y3 – 3x²y + 2y + ¢

c) 𝜕u

𝜕𝑥 =

−2𝑥𝑦

(𝑥2+𝑦²)² =

𝜕v

𝜕𝑦 → v =

𝑥

(𝑥2+𝑦²) + f(x)

𝜕u

𝜕𝑦 =

𝑥²−𝑦²

(𝑥2+𝑦2) = - f΄(x) +

𝑥²−𝑦²

(𝑥2+𝑦2) → f(x) = ¢

v(x,y) = 𝑥

(𝑥2+𝑦²) + ¢

http://es.wikipedia.org/wiki/Ecuaci%C3%B3n_en_derivadas_parciales

http://es.wikipedia.org/wiki/An%C3%A1lisis_Complejo



Problema 28:

Si ( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y es analítica con 3 2( , ) 3u x y x x xy

Hallar:

a)

b) ( , )v x y

Suponga que 2R -----> R es armónica y acotada. Pruebe que u es constante.

SOLUCION:

a)

Si es armónica

2 3

2

3 3

0 0 3

x

y

u x y

u y x

6

6

6

xx

yy

yy

u x

u yx

u xy

6 6 0

0

x xy

x xy

0x

1 0y

1

y

b)

3 3

( , )

13 ( )x yu x x xy

y

3 2

( , ) 3x yu x x xy

2 2

2 2

3 3

(3 3 ) ( )

xu Vy x y

V x y dy h x

32

( )3 33

x

yV x y y h



2

2

( , ) 6 ( )

(3 )

1(3 . ) 3

6 ( ) 3

xV x y yx h x uy

uy y x

uy y x yxy

yx h x yx

2

( ) 3

3( )

2

h x yx

yxh x

( )

3 2 2 32

( , )

3 33 3 3

3 2 2 3

xh

x y

y yx yx yV x y y y

Problema 29

Suponga que 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑧) + 𝑖𝑣(𝑧) 𝑒𝑠 𝑎𝑛𝑎𝑙í𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑔𝑢𝑛𝑎 𝑣𝑒𝑐𝑖𝑛𝑑𝑎𝑑 𝑁.

Demostrar:

𝑎) 𝑢𝑣 𝑒𝑠 𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝑁.

𝑏)𝑢2𝑒𝑠 𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝑁 𝑠𝑖 𝑦 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑖 𝑓 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.

Solución:

Se dice que una función es Analítica en 𝑧0 si 𝑓 ´(𝑧) no solo existe en 𝑧0, sino en todo punto de

alguna vecindad de 𝑧0. Si la función es analítica en todo plano complejo decimos que la función

es entera.

Si una función no es analítica en 𝑧0, es analítica e al menos un punto de toda vecindad de 𝑧0,

decimos que 𝑧0 es una singularidad de la función.

Entonces en el problema, como la ecuación es analítica en la vecindad 𝑁, 𝑢 𝑦 𝑣 deben

satisfacer la ecuación de Cauchy – Riemann .

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦 →

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2=

𝜕2𝑣

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦= −

𝜕𝑣

𝜕𝑥 → −

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2=

𝜕2𝑣

𝜕𝑦𝜕𝑥

Con esto se cumple la ecuación de Laplace

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= 0 , ∇2𝑢 = 0



De la misma forma:

𝜕2𝑣

𝜕𝑥2+

𝜕2𝑣

𝜕𝑦2= 0 , ∇2𝑣 = 0

Por lo tanto una ecuación es Armónica en un dominio, si para dicho domino se satisface la

ecuación de Laplace.

a) Si es armónico en la vecindad N.

De esta forma se obtienen los siguientes teoremas.

- si una función es analítica en cierto dominio, su parte real y su parte imaginaria son

funciones armónicas en dicho dominio.

- Si se da una función real armónica en un dominio conexo D, existe una función analítica

en D cuya parte real es igual a la función, de la misma manera para la parte

imaginaria.

Problema 30

a).

Se tiene primero que ver la función en el punto 0, por que se ve que es:

𝑓(0 + 0𝑖) = 0 + 0 ∗ 𝑖

U=0,V=0

Por lo tanto cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el punto 0.

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦 ≠ 0) =𝑥3 − 𝑦3

𝑥2 + 𝑦2+

𝑥3 − 𝑦3

𝑥2 + 𝑦2𝑖

Derivando se tiene:

𝑑𝑢

𝑑𝑥=

3 ⋅ 𝑥2

𝑦2 + 𝑥2−

2 ⋅ 𝑥 ⋅ (𝑥3 − 𝑦3)

(𝑦2 + 𝑥2)2

𝑑𝑣

𝑑𝑥=

3 ⋅ 𝑥2

𝑦2 + 𝑥2−

2 ⋅ 𝑥 ⋅ (𝑦3 + 𝑥3)

(𝑦2 + 𝑥2)2

𝑑𝑢

𝑑𝑦= −

3 ⋅ 𝑦2

𝑦2 + 𝑥2−

2 ⋅ 𝑦 ⋅ (𝑥3 − 𝑦3)

(𝑦2 + 𝑥2)2

𝑑𝑣

𝑑𝑦=

3 ⋅ 𝑦2

𝑦2 + 𝑥2−

2 ⋅ 𝑦 ⋅ (𝑦3 + 𝑥3)

(𝑦2 + 𝑥2)2



Por lo tanto no se cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann fuera del punto 0.

b).

Se tiene primero que ver la función en el punto 0, por que se ve que es:

𝑓(0 + 0𝑖) = 0 + 0 ∗ 𝑖

U=0,V=0

Por lo tanto cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el punto 0.

Ahora, tomando 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃

𝑧5

|𝑟4|=

𝑟5. 𝑒5𝑖𝜃

𝑟4= 𝑟. 𝑒5𝑖𝜃 = 𝑟. cos(5𝜃) + 𝑖. 𝑟. 𝑠𝑒𝑛(5𝜃)

𝑢 = 𝑟. cos(5𝜃)

𝑣 = 𝑟. 𝑠𝑒𝑛(5𝜃)

𝑑𝑢

𝑑𝜃= −5𝑟. 𝑠𝑒𝑛(5𝜃)

𝑑𝑣

𝑑𝜃= 5𝑟. 𝑐𝑜𝑠(5𝜃)

𝑑𝑢

𝑑𝑟= 𝑐𝑜𝑠(5𝜃)

𝑑𝑣

𝑑𝑟= 𝑠𝑒𝑛(5𝜃)

La igualdad necesaria para el Cauchy-Riemann, es la siguiente:

𝑑𝑢

𝑑𝜃= −𝑟

𝑑𝑣

𝑑𝑟

𝑑𝑣

𝑑𝜃= 𝑟

𝑑𝑢

𝑑𝑟

Por lo tanto, Cauchy-Riemann no se cumple.

c).

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = √|𝑥||𝑦|

Se tiene:

𝑢 = √|𝑥||𝑦|

𝑣 = 0



𝑑𝑢

𝑑𝑥=

𝑥√|𝑦|

2|𝑥|32

𝑑𝑢

𝑑𝑦=

𝑦√|𝑥|

2|𝑦|32

𝑑𝑣

𝑑𝑥= 0

𝑑𝑣

𝑑𝑦= 0

En 0:

𝑑𝑢

𝑑𝑥= 0

𝑑𝑢

𝑑𝑦= 0

𝑑𝑣

𝑑𝑥= 0

𝑑𝑣

𝑑𝑦= 0

Por lo que no se cumple Cauchy-Riemann a excepción del punto 0.

Matematica Avanzada

Documents

Transcript of Matematica Avanzada