6.E: Ejercicios
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Dejar\(z = 2+7i\) y dejar\(w = 3−8i\). Compute lo siguiente.
- \(z+w\)
- \(z-2w\)
- \(zw\)
- \(\frac{w}{z}\)
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- \(z+w=5-i\)
- \(z-2w=-4+23i\)
- \(zw=62+5i\)
- \(\frac{w}{z}=-\frac{50}{53}-\frac{37}{53}i\)
Vamos\(z = 1−4i\). Compute lo siguiente.
- \(\overline{z}\)
- \(z^{-1}\)
- \(|z|\)
Dejar\(z = 3+5i\) y\(w = 2−i\). Compute lo siguiente.
- \(\overline{zw}\)
- \(|zw|\)
- \(z^{-1}w\)
Si\(z\) es un número complejo, mostrar que existe un número complejo\(w\) con\(|w| = 1\) y\(wz = |z|\).
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Si\(z=0\), vamos\(w=1\). Si\(z\neq 0\), vamos\(w=\frac{\overline{z}}{|z|}\)
Si\(z,\: w\) son números complejos prueban\(\overline{zw} = \overline{z}\:\overline{w}\) y luego muestran por inducción que\(\overline{z_1\cdots z_m} = \overline{z_1}\cdots\overline{z_m}\). También verifíquelo\(\overline{\sum\limits_{k=1}^mz_k}=\sum\limits_{k=1}^m\overline{z_k}\). En palabras esto dice que el conjugado de un producto es igual al producto de los conjugados y el conjugado de una suma es igual a la suma de los conjugados.
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\[\overline{(a+bi) (c+di)} = \overline{ac−bd + (ad +bc)i} = (ac−bd)−(ad +bc)i(a−bi) (c−di) = ac−bd −(ad +bc)i\nonumber\]que es lo mismo. Así se sostiene para un producto de dos números complejos. Ahora suponga que tiene que es cierto para el producto de n números complejos. Entonces\[\overline{z_1\cdots z_{n+1}}=\overline{z_1\cdots z_n}\:\overline{z_{n+1}}\nonumber\] y ahora, por inducción esto equivale En\[\overline{z_1}\cdots\overline{z_n}\:\overline{z_{n+1}}\nonumber\] cuanto a las sumas, esto es aún más fácil. \[\overline{\sum\limits_{j=1}^n(x_j+iy_j)}=\overline{\sum\limits_{j=1}^nx_j+i\sum\limits_{j=1}^ny_j}\nonumber\]\[=\sum\limits_{j=1}^nx_j-i\sum\limits_{j=1}^ny_j=\sum\limits_{j=1}^nx_j-iy_j=\sum\limits_{j=1}^n\overline{(x_j+iy_j)}.\nonumber\]
Supongamos\(p(x) = a_nx^n +a_{n−1}x^{n−1} +\cdots +a_1x+a_0\) donde todos los\(a_k\) son números reales. Supongamos también eso\(p(z) = 0\) para algunos\(z ∈ \mathbb{C}\). Demostrar se deduce que\(p(\overline{z}) = 0\) también.
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Si\(p(z)=0\), entonces tienes\[\begin{aligned}\overline{p(z)}&=0=\overline{a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots +a_1z+a_0} \\ &=\overline{a_nz^n}+\overline{a_{n-1}z^{n-1}}+\cdots +\overline{a_1z}+\overline{a_0} \\ &=\overline{a_n}\:\overline{z}^n+\overline{a_{n-1}}\:\overline{z}^{n-1}+\cdots +\overline{a_1}\:\overline{z}+\overline{a_0} \\ &=a_n\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\cdots +a_1\overline{z}+a_0 \\ &=p(\overline{z})\end{aligned}\]
Eso lo afirmo\(1=-1\). He aquí por qué. \[-1=i^2=\sqrt{-1}\sqrt{-1}=\sqrt{(-1)^2}=\sqrt{1}=1\nonumber\]Esto es claramente un resultado notable pero ¿le pasa algo? Si es así, ¿qué pasa?
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El problema es que no hay una sola\(\sqrt{-1}\).
Let\(z = 3+3i\) Ser un número complejo escrito en forma estándar. Convertir\(z\) a forma polar, y escribirlo en el formulario\(z = re^{iθ}\).
Dejar\(z = 2i\) ser un número complejo escrito en forma estándar. Convertir\(z\) a forma polar, y escribirlo en el formulario\(z = re^{iθ}\).
Let\(z = 4e^{\frac{2\pi}{3}i}\) Ser un número complejo escrito en forma polar. Convertir\(z\) a forma estándar, y escribirlo en el formulario\(z = a+bi\).
Let\(z = -1e^{\frac{\pi}{6}i}\) Ser un número complejo escrito en forma polar. Convertir\(z\) a forma estándar, y escribirlo en el formulario\(z = a+bi\).
Si\(z\) y\(w\) son dos números complejos y la forma polar de\(z\) involucra el ángulo\(θ\) mientras que la forma polar de\(w\) involucra el ángulo\(φ\), mostrar que en la forma polar para\(zw\) el ángulo involucrado es\(θ +φ\).
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Tienes\(z = |z|(\cos θ +i\sin θ)\) y\(w = |w|(\cos φ +i\sin φ)\). Entonces cuando multiplicas estos, obtienes\[\begin{aligned} &|z|\:|w| (\cos\theta +i\sin\theta )(\cos φ+i\sin φ) \\ =&|z|\:|w| (\cos\theta\cos φ-\sin\theta\sin φ+i(\cos\theta\sin φ+\cos φ\sin\theta )) \\ =&|z|\:|w| (\cos (\theta +φ)+i\sin (\theta+φ))\end{aligned}\]
Dale la solución completa a\(x^4+16=0\).
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La solución es:\[(1-i)\sqrt{2},\: -(1+i)\sqrt{2},\: -(1-i)\sqrt{2},\: (1+i)\sqrt{2}\nonumber\]
Encuentra las complejas raíces cubitas de\(8\).
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Las raíces cubicas son las soluciones para\(z^3 +8 = 0\), La solución es:\(i\sqrt{3}+1,\: 1−i\sqrt{3},\:−2\)
Encuentra las cuatro cuartas raíces de\(16\).
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Las cuartas raíces son las soluciones a\(z^4 +16 = 0\), Solución es:\[(1-i)\sqrt{2},\:-(1+i)\sqrt{2},\:-(1-i)\sqrt{2},\:(1+i)\sqrt{2}\nonumber\]
El teorema de De Moivre dice\([r(\cos t +i\sin t)]^n = r^n (\cos nt +i\sin nt)\) para\(n\) un entero positivo. ¿Esta fórmula continúa manteniéndose para todos los enteros n, incluso los enteros negativos? Explique.
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Sí, se mantiene para todos los enteros. En primer lugar, sostiene claramente si\(n = 0\). Supongamos ahora que n es un entero negativo. Entonces\(−n > 0\) y así\[[r(\cos t+i\sin t)]^n=\frac{1}{[r(\cos t+i\sin t)]^{-n}}=\frac{1}{r^{-n}(\cos (-nt)+i\sin (-nt))}\nonumber\]\[\begin{aligned}&=\frac{r^n}{(\cos (nt)-i\sin (nt))}=\frac{r^n(\cos (nt)+i\sin (nt))}{(\cos (nt)-i\sin (nt))(\cos (nt)+i\sin (nt))} \\ &=r^n(\cos (nt)+i\sin (nt))\end{aligned}\] porque\((\cos (nt)-i\sin (nt))(\cos (nt)+i\sin (nt))=1\).
Factor\(x^3 +8\) como producto de factores lineales. Pista: Utilice el resultado de \(\PageIndex{14}\).
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La solución es:\(i\sqrt{3}+1,\: 1-i\sqrt{3},\: -2\) y así este polinomio es igual a\[(x+2)\left(x-\left(i\sqrt{3}+1\right)\right)\left(x-\left(1-i\sqrt{3}\right)\right)\nonumber\]
Escribe\(x^3 +27\) en la forma\((x+3)(x^2 +ax+b)\) donde\(x^2 +ax +b\) ya no se puede factorizar usando solo números reales.
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\(x^3+27=(x+3)(x^2-3x+9)\)
Completamente factorizar\(x^4 +16\) como producto de factores lineales. Pista: Utilice el resultado de \(\PageIndex{15}\).
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La solución es:\[(1-i)\sqrt{2},\:-(1+i)\sqrt{2},\:-(1-i)\sqrt{2},\:(1+i)\sqrt{2}.\nonumber\] Estas son solo las cuartas raíces de\(−16\). Entonces para factorizar, obtienes\[\left(x-\left((1-i)\sqrt{2}\right)\right)\left(x-\left(-(1+i)\sqrt{2}\right)\right).\nonumber\]\[\left(x-\left(-(1-i)\sqrt{2}\right)\right)\left(x-\left((1+i)\sqrt{2}\right)\right)\nonumber\]
Factorizar\(x^4 + 16\) como el producto de dos polinomios cuadráticos cada uno de los cuales no se puede factorizar más sin usar números complejos.
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\(x^4+16=\left(x^2-2\sqrt{2}x+4\right)\left(x^2+2\sqrt{2}x+4\right)\). Se puede utilizar la información en el problema anterior. Tenga en cuenta que\((x−z) (x−\overline{z})\) tiene coeficientes reales.
Si\(n\) es un entero, ¿siempre es cierto que\((\cos θ −i\sin θ)^n = \cos(nθ)−i\sin(nθ)\)? Explique.
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Sí, esto es cierto. \[\begin{aligned}(\cos\theta -i\sin\theta)^n&=(\cos(-\theta)+i\sin(-\theta ))^n \\ &=\cos (-n\theta )+i\sin(-n\theta ) \\ &=\cos (n\theta )-i\sin (n\theta )\end{aligned}\]
Supongamos que\(p(x) = a_nx^n +a_{n−1}x^{n−1} +\cdots +a_1x+a_0\) es un polinomio y tiene\(n\) ceros,\[z_1,\: z_2,\cdots ,z_n\nonumber\] listados según multiplicidad. (\(z\)es una raíz de multiplicidad\(m\) si el polinomio\(f (x) = (x−z)^m\) divide\(p(x)\) pero no\((x−z) f (x)\) lo hace). Demostrar que\[p(x)=a_n(x-z_1)(x-z_2)\cdots (x-z_n)\nonumber\]
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\(p(x) = (x−z_1)q(x)+r(x)\)donde\(r(x)\) es una constante distinta de cero o igual a\(0\). Sin embargo,\(r(z_1) = 0\) y así\(r(x) = 0\). Ahora haz a\(q(x)\) lo que se hizo\(p(x)\) y continuar hasta el grado de los\(q(x)\) iguales resultantes\(0\). Entonces tienes la factorización anterior.
Demostrar que\(1+i,\: 2+i\) son las únicas dos raíces a\[p(x) = x^2 −(3+2i)x+ (1+3i)\nonumber\] De ahí que los ceros complejos no necesariamente vienen en pares conjugados si los coeficientes de la ecuación no son reales.
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\[(x−(1+i)) (x−(2+i)) = x^2 −(3+2i)x+1+3i\nonumber\]
Dar las soluciones a las siguientes ecuaciones cuadráticas que tengan coeficientes reales.
- \(x^2-2x+2=0\)
- \(3x^2+x+3=0\)
- \(x^2-6x+13=0\)
- \(x^2+4x+9=0\)
- \(4x^2+4x+5=0\)
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- La solución es:\(1+i,\: 1-i\)
- La solución es:\(\frac{1}{6}i\sqrt{35}-\frac{1}{6},\:-\frac{1}{6}i\sqrt{35}-\frac{1}{6}\)
- La solución es:\(3+2i,\: 3-2i\)
- La solución es:\(i\sqrt{5}-2,\:-i\sqrt{5}-2\)
- La solución es:\(-\frac{1}{2}+i,\:-\frac{1}{2}-i\)
Dar las soluciones a las siguientes ecuaciones cuadráticas que tengan coeficientes complejos.
- \(x^2+2x+1+i=0\)
- \(4x^2+4ix-5=0\)
- \(4x^2+(4+4i)x+1+2i=0\)
- \(x^2-4ix-5=0\)
- \(3x^2+(1-i)x+3i=0\)
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- La solución es:\(x=-1+\frac{1}{2}\sqrt{2}-\frac{1}{2}i\sqrt{2},\:x=-1-\frac{1}{2}\sqrt{2}+\frac{1}{2}i\sqrt{2}\)
- La solución es:\(x=1-\frac{1}{2}i,\:x=-1-\frac{1}{2}i\)
- La solución es:\(x=-\frac{1}{2},\:x=-\frac{1}{2}-i\)
- La solución es:\(x=-1+2i,\:x=1+2i\)
- La solución es:\(x=-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\sqrt{19}+\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{6}\sqrt{19}\right)i,\:x=-\frac{1}{6}-\frac{1}{6}\sqrt{19}+\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\sqrt{19}\right)i\)
Demostrar el teorema fundamental del álgebra para polinomios cuadráticos que tienen coeficientes en\(\mathbb{C}\). Es decir, mostrar que una ecuación de la forma\(ax^2 + bx + c = 0\) donde\(a,\: b,\: c\) están los números complejos,\(a\neq 0\) tiene una solución compleja. Pista: Consideremos el hecho, señaló anteriormente que las expresiones dadas desde la fórmula cuadrática de hecho sirven como soluciones.