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TP2 Funciones Complejas [11-20] 11) Probar que∀𝑧 ∈ ℂ − {0}: 𝑒ln(𝑧) = 𝑧 Usando la definición de logaritmo complejo, y luego la definición de exponencial compleja, tenemos 𝑒ln (𝑧) = 𝑒𝑙𝑛|𝑧|+𝑖𝑎𝑟𝑔(𝑧) = 𝑒𝑙𝑛|𝑧|𝑐𝑖𝑠[𝑎𝑟𝑔(𝑧)] Usando la propiedad ∀𝑎 ∈ ℝ+: 𝑒𝑙𝑛𝑎 = 𝑎 y la forma trigonométrica de un complejo: 𝑧 = |𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜃), 𝜃 ∈ 𝐴𝑟𝑔(𝑧) con 𝜃 = arg (𝑧), tenemos 𝑒ln (𝑧) = |𝑧|𝑐𝑖𝑠[arg (𝑧)] = 𝑧 12) Decidir si es verdadero o falso: ln(𝑒1+𝑖𝜋) = 1 + 𝑖𝜋, ln(𝑒1+𝑖2𝜋) = 1 + 𝑖2𝜋 Calculamos 𝑒1+𝜋𝑖, usando la definición de exponencial compleja 𝑒1+𝑖𝜋 = 𝑒1𝑐𝑖𝑠(𝜋) = 𝑒(−1) = −𝑒 Luego, usando la definición de logaritmo complejo, tenemos ln(𝑒1+𝑖𝜋) = ln|𝑒1+𝑖𝜋| + 𝑖𝑎𝑟𝑔(𝑒1+𝑖𝜋) = 𝑙𝑛|−𝑒| + 𝑖𝑎𝑟𝑔(−𝑒) = 1 + 𝑖𝜋 La 1ra proposición es verdadera. Procediendo análogamente con 𝑒1+𝑖2𝜋, obtenemos 𝑒1+𝑖2𝜋 = 𝑒1𝑐𝑖𝑠(2𝜋) = 𝑒 ∙ 1 = 𝑒 ln(𝑒1+𝑖2𝜋) = 𝑙𝑛|𝑒1+𝑖2𝜋| + 𝑖𝑎𝑟𝑔(𝑒1+𝑖2𝜋) = 𝑙𝑛|𝑒| + 𝑖𝑎𝑟𝑔(𝑒) = 1 + 𝑖0 = 1 ≠ 1 + 𝑖2𝜋 La 2da proposición es falsa. 13) Demostrar que 𝑒𝑧 es real ⇔ 𝐼𝑚(𝑧) ∈ 𝜋ℤ 𝑒𝑧 es imaginario ⇔ 𝐼𝑚(𝑧) ∈ 𝜋 2⁄ + 𝜋ℤ Probamos la 1ra equivalencia. Usamos la propiedad de complejos: 𝑤 es real ⇔ �̅� = 𝑤 y la definición de exponencial compleja 𝑒𝑧 es real ⇔ (𝑒𝑧)̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑒𝑧 ⇔ 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑠(𝑦)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑠(𝑦) Como 𝑒𝑥 ≠ 0, 𝑒𝑧 es real ⇔ 𝑐𝑖𝑠(𝑦)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑐𝑖𝑠(𝑦) Usando la definición de 𝑐𝑖𝑠(𝑦), 𝑒𝑧 es real ⇔ 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑦 ⇔ 2𝑖𝑠𝑖𝑛𝑦 = 0 ⇔ 𝑠𝑖𝑛𝑦 = 0 La solución de la ecuación trigonométrica 𝑠𝑖𝑛𝑦 = 0 es 𝑦 = 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ ℤ luego 𝑒𝑧 es real ⇔ 𝑦 = 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ ℤ ⇔ 𝐼𝑚(𝑧) = 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ ℤ En notación más sofisticada, 𝑒𝑧 es real ⇔ 𝐼𝑚(𝑧) ∈ 𝜋ℤ. La 2da equivalencia se prueba de forma análoga, recordando que la solución de la ecuación trigonométrica 𝑐𝑜𝑠𝑦 = 0 es 𝑦 = 𝜋 2 + 𝜋𝑘⁄ , 𝑘 ∈ ℤ. 14) Usando la forma trigonométrica de un complejo, resolver las ecuaciones 𝑎) 𝑧3 = 3𝑖𝑧̅ 𝑏) (1 + 𝑖)𝑧4 = (1 − 𝑖)|𝑧|2 Resolvemos 𝑎) 𝑧 = 0 es solución (lo comprobamos directamente). Luego, buscamos las soluciones 𝑧 ≠ 0 usando la forma trigonométrica del complejo. Tenemos que 𝑧 = |𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜃), 𝜃 ∈ 𝐴𝑟𝑔(𝑧). 𝑧3 = 3𝑖𝑧̅ ⟺ (|𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜃)) 3 = 3𝑖|𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜃)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ⟺ |𝑧|3(𝑐𝑖𝑠(𝜃)) 3 = 3𝑖|𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜃)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ Usando la fórmula de De Moivre [𝑐𝑖𝑠(𝜃)]𝑛 = 𝑐𝑖𝑠(𝑛𝜃) y la prop. 𝑐𝑖𝑠(𝜃)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑐𝑖𝑠(−𝜃), tenemos 𝑧3 = 3𝑖𝑧̅ ⟺ |𝑧|3𝑐𝑖𝑠(3𝜃) = 3𝑖|𝑧|𝑐𝑖𝑠(−𝜃) Expresamos 3𝑖 en forma trigonométrica: 3𝑖 = |3𝑖|𝑐𝑖𝑠[arg(3𝑖)] = 3𝑐𝑖𝑠(𝜋 2)⁄ , y podemos esribir 𝑧3 = 3𝑖𝑧̅ ⟺ |𝑧|3𝑐𝑖𝑠(3𝜃) = 3|𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜋 2)𝑐𝑖𝑠⁄ (−𝜃) Usando la propiedad 𝑐𝑖𝑠(𝛼)𝑐𝑖𝑠(𝛽) = 𝑐𝑖𝑠(𝛼 + 𝛽), tenemos 𝑧3 = 3𝑖𝑧̅ ⟺ |𝑧|3𝑐𝑖𝑠(3𝜃) = 3|𝑧|𝑐𝑖𝑠(𝜋 2⁄ − 𝜃) Usamos la propiedad de igualdad de complejos en forma trigonométrica para hallar |𝑧| y 𝜃. Tenemos 2 ecuaciones: una para |𝑧| y otra para 𝜃. |𝑧|3 = 3|𝑧| ⟹ |𝑧|2 = 3 (porque |𝑧| ≠ 0) ⟹ |𝑧| = √3 𝑐𝑖𝑠(3𝜃) = 𝑐𝑖𝑠(𝜋 2⁄ − 𝜃) ⟹ 3𝜃 = 𝜋 2⁄ − 𝜃 + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ ⟹ 𝜃 = 𝜋 8⁄ + 𝑘 𝜋 2⁄ , 𝑘 ∈ ℤ Usando nuevamente la propiedad 𝑐𝑖𝑠(𝛼)𝑐𝑖𝑠(𝛽) = 𝑐𝑖𝑠(𝛼 + 𝛽), tenemos 𝑐𝑖𝑠(𝜃) = 𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ + 𝑘 𝜋 2⁄ ) = 𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ )𝑐𝑖𝑠(𝑘 𝜋 2⁄ ), 𝑘 ∈ ℤ Sólo existen 4 valores distintos para 𝑐𝑖𝑠(𝜃), se pueden obtener tomando 𝑘 = 0,1,2,3. Estos son 𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ), 𝑖𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ), −𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ), −𝑖𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ) Luego, el conjunto solución de la ecuación compleja 𝑎) es 𝑆 = {0, √3𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ), 𝑖√3𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ), −√3𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ ), −𝑖√3𝑐𝑖𝑠(𝜋 8⁄ )} 15) Usando la definición de 𝑅𝑛(𝑧), resolver las ecuaciones complejas 𝑎) 𝑧³ − 2𝑖𝑧 = 0 𝑏) (𝑧⁴ − 1)(𝑧² + 2𝑖) = 0 Resolvemos 𝑎) Factorizando, tenemos 𝑧3 − 2𝑖𝑧 = 0 ⟺ (𝑧2 − 2𝑖)𝑧 = 0 ⟺ 𝑧2 − 2𝑖 = 0 o 𝑧 = 0 ⟺ 𝑧2 = 2𝑖 o 𝑧 = 0 Por la def. del conjunto de raíces 𝑛-ésimas complejas de un complejo dado, tenemos 𝑧2 = 2𝑖 ⟺ 𝑧 ∈ 𝑅2(2𝑖) “Los 𝑧 ∈ ℂ cuyo cuadrado es 2𝑖 son las raíces cuadradas de 2𝑖” El lector puede comprobar que 𝑅2(2𝑖) = {1 + 𝑖, −(1 + 𝑖)} Luego, el conjunto-solución de la ecuación compleja 𝑎) es 𝑆 = 𝑅2(2𝑖) ∪ {0} = {1 + 𝑖, −1 − 𝑖, 0} 16) Usando la definición de 𝐿𝑛(𝑧), resolver las ecuaciones complejas 𝑎) 𝑒2𝑧 + 1 = 0 𝑏) 𝑒𝑖𝑧 = 𝑒−𝑖𝑧 Resolvemos 𝑎) Vemos que 𝑒2𝑧 + 1 = 0 ⟺ 𝑒2𝑧 = −1 Por la def. del conjunto de los logaritmos complejos de un complejo dado, tenemos 𝑒2𝑧 = −1 ⟺ 2𝑧 ∈ 𝐿𝑛(−1) “Los 2𝑧 ∈ ℂ tales que la exponencial de 2𝑧 es (−1) son los logaritmos complejos de (−1)”. Luego 𝑒2𝑧 = −1 ⟺ 𝑧 ∈ 1 2 𝐿𝑛(−1) El lector puede comprobar que 𝐿𝑛(−1) = 𝑖𝜋 + 𝑖2𝜋ℤ. Luego, el conjunto-solución de la ecuación compleja 𝑎) es 𝑆 = 1 2 𝐿𝑛(−1) = 𝑖 𝜋 2 + 𝑖𝜋ℤ⁄ Esto es, 𝑆 = {𝑖 (𝜋 2 + 𝜋𝑘⁄ ) 𝑘 ∈ ℤ⁄ }. También podemos escribir 𝑆 = {𝑖 (1 + 2𝑘) 𝜋 2 𝑘 ∈ ℤ⁄ } Lo cual significa que las raíces de la ecuación 𝑒2𝑧 + 1 = 0 son los complejos imaginarios puros cuyas partes imaginarias son los múltiplos enteros impares de 𝜋 2.⁄ 17) Probar que cos(−𝑧) = cos (𝑧) y sin(−𝑧) = −sin (𝑧). Por definición de coseno complejo, tenemos cos(−𝑧) = 𝑒𝑖(−𝑧) + 𝑒−𝑖(−𝑧) 2 = 𝑒−𝑖𝑧 + 𝑒𝑖𝑧 2 = 𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧 2 = 𝑐𝑜𝑠(𝑧) 18) Demostrar la identidad 𝑐𝑜𝑠²𝑧 + 𝑠𝑖𝑛²𝑧 = 1. Por definición, 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 1 2 (𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧). Elevando al cuadrado, 𝑐𝑜𝑠2𝑧 = 1 4 (𝑒2𝑖𝑧 + 2𝑒𝑖𝑧𝑒−𝑖𝑧 + 𝑒−2𝑖𝑧) = 1 4 (𝑒2𝑖𝑧 + 2 + 𝑒−2𝑖𝑧) (1) Por definición, 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 1 2𝑖 (𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧). Elevando al cuadrado, 𝑠𝑖𝑛2𝑧 = − 1 4 (𝑒2𝑖𝑧 − 2𝑒𝑖𝑧𝑒−𝑖𝑧 + 𝑒−2𝑖𝑧) = − 1 4 (𝑒2𝑖𝑧 − 2 + 𝑒−2𝑖𝑧) (2) Sumando (1) y (2), tenemos 𝑐𝑜𝑠2𝑧 + 𝑠𝑖𝑛2𝑧 = 1 2 + 1 2 = 1 19) Demostrar que 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑦 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛ℎ𝑦 𝑠𝑖𝑛(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑦 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑖𝑛ℎ𝑦 Sólo probamos la primera fórmula Por definición, 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 1 2 (𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧). Sea 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, tenemos 𝑖𝑧 = 𝑖 (𝑥 + 𝑖𝑦) = −𝑦 + 𝑖𝑥, 𝑒𝑖𝑧 = 𝑒−𝑦(cos 𝑥 + 𝑖𝑠𝑖𝑛 𝑥) −𝑖𝑧 = −𝑖 (𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑦 − 𝑖𝑥, 𝑒−𝑖𝑧 = 𝑒𝑦(cos 𝑥 − 𝑖𝑠𝑖𝑛 𝑥) Luego 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑖𝑦) = 1 2 [𝑐𝑜𝑠𝑥(𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦)] 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 ( 𝑒𝑦+𝑒−𝑦 2 ) − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥 ( 𝑒𝑦−𝑒−𝑦 2 ) Usando las definiciones de coseno y seno hiperbólicos reales, 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑦 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛ℎ𝑦20) ¿Cuáles son las partes reales e imaginarias de cos (𝑧) y sin (𝑧)? De acuerdo con el prob. 19, se tiene Para cos(𝑧): 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑦 y 𝑣(𝑥, 𝑦) = −𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛ℎ𝑦 21) Probar que 𝑠𝑖𝑛 𝑧 = 0 ⇔ 𝑧 = 𝑘𝜋, (𝑘 ∈ ℤ) Por definición, 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 1 2𝑖 (𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧). Entonces 𝑠𝑖𝑛 𝑧 = 0 ⇔ 𝑒𝑖𝑧 = 𝑒−𝑖𝑧 ⇔ 𝑒2𝑖𝑧 = 1 Luego 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0 ⇔ 𝑧 ∈ 1 2𝑖 𝐿𝑛(1) Como 𝐿𝑛(1) = 𝑖2𝜋ℤ, se tiene 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0 ⇔ 𝑧 ∈ 𝜋ℤ O en una notación más simple 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 0 ⇔ 𝑧 = 𝑘𝜋, (𝑘 ∈ ℤ)
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