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Apuntes sobre la materia de Variable Compleja sobre ecuaciones de segundo grado y potencias de un número complejo
Tipo: Apuntes
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Autor: Esteban Rubén Hurtado Cruz & Ofelia Cepeda Camargo & Selma Fernanda Espinosa Guevara Instituto: Facultad de Ciencias UNAM Fecha: May. 2, 2021 Versión: 4. Bio : Semestre 2022-
La magia está en el trabajo, en el esfuerzo, en la confianza y en la convicción de que puedes lograr todo lo que te propongas.
Teorema 1.1 (Fórmula de Moivre)
Para z = r(cos θ + i sen θ) y n ∈ N , tenemos zn^ = rn(cos (θ) + i(sen (θ)))n^ = rn(cos (nθ) + i(sen (nθ))) (n ∈ N)
Demostración Aplicando un procedimiento como el descrito anteriormente obtenemos
zn^ = r︸ · r︷︷ · · · r︸ n−veces
cos(θ + θ + · · · + θ ︸ ︷︷ ︸ n−veces
) + i sen(θ︸ + θ +︷︷ · · · + θ︸ n−veces
rn(cos nt + i sen nt) Comentario a) Nosotros encontramos de nuevo que |zn| = |z|n b) Si r = 1, entonces (cos +θ + i sen θ)n^ = cos nθ + i sen nθ c) Nosotros podemos escribir arg zn^ = {n arg z + 2kπ | k ∈ Z} Si zn^ = rn(cos (nθ) + i(sen (nθ))) entonces podemos definir z−n^ como
zn^. Así pues, z−n^ = 1 rn(cos (nθ) + i(sen (nθ))) Si en el lado derecho de la ecuación multiplicamos el numerador y el denominador por la expresión cos nθ − i sen nθ, tendremos
z−n^ = 1 rn
cos nθ − i sen nθ cos^2 nθ + sen^2 nθ
= r−n[cos nθ − i sen nθ]
Ahora bien, como cos nθ = cos − nθ y − sen nθ = sen − nθ, obtenemos
z−n^ = r−n[cos − nθ + i sen − nθ], n = 1, 2 , 3 , ...
Ejemplo 1.2 Vamos a calcular (1 + i)^1000.
Tenemos que la representación polar de i + 1 es
cos
π 4 +^ i^ sen^
π 4
. Aplicando el teorema de Moivre se obtiene
(1 + i)^1000 =
cos 1000
π 4 +^ i^ sen 1000^
π 4
= 2^500 (cos 250π + i sen 250π) = 2^500
Ejemplo 1.3 A partir de la fórmula de Moivre podemos derivar algunas identidades trigonométricas bien
conocidas. Por ejemplo, tomando n = 2
(cos θ + i sen θ)^2 = cos 2θ + i sen 2θ
Desarrollando el lado izquierdo de la expresión anterior llegamos a
cos^2 θ + 2i sen θ cos θ − sen^2 θ = cos 2θ + i sen 2θ
Igualando las partes correspondiente (real e imaginaria), obtenemos las dos identidades
cos^2 θ − sen^2 θ = cos 2θ, y 2 sen θ cos θ = sen 2θ
2
Consideremos un número entero positivo n ≥ 2 y un número complejo z 0 6 = 0, como en el campo de los reales R la ecuación Zn^ − z 0 = 0 (1.1)
se utiliza para definir las raíces n-ésimas del número z 0. Por lo tanto, llamamos a cualquier solución Z de la
ecuación (1,1) una raíz enésima del número complejo z 0.
Teorema 1.2 (Raíz n-ésima)
Sea z 0 = r(cos t + i sen t) un número complejo con r > 0 y t ∈ [0, 2 π). El número z 0 tiene n raíces n-ésimas, dadas por la fórmula
Zk = n
r
cos t^ + 2πk n
, k = 0, 1 , ..., n − 1
Demostración Usamos la representación polar del número complejo Z con el argumento extendido
Z = ρ(cos φ + i sen φ)
Por definición, tenemos que Zn^ = z 0 o equivalentemente
ρn(cos nφ + i sen nφ) = r(cos t + i sen t)
De donde obtenemos ρn^ = r y nφ = t + 2kπ para k ∈ Z; por lo que ρ = n
r y φk = t n
para k ∈ Z.
Hasta ahora, las raíces de la ecuación (1,1) son
Zk = n
r(cos φk + sen φk) para k ∈ Z
Considere un entero k y sea r ∈ { 0 , 1 , ..., n − 1 } el residuo de k módulo n. Entonces k = nq + r para k ∈ Z, y
φk =
t n + (nq^ +^ r)
2 π n =^
t n +^ r^
2 π n + 2qπ^ =^ φr^ + 2qφ Está claro que Zk = Zr. Por eso {Zk | k ∈ Z} = {Z 0 , Z 1 , ..., Zn− 1 }
En otras palabras, hay exactamente n raíces n-ésimas distintas de z 0 , como se afirma. Ejemplo 1.4 Resuelva las siguientes ecuaciones:
zk = n
r
cos
θ n
+^2 πk n
θ n
+^2 πk n
es decir zk = 6
cos
π 6 +
2 πk 6
π 6 +
2 πk 6
por lo que para k = 0, 1 , 2 , 3 , 4 , 5 se tiene
z 0 = 6
cos
( (^) π 6
( (^) π 6
z 1 = 6
cos
( (^) π 2
( (^) π 2
= i
3
