UNIVERSIDAD PEDAGÓGICA NACIONAL FRANCISCOMORAZÁN

CRISTHIAN ELI REYES RODRIGUEZ

22 de abril de 2014

SEMINARIO DE TÓPICOS DE LA MATEMÁTICAS

EJERCICIOS MULTIPLOS DE 6

1

Sección 1.1

Indicaciones: encuentre la suma, resta, multiplicación y divisón de cada par de números complejos

6.) 2+i , 3-4i

a) suma

(2 + i) + (3− 4i) = (2 + 3) + (i− 4i) = 5− 3i

b) resta

(2 + i)− (3− 4i) = (2− 3) + (i+ 4i) = −1 + 5i

c) multiplicación

(2 + i)× (3− 4i) = 6 + (3i− 8i)− 4i2 = 10− 5i

d) división

2 + i

3− 4i .3 + 4i3 + 4i = 6 + (8i+ 3i) + 4i2

9 + 12i− 12i− 16i2 = 2 + 11i25

12.) 2+i , 2i

a) suma

(2 + i) + 2i = 2 + 3i

b) resta

(2 + i)− 2i = 2− i

c) multiplicación

(2 + i)× (2i) = 4i+ 2i2 = −2 + 4i

d) división

2 + i

2i .i

i= 2i+ i2

2i2 = 12 − i

Indicaciones: Escriba el número dado en la forma x+iy

18.) 3 + 2i1 + i + 5− 2i

−1 + i

= (3 + 2i)× (−1 + i) + (5− 2i)× (1 + i)(1 + i)(−1 + i) = −3 + 3i− 2i− 2 + 5 + 5i− 2i+ 2

−1 + i− i− 1 = 2 + 4i−2 = −2(1 + 2i)

2= −1− 2i

2

Sección 1.2Indicaciones: Encuentre el valor absoluto, el argumento y la representación polar de los númeroscomplejos dados.

6.) 5-12i

El valor absoluto: |5− 12i| =√

52 + (−12)2 =√

169 = 13

Argumento: θ = tan−1(−125 ) = −67,38

Representación Polar es : z = 13[cos(tan−1(−125 ) + 2πk) + isen(tan−1(−12

5 ) + 2πk)]

Use el teorema De Moivre para expresar cada número en la forma x+iy

12.) (−1− i)36

(−1− i) =√

2[cos(π4 ) + isen(π4 )]

(−1− i)36 = (√

2)36[cos(π4 ) + isen(π4 )]36

= 218[cos(9π) + isen(9π)]

= 218[−1]

= −262, 144

Encuentre todas las soluciones

18.) z2 = 2− i

|z|2 [cos(2θ) + isen(2θ)] = |w| [cos(θ) + isen(θ)]

|z|2 [cos(2θ) + isen(2θ)] =√

5[cos(tan−1(− 1

2 ) + isen(tan−1(− 12 )]

|z| [cos(θ) + isen(θ)] = 4√

5[cos( 1

2 tan−1(− 1

2 )) + isen( 12 tan

−1(− 12 ))]

Como θ = 12 tan

−1(− 12 ) + πk con k = 0, 1

tenemos dos raices

z0 = 4√

5[cos( 1

2 tan−1(− 1

2 )) + isen( 12 tan

−1(− 12 ))]

z1 = 4√

5[cos( 1

2 tan−1(− 1

2 ) + π) + isen( 12 tan

−1(− 12 ) + π)

]

Sección 1.3Clasifique de acuerdo a los términos abierto, cerrado, acotado, conexo y simplemente conexo.

6.) |z− 1| − |z + 1| > 2

Si z=x+iy tenemos:

3

|x− 1 + iy| − |x+ 1 + iy| > 2√(x− 1)2 + y2 −

√(x+ 1)2 + y2 > 2√(x− 1)2 + y2 > 2 +

√(x+ 1)2 + y2

x2 − 2x+ 1 + y2 > 4 + 4√

(x+ 1)2 + y2 + x2 + 2x+ 1 + y2

−4x− 4 > 4√

(x+ 1)2 + y2

(x+ 1)2 > x2 + 2x+ 1 + y2

x2 + 2x+ 1 > x2 + 2x+ 1 + y2

0 > y

Esto es el intervalo abierto (−∞, 0)Por tanto: Es abierto, Es no acotado, Es Conexo y ademas es una región simplemente conexa

12.) Demostrar que la intersección de un número finito de conjuntos abiertos es abierto

Sea Ai familia finita de abiertos de C =⇒⋂ni=1Ai es abierta

Si tenemos⋂ni=1Ai = ∅ entonces no hay nada que probar ya que z ∈ Int

⋂ni=1Ai Como

z ∈⋂ni=1Ai =⇒ z ∈ A1, z ∈ A2, ..., z ∈ An y como A1, A2, ..., An son abiertos, quiere decir que ∃ ε1, ε2, ..., εn

tales que |zi − z| < ε1, |zi − z| < ε2, ..., |zi − z| < εn y ademas:

|zi − z| < ε1 ⊂ A1, |zi − z| < ε2 ⊂ A2, ..., |zi − z| < εn ⊂ An

tomemos ε = min{ε1, ε2, ..., εn}

=⇒ |zi − z| < ε ⊂ Ai i=1,2,...n

Esto quiere decir que |zi − z| < ε ⊂⋂ni=1Ai

=⇒ z ∈ Int⋂ni=1Ai

Por tanto:⋂ni=1Ai es abierto

18.) Pruebe que S es cerrado ⇐⇒ contiene todos sus puntos de acumulación

⇐ Probemos que C − S es abierto

Es decir que ∀ z ∈ C-S, z es punto interior de C-S

tomemos z ∈ C-S sabemos que z 6∈ S′ ya que si z ∈ S′ como S′ ⊂ S, z perteneciera a S, lo que contradice quez ∈ C-S.

Luego ∃ |zi − z| < ε / |zi − z| < ε− {z}⋂S = ∅

=⇒ |zi − z| < ε ∈ C − S

Como |zi − z| < ε es abierto z ∈ Int|zi − z| < ε

Luego ∃ |zi − z| < ε ⊂ C − S

En consecuencia z es punto interior de C-S de esta manera concluimos que C-S es abierto.

4

Por tanto S es cerrado.

Sección 1.4Use la definición ε− δ de límite para verificar:

6.) lımz→1+i

z2 = 2i

|f(z)− L| = |z2 − 2i|= | [z − (1 + i) + (1 + i)]2 − 2i|= | [z − (1 + i)]2 + 2 [z − (1 + i)] (1 + i) + 2i− 2i|= | [z − (1 + i)]2 + 2 [z − (1 + i)] (1 + i)|≤ | [z − (1 + i)]2 |+ 2 |1 + i| |z − (1 + i)|= |z − (1 + i)|2 + 2

√2 |z − (1 + i)|

|z − (1 + i)|2 < ε2 2

√2 |z − (1 + i)| < ε

2

∀ε > 0 tome δ = min

{√ε

2 ,ε

4√

2

}y notemos que 0 < |z − (1 + i)| < δ

|z − (1 + i)| <√ε

2|z − (1 + i)| < ε

4√

2

|z − (1 + i)|2 < ε

2 2√

2 |z − (1 + i)| < ε

2

⇒ |z − (1 + i)|2 + 2√

2 |z − (1 + i)| < ε

2 + ε

2

⇒ |z − (1 + i)|2 + 2√

2 |z − (1 + i)| < ε

∴ Esto es: |z2 − 2i| < ε

Pruebe que la función es continua en C.

12.) w = Im z

Im z = yw=f(z)=f(x+iy)=ySea z0 = a+bi arbitrario.

Debemos probar que f(z0) = lımz→z0

•f(z0) = b

• • lımz→z0

= b Para probar esto utilizamos la definición |f(z)− L|

⇒ |f(z)− b| = |y − b| =√

(y − b)2 ≤√

(x− a)2 + (y − b)2 < ε

Con lo cual ∀ε > 0 tome δ = ε , y si 0 < |z − z0| < δ

⇒ |z − z0| =√

(x− a)2 + (y − b)2 < ε

5

|y − b| =√

(y − b)2 ≤√

(x− a)2 + (y − b)2 < ε

∴ |f(z)− b| < ε

Suponga que f(z) es una función continua en un dominio G. Puebe que la función es continua en G.

12.) f(z)

f(z) = f(x− iy) = u(x, y) + iv(x, y)Sea z0 = a+ bi −→ z0 = a− biDebemos probar que f(z0) = lım

z→z0f(z)

• Supongamos que f(z0) = u(a, b) + iv(a, b)

• • lımz→z0

f(z) = u(a, b) + iv(a, b)

|f(z)− L| = |u(x, y) + iv(x, y)− u(a, b)− iv(a, b)|= |u(x, y)− u(a, b) + i [v(x, y)− v(a, b)]|

=√

[u(x, y)− u(a, b)]2 + [v(x, y)− v(a, b)]2

>

√[x− u(a, b)]2 + [y − v(a, b)]2

= |x+ iy − u(a, b)− iv(a, b)|= |z − z0| < ε

⇒ ∀ε > 0 tome δ = ε , y si 0 < |z − z0| < δ|z − z0| = |x+ iy − u(a, b)− iv(a, b)| < ε

|x+ iy − u(a, b)− iv(a, b)| =√

[x− u(a, b)]2 + [y − v(a, b)]2 <√

[u(x, y)− u(a, b)]2 + [v(x, y)− v(a, b)]2

= |u(x, y) + iv(x, y)− u(a, b)− iv(a, b)| |f(z)− z0|∴ |f(z)− z0| < ε

Sección 1.5Mediante reglas para derivar encuentre la derivada compleja de la función.

6.) f(z) = (2z3 + 1)5

f ′(z) = 5(2z3 + 1)4(6z2)f ′(z) = 30 z2(2z3 + 1)4

Pruebe que las funciones no son derivables en todo C.

12.) f(z) = z = (x− iy)

Uz = x Vz = y

Ux = 1 Vx = 0

Uy = 0 Vy = 1

Notemos que se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Rieman, con lo cual la función si es derivable en todo C.

6

Use las ecuaciones de Cauchy-Rieman y la definición de derivada para determinar donde tienederivadas.

18.) f(z) = zRe z = (x− iy)x = x2 − ixy

Uz = x2 Vz = xy

Ux = 2x Vx = y

Uy = o Vy = x

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann se satisfacen solo en 0.Esto muestra que f(z) tiene derivada solo en z=0

Sección 1.6

Diga si la función es analitica.

6.) f(z) = xx2 + y2 − i y

x2 + y2

Uz = f(z) = x

x2 + y2 Vz = f(z) = y

x2 + y2

Ux = f(z) = x2 + y2− 2x(x2 + y2)2 = y2− x2

(x2 + y2)2Vx = f(z) = − 2xy

(x2 + y2)2

Uy = f(z) = 2xy(x2 + y2)2 Vy = f(z) = −x

2 − y2 + 2y2

(x2 + y2)2 = y2− x2

(x2 + y2)2

Se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann ademas Ux = VyyVx = −Uy son continuas acepto en 0.

∴ f(z) es analitica en C − {0}

12.) Sea f(z)=u+iv entera y suponga que u · x es constante. Pruebe que f es constate.

Para que f sea constante debe cumplirce que f’(z)=0 en todo z de acurdo con el teorema de la derivada nula.

Probemos que f’(z)=0

Primero notemos que u · x 6= 0 ya que si esto fuera cierto indicaria que las condiciones de Cauchy-Riemann secumplen solo en cero. lo que contradice que f sea entera.

Entonces como u · x 6= 0, u · x = c donde c es una constante 6= 0

Notemos que v = c · u−1 ya que u · c · u−1 = c

Ademas como f es entera: ux = vyyvx = −uy, continuas en todo z ∈ C.

Pero como v = c · u−1 entonces se debe cumplir que ux = c · u−1y y uy = −c · u−1

x esto es c = ux · uy y−c = ux · uy =⇒ c 6= −c

Esto nos indica que ambas funciones u y v deben ser constantantes ya que solo asi ux = vy = 0 y uy = −vx = 0

7

ux = c · u−1y = 0 y uy = −c · u−1

x = 0 =⇒ c = c

Si u y v son constantes =⇒ f’(z)=0

∴ f es constante.

Sección 1.7Exprese en la forma x+iy.

6.) e−iπ/2 = e0[cos(−π2 ) + i sen(−π2 )

]= 0− i

12.) Muestre que (ez) = ez

Si z=x+iy → z = x− iy

ez = ex [Cos(y) + iSen(y)] = ex [Cos(y)− iSen(y)] = ex−iy = ez

Utilice el teorema de De Moiver y calcule

18.) (−√

3 + i)13

Utilizando el teorema de De Moivre en la forma z = |z| ei argz

|z| =√

(−√

3)2 + 1 = 2

arg z = tan−1 − 1√3

= −π6

(−√

3 + i) = 2e−iπ/6

(√

3 + i)13 = 213e−13iπ/6

= 213 [Cos(−13π/6) + iSen(−13π/6)]

= 213[√

36 −

i

2

]

Sección 1.8Exprese en la forma x+iy.

6.) 2i

Sen 2iCos 2i =

ei(2i) − e−i(2i)

2iei(2i) + e−i(2i)

2

= 2(e−2 − e2)2(e−2 + e2) = −ie

−2 + ie2

e−2 + e2 = 0 + i(e2 − e−2)(e−2 + e2)

Encuentre todos los números complejos z que cumplan con la condición dada.

12.) Cosh z=i

8

Si z=x+iy Sabemos que Cosh z=Cos(x)Cos(y)-iSen(x)Senh(y)Con lo cual: Cos(x)Cos(y)-iSen(x)Senh(y)=o+iCosxCoshy=0 Como Coshy 6= → Cosx = 0∴ x = π

2 + kπ

ademas de -iSenxSenhy=i debemos tener los siguientes casos:1.) Senx=-1 y Senhy=12.) Senx=1 y Senhy=-1

Para el primer caso Senx=-1 y Senhy=1 tenemos que:x = π

2 + (2k + 1)π

y Senhy = 1ey − e−y

2 = 1

ey − e−y = 2

ey − e−y − 2 = 0

e2y − 2ey − 1 = 0

Usamos la formula cuadratica: ey =2±

√4− 4(−1)2 = 2± 2

√2

2 = 1±√

2 Con lo cual y = ln(1 +√

2) yy = ln(1−

√2) pero esta ultima expreción sabemos que 6 ∃

∴ Tenemos una primera forma de soluciones

z = π

2 + (2k + 1)π + iln(1 +√

2)

Para el segundo caso Senx=1 y Senhy=-1 tenemos que:x = π

2 + 2kπ

y Senhy = −1ey − e−y

2 = −1

ey − e−y + 2 = 0

e2y + 2ey − 1 = 0

Usamos la formula cuadratica: ey =−2±

√4− 4(−1)2 = −2± 2

√2

2 = −1±√

2 Con lo cual y = ln(−1 +√

2) yy = ln(−1−

√2) pero esta ultima expresión sabemos que 6 ∃

∴ Tenemos una segunda forma de soluciones

z = π

2 + 2kπ + iln(−1 +√

2)

Pruebe la identidad.

18.) Sen(-z)=-Sen(z)

Si z=x+iy→-z=-x-iy

Sen(−z) = Sen(−x)Cosh(−y) + iCos(−x)Senh(−y)= −Sen(x)Cosh(y)− iCos(x)Senh(y)= − [Sen(x)Cosh(y) + iCos(x)Senh(y)]= −Senh(z)

9

Sección 1.9Encuentre todos los valores de la expresión.

6.) (1 + i)(1+i)

za = ea log z

=⇒ tenemos z = (1 + i) a = (1 + i)

=⇒ (1 + i)(1+i) = e(1+i)log(1+i)

= e(1+i)(log√

2+iπ/4)

= e(log√

2+iπ/4+ilog√

2−π/4)

= e(log√

2−π/4)+i(π/4+ilog√

2)

= e(log√

2−π/4)[Cos

(π4 + log

√2)

+ iSen(π

4 + log√

2)]

Este es el valor principal.Todos los valores vendrian dados por:

e(log√

2−(π/4+2πk)[Cos

(π4 + 2πk + log

√2)

+ iSen(π

4 + 2πk + log√

2)]

12.) Pruebe que log z es la unica solución analitica de la ecuación diferencial.f ′(z) = 1

z, f(1)=0

En el disco |z − 1| < 1

Supongamos que log z y g(z) son soluciones de f ′(z) = 1z. Como esta es una E.D.O de primer orden, lineal y

homogenea tiene una solución unica de lo cual log z y g(z) deben ser linealmente dependientes. Esto es:K log z=g(z)g(1)=0k log 1=0k=1∴ g(z)=log(z) y la solución es unica.

18.) Exprese que Log(i3) 6= 3 Log iLog(i3) 6= 3 Log i

Log(i3) = log| i3 |+ iArg(i3)= log| − i |+ iArg(−i)

= log√

1 + i(−π2 )

= log1 +−π2 i

= −π2 i

Pero : 3Log(i) = 3(log| i |+ iArg(i)

= 3(log√

1 + i(π2 ))

= 3(log1 +−π2 i

)= 3π

2 i

10

Claramente se ve que −π2 i 6=3π2 i y de esto notemos que Log(i3) = −3Log(i3) para que se cumpla que

Log(i3) = 3Log(i) osea que −3Log(i3) = 3Log(i)

11