números complejos

Captulo 6: Numeros complejos 239

Captulo 6

NUMEROS COMPLEJOS

6.1 Introduccion

Los numeros complejos tienen suma importancia en Matematica puesto quehan contribuido considerablemente en su desarrollo; para darse cuenta bastacitar a Federico Gauss con el teorema fundamental del algebra, tambiena Leonhard Euler con la representacion de los complejos y a Cauchy conla teora de las funciones analticas. La genesis del numero complejocomienza con la resolucion de la ecuacion:

x2 + 1 = 0

la que no es solucionable en el campo real, porque en ese campo es conocidoel hecho de que todo cuadrado es no negativo.

6.2 Algebra de complejos

Comenzaremos este parrafo recordando que el conjunto C de los numeros com-plejos provisto de adicion y multiplicacion constituye un campo. Posteriormen-te veremos la conjugacion compleja y finalmente la obtencion del modulo deun complejo.

6.2.1 (C,+, ) es campo

Definicion 6.2.1C = {z | z = (x, y); x, y R}

x se conoce como parte real de z (la notacion es: x =

240 TRIGONOMETRIA Y GEOMETRIA ANALITICA Masjuan / Arenas / Villanueva

(2) La suma de los complejos z1 y z2 como:

z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2) .

(3) El producto de los complejos z1 y z2 como:

z1 z2 = (x1x2 y1y2, x1y2 + x2y1) .

Teorema 6.2.1 (C,+, ) posee estructura de campo, pues:

(1) z1 + z2 = z2 + z1

(2) z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3

(3) z + 0 = z = z + 0, 0 = (0, 0)

(4) z + (z) = 0 = (z) + z(5) z1 z2 = z2 z1

(6) z1 (z2 z3) = (z1 z2) z3(7) 1 z = z = z 1, 1 = (1, 0)(8) z 6= 0, z z1 = 1 = z1 z,

(si z = (x, y), entonces

z1 = (x

x2 + y2,

yx2 + y2

).)

(9) z1 (z2 + z3) = z1 z2 + z1 z3

Nota:

Ademas, el conjunto de los numeros complejos provisto de la adicion y ponde-racion por escalar constituye un modelo de espacio vectorial.

Teorema 6.2.2 El conjunto:

C0 = {z C | z = (x, 0)}

es cerrado para adicion y multiplicacion y se denomina conjunto de com-plejos reales.

Notacion. A los complejos reales se les simbolizara por x (x, 0).

6.2.2 La unidad imaginaria

Definicion 6.2.3 Se define la unidad imaginaria como el complejo:

i = (0, 1).


Teorema 6.2.3 Si n N e i es la unidad imaginaria, entonces:i4n = 1, i4n+1 = i, i4n+2 = 1, i4n+3 = i .

En particular, i2 = 1.

Nota:

Siendo z = (x, y) C se tiene:z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x+ (0, y)

pero:yi = (y, 0) (0, 1) = (0, y)

por lo tanto, tenemos:z = (x, y) = x+ yi

esta ultima forma de z se conoce como forma estandar o binomia delcomplejo z.

Nota:

El conjunto:Ci = {z C | z = (0, y)}

se conoce como conjunto de complejos imaginarios puros.

Notacion. A los complejos imaginarios puros se les simbolizara por:

yi (0, y).

Teorema 6.2.4 C es suma directa de C0 y Ci, o sea:

C0

Ci = C .

Esto quiere decir (como ya hemos visto) que:

z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x+ (0, 1)y = x+ iy .

Nota:

La notacion:C0

Ci = C

significa que C0 y Ci tienen como interseccion exclusivamente al complejo nuloy que la suma de C0 y Ci es C.


6.2.3 La conjugacion compleja

Definicion 6.2.4 Dado z = (x, y) = x + yi C se define su complejoconjugado como el complejo:

z = (x,y) = x yi .

Teorema 6.2.5 La conjugacion compleja tiene las siguientes propiedades:

(1) z = z

(2) z1 + z2 = z1 + z2

(3) z1 z2 = z1 z2(4) z + z = 2


(6)z1z2

= |z1 ||z2 |(7) |z1 + z2 | |z1 |+ |z2 | (Desigualdad triangular)

(8) Si z 6= 0, z1 = z| z |2

6.3 Forma polar de un numero complejo

x

Y

y

>Q

P

^

r

O X

Y

XO

P

ry

x

^

>Q

(1) (2)

Fig. 6.1

Observando ahora la figura 6.1 tenemos el plano de Argand, y en este plano

se presenta el punto P (z) (conOP = z) donde z puede estar en el primer

o segundo cuadrantes (figura 6.1-1) o bien en el tercer y cuarto cuadrantes(figura 6.1-2), as:

z =

{0 ( cos 0 + i sen 0 ) si z = 0r ( cos + i sen ) si z 6= 0

teniendose que esta es la forma polar del complejo z y en ella:

r = |z| 0 y =6< XOP = Argz ] pi, pi] .

Luego r = |z| es el modulo del complejo z y =6< XOP = Argz es el argu-mento del complejo z.

De lo anterior se desprende que:

z = r(cos + isen ) = rCis .


En particular si r = 1 el complejo es unitario, se simboliza por u:

u = Cis = cos +i sen , u = Cis () = cos i sen = u1, |u | = | u | = 1 .

Nota:

Posteriormente, en cursos de Calculo se hara ver que:

Cis ei , Cis () = ei .

Teorema 6.3.1 Se tiene que:

(1) u() = ei se comporta como una funcion exponencial, o sea:

u(1) u(2) = u(1 + 2)

(2) u() = ei es funcion periodica de perodo 2pi.

(3) n N[(ei)n

= ein](Teorema de De Moivre)

(4) n N[(ei

)n= ein

]

6.4 Races de un numero complejo

6.4.1 Races cuadradas de z0

Comenzaremos recordando la resolucion de la ecuacion z2 = z0 con z0 conocido.Suponiendo que z0 = x0 + iy0 y z = x + iy resulta la siguiente resolvente alobservar el signo de y0:

y0 > 0 z = (x0 +x20 + y20

2+ i

x20 + y

20 x0

2

)

y0 < 0 z = (x0 +x20 + y20

2 i

x20 + y20 x0

2

)Por ejemplo, si z2 = 724i, entonces se consigue z = (43i) y si z2 = 15+8i,resulta z = (4 + i).


6.4.2 Races n-esimas de w0

Estudiaremos la resolucion de la ecuacion zn = w0 con w0 conocido y n N.Suponiendo que w0 = r0e

i0 y z = rei resulta la siguiente conclusion:

r = nr0 =

0 + 2kpi

n, k {0, 1, 2, , n 1}

Luego la resolvente es:

zk = nr0 ei

0+2kpin , k {0, 1, 2, , n 1}

o mejor:

zk = nr0 ei

0n e i2kpin , k {0, 1, 2, , n 1} .

Como caso particular tenemos la ecuacion zn = 1 resultando las siguientesraces n-esimas de la unidad:

k = ei2kpin , k {0, 1, 2, , n 1} ,

las que representan a las posiciones de los vertices del polgono regular inscritoen la circunferencia con centro en el origen y radio unitario C[O, 1]. A talpolgono inscrito P0P1P2 Pn1 en C[O, 1] lo vemos en la figura 6.2.

^

>

P4

P3

n2pi/

P(n1)

P5

P1

P2

O X

Y

P0

Fig. 6.2

Por otro lado, es claro quen1k=0

k = 0.


Observando la figura 6.3, vemos que si P0(0) y P1(1), entonces el trazo P0P1representa el lado del polgono inscrito en C[O, 1] y su longitud `n se consiguedel modo siguiente:

`n = P0P1 = |P0P1| = 1 + cos2pin + isen 2pin

= 2sen pin

2pi/

Y

XOn

P1

P0 >

^

Fig. 6.3

En particular si n = 3 se consi-guen las races cubicas de la uni-dad, las que fijan las posiciones delos vertices del triangulo equilateroinscrito en C[O, 1] y cuyo grafico ve-mos en la figura 6.4. Se anotan 1, y = 2, teniendose 1++2 = 0.

OX

Y

1

^

>

2

Fig 6.4

Teorema 6.4.1 Si 1, y = 2 son las races cubicas de la unidad y z1, z2,z3 tres complejos cualesquiera, entonces:

z21+z22+z

23 (z1 z2+z2 z3+z3 z1) = (z1+ z2+2 z3) (z1+2 z2+ z3).

Teorema 6.4.2 Si 1, y 2 son las races cubicas de la unidad y m N peroen el caso en que m no es multiplo de 3 (o sea, m = 3p+1, o bien, m = 3p+2),entonces 1 + m + 2m = 0 .


6.5 Graficos elementales. Multiplicacion de

un complejo por un complejo unitario

6.5.1 Graficos elementales

En esta seccion presentaremos los graficos tanto de la suma como de la diferen-cia, del producto y por ultimo del cuociente, de dos numeros complejos. Estoes importante, a causa de las multiples utilidades que prestan en la resolucionde problemas geometricos.

^

P1

>

P2

P

X

Y

O

P2

P

P1

>

^

O X

Y

P2

z1 + z2 z1 z2Fig. 6.5 Fig. 6.6

P1

>

^

UO X

Y

P2

P

U

^

P2

Y

O X

P

P1

>

z1 z2 z1 z2Fig. 6.7 Fig. 6.8

En la figura 6.7 se tiene:

4OUP1 4OP2P OPOP1

=OP2OU

zz1

=z21 z = z1 z2 .


Con esto queda demostrado que el grafico senalado es el que corresponde.

En la figura 6.8 se tiene:

4OUP 4OP2P1 OPOP1

=OU

OP2 z

z1=

1

z2 z = z1 z2 .

Con esto queda demostrado que el grafico senalado es el que corresponde.

6.5.2 Multiplicacion de un complejo por un complejounitario

Sea u = ei un complejo unitario fijo y z = rei un complejo variable que fija laposicion de un punto variable P , considerando estas informaciones en la figura6.9 se tiene:

OP = z = rei ,

y:OQ = z u = rei(+) .

Luego deducimos que:

Al multiplicar un complejo por el complejo unitario u = ei se produce elefecto geometrico de una rotacion de angulo en torno de O y en sentidopositivo o contrario a los punteros del reloj.

>

^

X

Y

P

Q

O

Fig 6.9


6.6 La recta y la circunferencia en el plano

complejo

6.6.1 Ecuacion de la recta

En la figura 6.10 sea P0(z0) un pun-to fijo de la recta `, P (z) un puntovariable de ` y 6= 0 la direccion de`, entonces la ecuacion de la recta `es:

` : z = z0 + , R.

>

^

W

P

P1

P2

Y

XO

Fig 6.10

Ahora bien, si la recta esta determinada por los puntos distintos P1(z1) y P (z2),

entonces la ecuacion de la rectaP1P2 es:

P1P2 : z = z1 + (z2 z1), R.

6.6.2 Ecuacion de la circunferencia

En la figura 6.11 sea C(zC) el centrode la circunferencia, P (z) un puntovariable de ella y r R+ su radio,entonces la ecuacion de la circunfe-rencia es:

C[C, r] : |z zC | = r,

o tambien:

C[C, r] : zz2

P

O X

Y

C

^

Fig 6.11

Otra ecuacion para C[C, r], considerando siempre la figura 6.11, se obtiene delmodo siguiente:

CP = rei pi < pide donde:

z zC = rei pi < pi (1)


Pero:

ei =ei

2

ei2

=cos

2+ isen

2

cos 2 isen

2

=1 + itg

2

1 itg 2

,

y, colocando tg

2= t R se consigue:

ei =1 + it

1 it t R (2)

De (1) y de (2) se deduce la nueva ecuacion:

C[C, r] : z = zC + r1 + it

1 it t R

6.7 Simetral de un trazo. Circunferencia de

Apolonio

En esta seccion nos daremos dos puntos y recordaremos los lugares geometri-cos conocidos como la simetral del trazo determinado por esos puntos y lacircunferencia de Apolonio del trazo determinado por esos puntos.

6.7.1 Ecuacion de la simetral de un trazo

En la figura 6.12 se tienen los pun-tos A(zA), B(zB) como extremos deltrazo AB y P (z) es un punto cual-quiera de la simetral sAB de este,con ello se tiene AP = PB, o sea|z zA| = |z zB|. Luego la ecua-cion pedida es:

sAB : |z zA| = |z zB|.

Y

XO

A

x P

B>

^

Fig 6.12


6.7.2 Ecuacion de la circunferencia de Apolonio

Sea R+. En la figura 6.13 setienen los puntos A(zA), B(zB) co-mo extremos del trazo AB. Si P (z)es un punto variable de la circunfe-rencia de Apolonio del trazo AB conrazon , este cumplira la condicion:

AP

PB=

de donde la ecuacion de esta circun-ferencia sera:z zA

z zB = .

xMxA

E

X

D

Y

O

B

>

^

xP

x

Fig 6.13

De la figura 6.13 tambien es claro que tanto el punto de division interior D(zD)como el punto de division exterior E(zE) tienen posiciones dadas, respectiva-mente por:

zD =zA + zB1 +

, zE =zA zB1 .

A su vez, tanto la posicion del centro M(zM) de esta circunferencia como suradio r vienen dados, respectivamente, por:

zM =zD + zE

2=za 2zB1 2 , r =

|zE zD|2

= |zA zB||1 2| .

6.8 Argumento de un trazo dirigido y angulo

entre trazos dirigidos

Mas adelante recordaremos, de la geometra elemental, el lugar geometricoconocido como arco capaz de un angulo con cuerda dada. Para poderestudiarlo en el ambito de los numeros complejos es necesario definir tantoel argumento de un trazo dirigido como tambien el angulo entre dos trazosdirigidos.


6.8.1 Argumento de un trazo dirigido

>

^Y

P2

P P1x

O X

Y

P2

XO

x

^

>

P

P1

0 pi pi < 0Fig. 6.14 Fig. 6.15

Tal como vemos, ya sea en la figura 6.14 o bien en la figura 6.15 es preci-

so determinar el argumento del trazo dirigidoP1P2 como tambien el que

corresponde al trazo dirigidoP2P1. Pues bien, en el primer caso se tiene:

P1P2 =

OP = z2 z1 ,

con lo que:

0 = ArgOP = Arg(z2 z1) = Arg

P1P2 pi .

En el segundo caso (de la figura 6.15) tenemos:

P2P1 =

OP = z1 z2 ,

con lo que:

pi < = ArgOP = Arg(z1 z2) = Arg

P2P1 0 .


6.8.2 Angulo entre trazos dirigidos

>

^

xA x

2 1

X

Y

B D

C

O

>

^

O X

C

Bxx

12

A

Y

= 1 2 = 1 2Fig. 6.16 Fig. 6.17

x

2

x

B

A

O

D

C

Y

>

^

X

1 2 1

>

^

x x

C

O X

AB

Y

= 1 2 = 1 2Fig. 6.18 Fig. 6.19

En las figuras que van desde la 6.16 a la 6.19 presentamos aquellas posibilidadesa las que se reduce el estudio del angulo formado por dos trazos dirigidos.

De lo anterior es claro que en las figuras 6.16 y 6.18 se tiene:

= ArgAB Arg CD = Arg zB zA

zD zC .Sin embargo, en el grafico de la figura 6.17 se tiene:

= ArgBC Arg AC = ArgzC zB

zC zA ,y en el caso del grafico de la figura 6.19, se tiene:

= ArgAC Arg BC = ArgzC zA

zC zB .


6.9 Arco capaz de con cuerda AB

Se sabe que el arco capaz de con cuerda AB, siendo A(zA) y B(zB), esel lugar geometrico de los terceros vertices P (z) de todos los triangulos ABPen los que se conocen los extremos del trazo AB y su angulo opuesto . Losgraficos de tal lugar geometrico los vemos en las figuras 6.20 y 6.21.

>

^

P

A

B

Y

XO>

^

P

B

A

Y

XO

0 < < pi

Fig. 6.20 Fig. 6.21

En ambos casos resulta que la ecuacion de tal lugar geometrico es:

= Argz zBz zA .

6.10 Problemas resueltos

Problema 6.10.1 Dados z1 = (2, 3), z2(1,1), calcular z1 + z2 y z1 z2.

Solucion:

z1 + z2 = (2, 3) + (1,1) = (3, 2).z1 z2 = (2, 3) (1,1) = (2 (3), 3 + (2)) = (5, 1).

Problema 6.10.2 Demostrar el teorema [9.2.1] parte (8):

z 6= 0 z z1 = 1 = z1 z .


Solucion:

Sea:z = (x, y) , z1 =

( xx2 + y2

, yx2 + y2

).

Entonces:

z z1 =(x x y(y)

x2 + y2,x(y) + yxx2 + y2

)= (1, 0) = 1 .

Problema 6.10.3 Si z1 = (2, 3), z2 = (1,1), calcular z11 , z12 y (z1 z2)1y verificar que (z1 z2)1 = z11 z12 .Calcular

z1z2.

Solucion:

z1 = (2, 3) z11 =( 213, 3

13

).

z2 = (1,1) z12 =(12,1

2

).

Por problema resuelto [9.10.1]:

z1 z2 = (5, 1) (z1 z2)1 =( 526, 1

26

).

Por otra parte, resulta:

z11 z12 =(2 (1)

13 2 ,2 + (3)13 2

)=( 526, 1

26

),

verificandose que (z1 z2)1 = z11 z12 .Finalmente:

z1z2

= z1 z12 = (2, 3) (12,1

2

)=(2 3

2,2 + 3

2

)=( 12,5

2

).

Problema 6.10.4 Determinar el complejo z tal que z =(1 + i)5

1 + i5.

Solucion:

Usando el teorema del binomio y el teorema [6.2.3] se tiene:

(1+ i)5 = 1+5i+10i2+10i3+5i4+ i5 = 1+5i 10 10i+5+ i = 4(1+ i) ,


1 + i5 = 1 + i .

As:

z =(1 + i)5

1 + i5= 4(1 + i)

1 + i= 4 .

Problema 6.10.5 Siendo a, b, c, d numeros reales, demostrar, usando com-plejos, la identidad:

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac bd)2 + (ad+ bc)2 .

Solucion: Sean z1 = (a, b), z2 = (c, d), entonces:

| z1 |2 = a2 + b2 , | z2 |2 = c2 + d2 ,

z1 z2 = (ac bd, ad+ bc) | z1 z2 |2 = (ac bd)2 + (ad+ bc)2 .As la parte (3) del teorema [9.2.6] nos dice que:

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac bd)2 + (ad+ bc)2 .

Problema 6.10.6 Calcular | (2 + 3i)2000 |.

Solucion:

| (2 + 3i)2000 | = (| (2 + 3i) |)2000 = (13)2000 = 131000 .

Problema 6.10.7 Demostrar el teorema [6.2.6] parte (7).

Solucion:

Sucesivamente se tiene:

0 | z1 + z2 |2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = (z1 + z2)(z1 + z2)

= z1 z1 + z2 z1 + z1 z2 + z2 z2= | z1 |2 + | z2 |2 + (z1 z2 + z1 z2)= | z1 |2 + | z2 |2 + 2


Problema 6.10.8 Expresar en forma polar los complejos:

(i) z1 =3 + i , (ii) z2 = 3 + 4i .

Solucion:

(i) z1 =3 + i

(r1 =

3 + 1 = 2 ,

[tg 1 =

12 1 = pi

6

]),

luego:

z1 = 2Cispi

6= 2e

pii6 .

(ii) z2 = 3+4i(r2 =

9 + 16 = 5 ,

[tg 2 = 43 2 = piArctg

(43

)( 1265211, 6)

]),

luego:

z1 = 5Cis(pi Arctg (4

3

))= 5ei(piArctg (

43)) .

Nota:

Hacemos notar que , como ya lo hemos mencionado, debe estar siempre ex-presado en radianes.

Problema 6.10.9 Demostrar el teorema [6.3.1] partes (i) y (iii), es decir que:

(i) ei1 ei2 = Cis 1 Cis 2 = Cis (1 + 2) = ei(1+2) .

(ii) n N[(ei)n

=(Cis

)n= Cis n = ein

].

Solucion:

(i) Cis 1 Cis 2 = (cos 1 + isen 1) (cos 2 + isen 2)

= (cos 1 cos 2 sen 1sen 2) + i(sen 1 cos 2 + cos 1sen 2)= cos(1 + 2) + isen (1 + 2) = Cis (1 + 2) .

(ii) Por induccion; para n = 1 es obvia. Suponiendola demostrada para

n = k, es decir,(Cis

)k= Cis k, se tiene:(

Cis )k+1

= Cis k Cis = Cis (k + ) = Cis ((k + 1)) .


Problema 6.10.10 Demostrar que si z + z1 = 2 cos, entonces:

zn + zn = 2 cosn (n N) .

Solucion:z + z1 = 2 cos z2 2z cos+ 1 = 0

z = 2 cos4 cos2 42

= cos isen = Cis () .Luego:

zn + zn = Cis (n) + Cis (n) == (cosn sen n) + (cosn sen n) = 2 cosn .

Problema 6.10.11 Demostrar que:

4Arctg1

5 Arctg 1

239=pi

4.

Solucion:

Sean z1 = 5 + i, z2 = 1 + i. De esto se desprende que:

z1 = 5+ i Arg (5+ i) = Arctg 15, z2 = 1+ i Arg (1+ i) = Arctg 1 = pi

4,

entonces:

Argz41z2

= Arg(5 + i)4

1 + i= 4Arg (5 + i) Arg (1 + i) = 4Arctg 1

5 pi

4.

Por otra parte, se tiene:

z41z2

=(5 + i)4

1 + i=

625 + 500i 150 20i+ 11 + i

= (238+240i)(1i) = 2(239+i) ,

de donde:

Argz41z2

= Arg(1 + i)4

1 + i= Arg 2(239 + i) = Arctg

1

239.

Igualando, se tiene:

4Arctg1

5 pi

4= Arctg

1

239 4Arctg 1

5 Arctg 1

239=pi

4.


Problema 6.10.12 Demostrar que:

cos 6 = 32 cos6 48 cos4 + 18 cos2 1 .

Solucion:

Como Cis 6 =(Cis

)6y como a su vez Cis 6 = cos 6 + isen 6 y:(

Cis )6

= (cos+ isen )6 = cos6 + 6i cos5 sen + 15i2 cos4 sen 2+

+20i3 cos3 sen 3 + 15i4 cos2 sen 4 + 6i5 cossen 5 + i6sen 6 =

= cos6 + 6i cos5 sen 15 cos4 sen 220i cos3 sen 3+ 15 cos2 sen 4+ 6i cossen 5 sen 6 .

Igualando las partes reales se obtiene:

cos 6 = cos6 15 cos4 sen 2 + 15 cos2 sen 4 sen 6 .Reemplazando en esta formula la identidad sen 2 = 1 cos2 , queda:cos 6 = cos6 15 cos4 (1 cos2 ) + 15 cos2 (1 cos2 )2 (1 cos2 )3 ,de donde:

cos 6 = cos6 15 cos4 +15 cos6 +15 cos2 30 cos4 +15 cos6 1+3 cos2 3 cos2 + cos6 = 32 cos6 48 cos4 + 18 cos2 1 .

Observacion:

La igualacion de las partes imaginarias permite obtener una formula parasen 6, planteada en el problema propuesto [22].

Problema 6.10.13 Deducir las formulas del parrafo [6.4.1].

Solucion:

Buscamos z = x+ iy tal que dado z0 = x0 + y0 se tenga z2 = z0, o sea:

(x+ iy)2 = x0 + y0 ,

de donde obtenemos el sistema:

x2 y2 = x02x y = y0

}.


Supongamos x 6= 0, as y = y02x

y luego:

x2 ( y02x

)2= x0 ,

es decir:4x4 4x0x2 y20 = 0 ,

ecuacion en cuadratica en x2, resolviendo:

x2 =2x0

4x20 + 4y

20

4=x0 +

x20 + y

20

2,

(solo sirve el signo + pues x2 > 0), y por lo tanto, se consigue:

x = x0 +

x20 + y

20

2

As

y2 = x2 x0 = x0 +x20 + y

20

2 y =

x20 + y

20 x0

2

Finalmente, notando que x y debe tener igual signo que y0, se tiene:

y0 > 0 z = (x0 +x20 + y20

2+ i

x20 + y

20 x0

2

)

y0 < 0 z = (x0 +x20 + y20

2 i

x20 + y20 x0

2

)Problema 6.10.14 Determinar las races cuadradas del complejoz = 7 24i.

Solucion:

Aqu x0 = 7, y0 = 24 y el sistema a considerar es:x2 y2 = 72x y = 24

}el cual lo podemos resolver del modo siguiente:

(x2 + y2)2 = (x2 y2)2 + 4x2y2 = 49 + 576 = 625 ,


y luego:x2 + y2 = 25 , x2 = 9 , y2 = 16 .

Considerando que x y = 12, las soluciones son x = 3 , y = 4; x = 3,y = 4 y luego las races buscadas son (3 4i)

Problema 6.10.15 Resolver la ecuacion:

(7 i)z2 + (1 + 2i)z + i = 0 .

Solucion:

En primer lugar notemos que se trata de una ecuacion cuadratica de coefi-cientes complejos, o sea, del tipo az2 + bz + c = 0, con a, b, c C, a 6= 0.Multiplicando la ecuacion por 4a, obtenemos:

4a2z2 + 4abz + 4ac = 0 ,

y luego:(2az + b)2 = b2 4ac .

Con ello:

z =bb2 4ac

2a,

analogo a la solucion de la ecuacion cuadratica de coeficientes reales.

As, la solucion de la ecuacion propuesta esta dada por:

z =(1 + 2i)(1 + 2i)2 4i(7 i)

2(7 i) =(1 + 2i)7 24i

2(7 i) .

En virtud del problema anterior:

z =(1 + 2i) (3 4i)

2(7 i) .

Con el signo (+) se obtiene la raz z1 =1 2i5

y el con signo (-) la raz

z2 =3 + i10

, como es facil de comprobar.

Problema 6.10.16 Demostrar que si la ecuacion:

z2 + (a+ bi)z + c+ di = 0 (con a, b, c, d R)tiene una solucion real, entonces:

d2 abd+ b2c = 0 .


Solucion:

Sea r la solucion real, entonces:

r2 + (a+ bi)r + c+ di = 0 .

As, igualando partes reales e imaginarias se tiene

r2 + ar + c = 0 y br + d = 0 .

De esta ultima r = dby reemplazando en la primera.

( d

b

)2+ a( d

b

)+ c = 0, o sea : d2 abd+ b2c = 0 .

Problema 6.10.17 Hallar las races quintas del complejo w0 = 1 + i.

Solucion:

Expresando w0 en su forma polar, se tiene r0 =2, 0 =

pi

4, as:

w0 =2ei

pi4 .

Luego las races quintas de w0 estan dadas por la formula:

5w0 = 2

110 ei(

pi20+ 2kpi

5) ; k = 0, 1, 2, 3, 4 ;

o sea, son:

2110 ei(

pi20) , 2

110 ei(

9pi20) , 2

110 ei(

17pi20

) , 2110 ei(

25pi20

) , 2110 ei(

33pi20

) .

Observacion:

Como para el complejo z de argumento se tiene 0 pi o bien pi < 0hacemos ver que:

2110 ei(

25pi20

) = 2110 ei(

15pi20

) , 2110 ei(

33pi20

) = 2110 ei(

7pi20) .

Problema 6.10.18 Resolver la ecuacion:

x3 11x2 + 44x 112 = 0 ,sabiendo que tiene una raz compleja de modulo 4.


Solucion:

Como sabemos, una ecuacion de grado tres, si admite una raz compleja z1tambien admite como raz al complejo z2 = z1 y la tercera raz es un real,digamos x0. Sea z1 = 4e

i,z2 = 4ei. Ahora bien:

x0 + z1 + z2 = 11 x0 + 8 cos = 11 ,

x0 z1 z2 = 112 16x0 = 112 .As:

x0 = 7 , cos =1

2, sen =

3

2.

En consecuencia las races de la ecuacion son:

x0 = 7 , z1 = 4(cos

pi

3+ isen

pi

3

)= 2 + 2i

3 , z2 = z1 = 2 2i

3 .

Problema 6.10.19 Sea x0 un real positivo. Demostrar que el producto de lasn races enesimas de x0 es (1)n1x0.

Solucion:

Las n races enesimas estan dadas por:

zk = nx0e

i 2kpin , (k = 0, 1, 2, 3, , n 1) .

Luego, el producto buscado es:

n1k=0

zk =n1k=0

nx0e

i 2kpin = ( n

x0)

nn1k=0

ei2kpin = x0e

in1

k=02kpin = x0e

i 2pin

(n1)n2 =

= x0ei(n1)pi = x0(cos(n1)pi+isen (n1)pi) = x0((1)n1+i0) = x0(1)n1 .

Problema 6.10.20 Demostrar el teorema [6.4.2].

Solucion:

Como 3 = 1, se tiene que 3p = 1. Luego:

m =

{ si m = 3p+ 12 si m = 3p+ 2

, 2m =

{2 si m = 3p+ 1 si m = 3p+ 2

.


As:

1 + m + 2m =

{1 + + 2 si m = 3p+ 11 + 2 + si m = 3p+ 2

.

En ambos casos:1 + m + 2m = 1 + + 2 = 0 .

Observacion:

Notemos que si m = 3p, entonces:

1 + m + 2m = 1 + (3)p + (3)2p = 1 + 1 + 1 = 3 .

Problema 6.10.21 Demostrar que:p

(n

3p

)=

1

3

(2n + 2 cosn

pi

3

).

Solucion:

Se tiene:

(1 + 1)n = 2n =n

k=0

(n

k

).

Por otra parte:

= ei2pi3 = 1

2+ i

3

2 1 + = 1

2+ i

3

2= ei

pi3 ,

luego:

(1 + )n = einpi3 =

nk=0

(n

k

)k .

Analogamente:

(1 + 2)n = einpi3 =

nk=0

(n

k

)2k .

Sumando, obtenemos:

2n + 2 cosnpi

3=

nk=0

(n

k

)(1 + k + 2k) .

Como en virtud del teorema [9.4.2], 1 + k + 2k = 0 a menos que k = 3p, encuyo caso 1 + k + 2k = 3, se tiene:

2n + 2 cosnpi

3= 3

p

(n

3p

),


es decir: p

(n

3p

)=

1

3

(2n + 2 cosn

pi

3

).

Problema 6.10.22 Siendo una raz cubica de la unidad, demostrar que:

z31 z32 = (z1 z2)(z1 z2)(z1 2z2) .

Solucion:

z31 z32 = (z1 z2)(z21 + z1z2 + z22) = (z1 z2)(z21 ( + 2)z1z2 + 3z22) =

= (z1 z2)(z1(z1 z2) 2z2(z1 z2)) = (z1 z2)(z1 z2)(z1 2z2) .

Problema 6.10.23 Si m es un natural no divisible por 3, demostrar que x2+x+ 1 divide a x2m + 1 + (x+ 1)2m.

Solucion:

Como el polinomio x2 + x+ 1 tiene races y 2 = , el polinomio x2m + 1+(x+1)2m sera divisible por x2+ x+1 si (y por ende 2) es raz del segundopolinomio. Ahora bien:

2m+1+(+1)2m ={

2 + 1 + (1)2m = 1 + + 2 si m = 3p+ 1 + 1 + (1)2m2 = 1 + + 2 si m = 3p+ 2 .

En ambos casos, por el teorema [9.4.2] se tiene que es raz del polinomiox2m + 1 + (x+ 1)2m.

Problema 6.10.24 Siendo raz cubica de la unidad, y:

x = z1 + z2 , y = z1 + 2z2 , z =

2z1 + z2 ,

demostrar quex y z = z31 + z32 .

Solucion:

z31 + z32 = (z1 + z2)(z

21 z1 z2 + z22) = (z1 + z2)(3z21 + (+ 2)z1z2 + 3z2) =

= (z1 + z2)(z1 + 2z2)(

2z1 + z2) = x y z .


Problema 6.10.25 Si zn = (z + 1)n = 1, demostrar que n es divisible por 6y que z3 = 1.

Solucion:

Si zn = (z + 1)n = 1, entonces | z | = | z + 1 | = 1; si z = x+ iy, entonces:

x2 + y2 = (x+ 1)2 + y2 = 1 x = 12, y =

3

2.

As:

z = 12 i

3

2, o sea z = o bien z = 2 = .

Si z = , entonces n = 1 implica que 3 divide a n. A su vez, ( + 1)n = 1implica que (2)n = 1 y luego (1)n2n = 1, lo cual muestra que n debe sertambien par y, por lo tanto, divisible por 6. Analogo resultado se obtiene siz = 2.

Nota:

Sera interesante que el lector visualizara una solucion geometrica para esteproblema.

Problema 6.10.26 Demostrar que si m no es divisible por 3, y a,b,c sonreales, entonces:

(b c)m + (c a)m + (a b)mes divisible por a2 + b2 + c2 (bc+ ca+ ab).

Solucion:

Observemos que:

a2 + b2 + c2 (bc+ ca+ ab) = (a+ b+ 2c)(a+ 2b+ c) = (a z)(a z) ,siendo z = (b+ 2c). Ahora bien, si:

p(a) = (b c)m + (c a)m + (a b)m ,entonces a2 + b2 + c2 (bc+ ca+ ab) lo dividira si p(z) = p(z) = 0. Como, sip(z) = 0 entonces p(z) = p(z) = 0; bastara demostrar que p(z) = 0. En efecto:

p(z) = (bc)m+(c+b+2c)m+(b2cb)m = (bc)m+(b+(1+2)c)m+


+(1)m((1 + )b+ 2c)m = (b c)m + ((b c))m + (1)m(2(b+ c))m == (b c)m[1 + m + 2m] = 0 ,

en virtud del teorema [9.4.2].

Problema 6.10.27 Demostrar que los puntos P (z) donde z satisface la ecua-cion zn = (z 1)n son colineales.

Solucion:

Previamente se tiene | z |n = | z 1 |n, lo cual implica que | z | = | z 1 |. Osea, la distancia entre P y O es igual a la distancia entre P y A(1, 0). Luegolos puntos P estan en la simetral del trazo AO, es decir, en la recta de ecuacion


Solucion:

En primer lugar como | z1 | = | z2 | = | z3 | = 1 es claro que los puntospertenecen a la circunferencia indicada, luego son los vertices de un trianguloinscrito en ella.

Por otra parte, sea zk = eik (k = 1, 2, 3). Como z1+ z2+ z3 = 0, se tiene que:

cos 1 = (cos 2 + cos 3) , sen 1 = (sen 2 + sen 3) .

En consecuencia, cuadrando y sumando, se tiene:

cos2 1+sen21 = (cos

2 2+sen22)+(cos

2 3+sen23)+2(cos 2 cos 3+sen 2sen 3) ,

de donde:1 = 2 cos(2 3) ,

luego:

2 3 = 2pi3

.

Analogamente:

3 1 = 2pi3

, 1 2 = 2pi3

,

lo que muestra que el triangulo P1P2P3 es equilatero.

Problema 6.10.29 Determinar el lugar geometrico al que pertenece el puntoP (z) cuando z verifica la condicion:

| (1 + i)z (1 + 3i) | 1 .

Solucion:

Se tiene: z 1 + 3i1 + i

1| 1 + i | ,es decir :

z 4 + 2i2

12, o sea : | z (2 + i) | 1

2.

Luego P (z) pertenece al crculo de centro C(zc) con zc = 2+ i y cuyo radio es

igual a12.


Problema 6.10.30 Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verifica

la relacion w = z +a2

z, a R. Determinar la curva que describe el punto Q

cuando el punto P recorre la circunferencia de ecuacion | z | = r con r 6= a.

Solucion.

Sea z = rei, as

z = rei w = rei + a2

rei = x+ iy ,

de donde, al igualar partes reales y partes imaginarias, respectivamente, seconsigue:

x = (r + a2

r) cos

y = (r a2r)sen

},

es decir:cos =

xr2+a2

r

sen =y

r2a2r

,

cuadrando estas expresiones y sumando se obtiene:

x2(r2+a2

r

)2 + y2( r2a2r

)2 = 1 .Por lo tanto, el punto Q recorre una elipse de semiejes

r2 + a2

ry| r2 a2 |

r.

Problema 6.10.31 Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verificaque:

w = (4 + i) +3 3iz 1 .

Determinar la curva que describe el punto Q cuando el punto P recorre lacircunferencia de ecuacion | z | = 1.

Solucion:

Se tiene:

w(z 1) = (4 + i)(z 1) + 3 3i = (4 + i)z (1 + 4i) ,de donde:

z =w (1 + 4i)w (4 + i) .


As:| z | = 1 | w (1 + 4i) | = | w (4 + i) | ,

luego el punto Q recorre la simetral del trazo AB, donde A(1+ 4i) y B(4+ i).

Problema 6.10.32 Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verificaque w = a + z2, con a R. Determinar la curva que describe el punto Qcuando el punto P recorre la recta de ecuacion


Solucion:

Considerando la figura 6.22, se tieneque si P (z) es un punto arbitrario dela recta `, entonces:

AP = OB , R .

As:z a = ai

y luego:

z = a(1 + i) , R .

xP(z)

B

lia

A

O

a

Fig. 6.22

Problema 6.10.35 El punto P (z) describe la recta de ecuacion:

3

xP

P0(z0)


Problema 6.10.36 Los vertices variables del triangulo ABC son los puntos

A(a), B(b) y C(c) tales que siemprec ac b = k, siendo k un complejo dado.

Demostrar que el triangulo ABC permanece semejante a s mismo.

Solucion:

La igualdadc ac b = k nos dice que, en primer lugar

c ac b

= cte. y, por lotanto, en el triangulo ABC la razon entre los lados AC y BC es constante.

En segundo lugar, tambien Arg(c ac b

)= cte. y, por lo tanto, en el triangulo

ABC, el angulo entre los lados AC y BC es constante.

En consecuencia, por el criterio de semejanza (`, a, `), el triangulo ABCpermanece semejante a s mismo.

Problema 6.10.37 Sean A(a), B(b), C(c), D(d), E(e), F (f) los vertices dedos triangulos semejantes ABC y DEF . Demostrar que:

d(b c) + e(c a) + f(a b) = 0 .

Solucion:

Usando el criterio (`, a, `), la semejanza de los triangulos nos dice que:c ac a

= f de d

,y:

Arg(c ab a

)= Arg

(f de d

).

En consecuencia, los complejosc ab a y

f dae d son iguales, es decir:

c ab a =

f dae d (c a)e f(b a) = d((c a) (b a)) ,

y, por lo tanto:d(b c) + e(c a) + f(a b) = 0 .

Problema 6.10.38 Si P1(z1) , P2(z2) no son colineales con el origen y si setiene:

a1z1 + a2z2 = b1z1 + b2z2 , (a1, a2, b1, b2 R) ,


demostrar que:a1 = b1 , a2 = b2 .

Solucion:

Sean z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2. As:

a1(x1 + iy1) + a2(x2 + iy2) = b1(x1 + iy1) + b2(x2 + iy2) ,

luego:

a1x1 + a2x2 = b1x1 + b2x2 , a1y1 + a2y2 = b1y1 + b2y2 ,

por lo tanto:

(a1 b1)x1 = (a2 b2)x2 , (a1 b1)y1 = (a2 b2)y2 .Ahora bien, como P1 y P2 no son colineales con el origen, entonces

y1x16= y2x2, de

modo que las dos ultimas igualdades solo son posibles si a1 b1 = 0 = a2 b2,es decir, solo si a1 = b1 , a2 = b2 .

Problema 6.10.39 Determinar la ecuacion de una circunferencia dados losextremos A(a) y B(b) de un diametro de ella.

Solucion:

Considerando la figura 6.24, se tieneque el centro C(c) esta dado por c =1

2(a + b). A su vez, un punto P (z)

de la circunferencia satisfara:

CP = CAei ,

o sea:

z c = (a c)ei .

A(a)

B(b)

xC(c)

P(z)

Fig. 6.24

Con ello:

z =a+ b

2+a b2

ei ,

luego la ecuacion de la circunferencia pedida es:

z =a

2(1 + ei) +

b

2(1 ei) ,

siendo un parametro.


Problema 6.10.40 Demostrar que los puntos Pk(zk), k = 1, 2, 3, 4 son conccli-

cos siz3 z1z3 z2

z4 z2z4 z1 R.

Solucion:

La hipotesis del problema nos diceque:

Arg(z3 z1z3 z2

z4 z2z4 z1

)= 0 ,

por lo tanto:

Arg(z3 z1z3 z2

)+Arg

(z4 z2z4 z1

)= 0 ,

P2(z2)P1(z1)

P4(z4) P3(z3)

Fig. 6.25

o mejor:

Arg(z3 z1z3 z2

)= Arg

(z4 z2z4 z1

)= Arg

(z4 z1z4 z2

).

As, considerando la figura 6.25, se tiene la igualdad 6< P1P3P2 =6< P1P4P2,resultado que nos dice que P3 y P4 pertenecen al arco capaz de cuerda P1P2 y,por lo tanto, los cuatro puntos P1, P2, P3 y P4 son concclicos.

Problema 6.10.41 Los puntos A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangu-lo equilatero. Demostrar que:

a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca .

Solucion:

Considerando la figura 6.26, se ob-serva que AC resulta al rotar AB

en un angulo igual api

3, en torno al

vertice A, es decir:

AC = ABeipi3 ,

o sea:

c a = (b a)eipi3 .

B(b)

C(c)

A(a)

Fig. 6.26


Analogamente:

a b = (c b)eipi3 y b c = (a c)eipi3 .

Dividiendo las dos primeras se obtiene:

c aa b =

b ac b ,

de donde:c2 bc ac+ ab = ab b2 a2 + ab ,

o mejor:a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca .

Notemos que la simetra del resultado indica que tambien se obtiene dividiendolas dos ultimas o bien la tercera con la primera.

Problema 6.10.42 Demostrar el resultado recproco del problema anterior.

Solucion:

Sean entonces A(a), B(b), C(c) los vertices de un triangulo ABC y supongamosque a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca .

As a2 + b2 + c2 (ab+ bc+ ca) = 0 , de modo que:

(a+ b + c2)(a+ b2 + c) = 0 ,

( una raz cubica de la unidad). Si, por ejemplo, a+ b + c2 = 0, entonces:(i) a+b+c(1) = 0 y luego ac = (cb), de modo que | ac | = | cb |.(ii) a( + 2) + b + c2 = 0, luego (b a) = 2(a c), de modo que| b a | = | a c |.Estos dos resultados muestran que el triangulo ABC es equilatero pues sustres lados AB, BC y CA son iguales.

Identica conclusion se obtiene considerando la posibilidad a+ b2 + c = 0.

Problema 6.10.43 Los puntos A(a) y B(b) son tales que a y b son las racesde la ecuacion:

z2 (8 + 5i)z + 2(4 + 13i) = 0 .Determinar el punto C(c) tal que el triangulo ABC sea equilatero.


Solucion:

Por el problema anterior debe tenerse a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca . Ahora, porser a y b races de la ecuacion dada, satisfacen:

a+ b = 8 + 5i , ab = 2(4 + 13i) ,

y, a su vez:a2 + b2 = (a+ b)2 2ab = 23 + 28i ,

luego:23 + 28i+ c2 = 2(4 + 13i) + (8 + 5i)c ,

de modo que c satisface la ecuacion cuadratica:

c2 (8 + 5i)c+ (15 + 2i) = 0; ,

con lo que:

c =(8 + 5i)(8 + 5i)2 4(15 + 2i)

2.

De ello:

c =(8 + 5i)37 + 24i

2,

o sea:

c =(8 + 5i)3(3 + 4i)

2.

As (como es intuitivo de ver) hay dos puntos C1(c1) , C2(c2) con:

c1 =8 + 3

3

2+5 + 4

3

2i

y:

c2 =8 33

2+5 43

2i .

Por lo tanto tenemos dos triangulos equilateros, ellos son ABC1 y ABC2 comorespuestas.

Problema 6.10.44 Dados dos vertices opuestos de un cuadrado determinarlos otros dos vertices.


Solucion:

Considerando la figura 6.27 supon-gamos que se conocen los verticesA(a) y C(c). Como:

AD =12AC ,

se tiene:

d a = 12(c a)eipi4 =

=12(ca)

( 12+i

12

)=

1

2(ca)(1+i) .

B(b)

A(a)

C(c)

D(d)

Fig. 6.27

Luego:

d = a+1

2(c a)(1 + i) = 1

2[(a+ c) + i(c a)] .

Analogamente:

b c = 12(a c)eipi4 ,

de donde:

b =1

2[(a+ c) i(c a)] .

Problema 6.10.45 Las posiciones de los vertices opuestos A y C de un cua-drado ABCD estan dadas por las races de la ecuacion:

z2 3(3 + 4i)z + (1 + 30i) = 0 .Determinar las posiciones de los otros dos vertices.

Solucion:

Si A(a) y C(c) son las posiciones de los vertices dados, entonces:

a+ c = 2(3 + 4i) , ac = 1 + 30i .

Con ello:

(ca)2 = (a+ c)2 4ac = 4(7+24i) 4(1+30i) = 4(8 6i) = 4(1 3i)2 ,


as c a = 2(1 3i) .Por el problema anterior, las posiciones de los otros dos vertices estan dadaspor.

1

2[2(3 + 4i) i(2(1 3i))] ,

o sea, por 6 + 5i, 3i .

Problema 6.10.46 Sean A(a), B(b) y C(c) los vertices de un triangulo isosce-

les ABC de vertice C. Demostrar que | a b |2 = 4| c a | | c b |sen 22.

Solucion:

Considerando la figura 6.28, se tieneque si M es el punto medio de AB,entonces:

AM = ACsen

2=

1

2AB .

Por lo tanto:

AC2sen 2

2=

1

4AB

2.

M(m) B(b)A(a)

C(c)

Fig. 6.28

Por otra parte:

AB2= | a b |2 , AC2 = AC CB = | c a | | c b | .

En consecuencia:

| c a | | c b | sen 22=

1

4| a b |2 ,

es decir:| a b |2 = 4| c a | | c b | sen 2

2.

Problema 6.10.47 Demostrar, usando complejos, que en cualquier triangulose cumple que:

c2 = b2 cos 2+ 2ab cos( ) + a2 cos 2y:

a2sen 2 = b2sen 2+ 2absen ( ) .


Solucion:

Tomando en cuenta la figura 6.29, setiene que:

AB = AC + CB ,

o sea:

c = bei + aei .

Elevando al cuadrado, obtenemos:

c2 = b2ei2 + 2abei() + a2ei2 ,

XA

^

>

a

c

b

C

B

Y

Fig. 6.29

Igualando partes reales e imaginarias, se consigue:

c2 = b2 cos 2+ 2ab cos( ) + a2 cos 2 ,

0 = b2sen 2 + 2absen ( ) a2sen 2 .De esta ultima:

a2sen 2 = b2sen 2+ 2absen ( ) .

Problema 6.10.48 Sean P1(z1), P2(z2) dos puntos. Demostrar que el angulo

P2OP1 es recto si y solo siz2z1

es imaginario puro.

Solucion:

El angulo P2OP1 es igual a Arg(z2z1

). As, si Arg

(z2z1

)=

pi

2, entonces ocurre

quez2z1

=z2z1

i, o sea, z2z1

es un imaginario puro.

Recprocamente, siz2z1

es un imaginario puro, digamosz2z1

= bi (con b R),entonces Arg

(z2z1

)= Arg(bi) =

pi

2y luego el angulo P2OP1 es recto.

Problema 6.10.49 Dado el triangulo ABC, de vertices A(a), B(b) y C(c),determinar su centro de gravedad G(g).


Solucion:

Considerando la figura 6.30, se tieneque si el punto R(r) divide al trazoPQ, con P (p) y Q(q), en la razonPR/RQ = /1, entonces :

r p = (q r) ,

y luego.

r =p+ q

1 + .

1

1

2

Rx| |k

Q

xG

P

M(m)B(b)

A(a)

C(c)

Fig. 6.30

As el punto M(m) de AB tiene posicion m =a+ b

2( = 1) y luego, como

el centro de gravedad G divide a la transversal CM en la razon 2/1, es decir,CG/GM = 2/1, se deduce que:

g =c+ 2m

1 + 2,

o mejor:

g =a+ b+ c

3.

Problema 6.10.50 Las posiciones de los tres vertices de un triangulo ABCestan dadas por las races de la ecuacion:

z3 3pz2 + 3qz r = 0 .Demostrar que:

(i) El centro de gravedad G(g) esta dado por g = p.

(ii) Si el triangulo es equilatero, entonces p2 = q.

Solucion:

Si a, b, c son las posiciones respectivas de los vertices del triangulo ABC,entonces a+ b+ c = 3p, ab+ bc+ ca = 3q, abc = r.

(i) As g =a+ b+ c

3=

3p

3= p.


(ii) Si el triangulo es equilatero, entonces a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca, de modoque (a+ b+ c)2 = 3(ab+ bc+ ca), luego (3p)2 = 3 3q, es decir p2 = q.

Problema 6.10.51 Dado un triangulo ABC, se dibujan hacia el exterior deeste, triangulos equilateros teniendo como lados a los lados de el. Demostrarque los centros de gravedad de estos triangulos equilateros forman, a su vez,un triangulo equilatero. (Resultado conocido como Teorema de Napoleon.)

Solucion:

Considerando la figura 6.31, enella se ha dibujado el trianguloequilatero ACD, de base AC y cen-tro de gravedad G(g). Entonces:

GC = GAei2pi3 ,

luego.

c g = (a g) ,

as:

g =c a1 .

2pi/3

B(b)

A(a)

C(c)

D(d)

G(g)

Fig. 6.31

Analogamente los otros dos centros de gravedad E(e) y F (f) tienen posicionesdadas por:

e =a b1 , f =

b c1 .

As:

e2 + f 2 + g2 =(a b)2 + (b c)2 + (c a)2

(1 )2 ,

ef + fg + ge =(a b)(b c) + (b c)(c a) + (c a)(a b)

(1 )2 .

El triangulo EFG sera equilatero si e2 + f 2 + g2 = ef + fg + ge, es decir,si los numeradores son iguales, lo cual es simple de verificar desarrollandolo yrecordando que 1 + + 2 = 0.

Problema 6.10.52 Dos rectas se intersectan con la circunferencia de ecua-cion | z | = 1 en los puntos A(a), B(b) y C(c), D(d) respectivamente. De-mostrar que el punto de interseccion E de las rectas tiene posicion e dada


por:

e =a1 + b1 (c1 + d1)

a1b1 c1d1 .

Solucion:

La rectaAB tiene ecuacion dada por z = a + (b a) ( R). As resulta

que z = a+ (b a), de modo que:

z az a =

b ab a .

Ahora bien, como por hipotesis | a | = | b | = 1, se tiene aa = bb = 1, y luegoa = a1 , b = b1 .

As, la ecuacion de la rectaAB se puede escribir:

z =b1 a1b a (z a) + a

1 ,

o sea:

z = 1ab(z a) + 1

a.

Analogamente la rectaCD tiene ecuacion:

z = 1cd(z c) + 1

c.

Igualando estas expresiones se tiene que e satisface:

a1b1(e a) + a1 = c1d1(e c) + c1 ,

y, por lo tanto:

e =a1 + b1 (c1 + d1)

a1b1 c1d1 .

Problema 6.10.53 Sobre los lados de un cuadrilatero ABCD se construyenhacia su exterior triangulos rectangulos isosceles ABE, BCF , CDG y DAH.Demostrar que los trazos EG y FH son iguales y perpendiculares.


Solucion:

Considerando la figura 6.32, enella se ha dibujado el triangulorectangulo isosceles ABE de baseAB y tercer vertice E(e): Entonces:

AB =2AEei

pi4 ,

luego:

b a = (e a)(1 + i) ,

con lo que:

pi/4

C(c)

D(d)

E(e)

A(a)

B(b)

Fig. 6.32

e =(1 + i)a+ (1 i)b

2.

Analogamente los otros vertices F (f), G(g), H(h) de los respectivos triangulosBCF , CDG y DAH tienen posiciones dadas por:

f =(1 + i)b+ (1 i)c

2, e =

(1 + i)c+ (1 i)d2

, e =(1 + i)d+ (1 i)a

2.

En consecuencia:

EG = ge = (1 + i)(c a) + (1 i)d b)b2

, FH = hg = (1 + i)(d b) + (1 i)(a c)2

,

de donde:

iEG =(1 + i)(d b) + (1 i)(c a)

2= FH .

Este ultimo resultado muestra, a la vez, que EG y FH son iguales y perpen-diculares.

Problema 6.10.54 Sean P1, P2, , , Pn los vertices de un polgono regularinscrito en la circunferencia de ecuacion | z | = r y sea P un punto cualquierade ella. Demostrar que

nk=1

PPk2= 2nr2 .


Solucion:

Sin perdida de generalidad podemos suponer que si Pk(zk) (k = 1, 2, , n),entonces los zk son las races de la ecuacion z

n = rn, de modo que:

zk = rei 2kpin , (k = 1, 2, , , n) .

Sea P (z), con | z | = r, el punto a considerar. As:n

k=1

PPk2=

nk=1

| z zk |2 =n

k=1

(z zk)(z zk) =

=n

k=1

| z |2 zn

k=1

zk zn

k=1

zk +n

k=1

| zk |2 .

Pero :n

k=1

zk = 0 ,n

k=1

zk =n

k=1

zk = 0 ,n

k=1

| z |2 =n

k=1

| zk |2 = nr2 .

Se concluye que :n

k=1

PPk2= 2nr2 .

Problema 6.10.55 Sea ABC un triangulo inscrito en la circunferencia deecuacion | z | = r. Determinar la posicion h del ortocentro H(h).

Solucion:

Considerando la figura 6.33, deter-minemos la ecuacion de la alturaCD.Se tiene:

CD : z = c+ i(b a) ( R) ,

de donde:

z = c i(b a) .

D

r

A(a)

B(b)

C(c)

H(h) ExO

Fig. 6.33

Con ello:z cz c =

b ab a ,


luego:

z = (z c)(a bb a

)+ c .

Pero aa = bb = cc = r2, de modo que podemos escribir:

z = (z c)(r2a1 r2b1

b a)+r2

c,

as:CD : z =

r2

ab

((z c) + ab

c

).

Analogamente, una segunda altura, por ejemplo,AE tiene por ecuacion:

AE : z =

r2

bc

((z c) + bc

a

).

Por lo tanto, igualando ambas ecuaciones, se tiene que la posicion h del orto-centro H satisface:

1

a

((h c) + ab

c

)=

1

c

((h a) + bc

a

),

de donde:c aac

h =c

a bc a

c+b

a=

(c a)(a+ b+ c)ac

,

con ello, finalmente:h = a+ b+ c .

Observacion:

Considerando que ademas el centro de gravedad G del triangulo ABC tiene

posicion g =a+ b+ c

3y que el circuncentro O tiene posicion 0, el resultado

obtenido para h muestra que:(i) O, G y H son colineales (en la llamada recta de Euler del triangulo) y

(ii)OG

GH=

2

1.

6.11 Problemas propuestos

1. Dados z1 = (3, 4), z2 = (5, 1), calcular z1 + z2, z1 z2, z11 , z12 .2. Demostrar del teorema [6.2.1] las partes (3), (7) y (9).


3. Dados z1 = (5, 4), z2 = (5, 6) calcularz1z2.

4. Expresar en la forma x+ iy el complejo(3 + 5i)(2 i)3

1 + 4i .

5. Usando complejos, demostrar que 252 172 = 3042 + 2972.

6. Calcular el modulo del complejo z =(2 3i)4(1 i)3

5 + i.

7. Hallar un complejo z tal que | z | = 1| z | = | 1 z |.

8. Hallar un complejo z tal que z1 + 2(z)1 = 1 + i.

9. (i) Demostrar del teorema [6.2.5] las partes (3) y (4).

(ii) Demostrar del teorema [6.2.6] las partes (2) y (5).

(iii) Demostrar que si z2 = z2, entonces z es real o bien imaginario puro.

(iv) Demostrar que si z+1

zes real, entonces Im(z) = 0 o bien | z | = 1.

(v) Demostrar que


17. Demostrar que (1 +32

)n+(13

2

)n,

es igual a 2 si n es un multiplo de 3 e igual a (1) si no lo es.18. Hallar x tal que: (1 + i

2

)x+(1 i

2

)x=2

19. Expresando el complejo3

2 + Cis en su forma estandar, demostrar que

| z |2 = 4


31. Considerando el desarrollo de (1 + i)n demostrar que:k

(1)k(n

2k

)= 2

n2 cos

npi

4.

32. Resolver la ecuacion 2x4+x2x+1 = 0, sabiendo que una de sus raceses la raz cubica de la unidad .

33. Siendo una raz cubica de la unidad, demostrar que:

(i) z31 + z32 = (z1 + z2)(z1 + z2)(z1 +

2z2) .

(ii) z31+z32+z

333z1z2z3 = (z1+z2+z3)(z1+z2+2z3)(z1+2z2+z3) .

(iii) (z1 + z2 + 2z3)3 (z1 + 2z2 + z3)3 = 3i3(z2 z3)(z3 z1)(z1 z2) .

34. Siendo una raz cubica de la unidad, demostrar que:

(i) (1 )(1 2)(1 4)(1 5) = 9 .(ii) (1 + 2)(1 2 + 4)(1 4 + 8) (1 2n + 22n) = 22n .

35. Siendo una raz cubica de la unidad, x = z1 + z2, y = z1 + 2z2,

z = 2z1 + z2, demostrar que:

(i) x2 + y2 + z2 = 6z1z2

(ii) x3 + y3 + z3 = 3(z31 + z32) .

36. Demostrar que si m 1 es divisible por 3 y a, b, c son reales, entonces:(a2 + b2 + c2 bc ca ab)2 divide a (b c)m + (c a)m + (a b)m.

37. Demostrar que si m es un numero impar, no divisible por 3, entoncesx2 + x+ 1 divide a (x+ 1)m xm 1.

38. Sea una raz quinta de la unidad, distinta de 1. Sean x1 = 4,x2 =

2 3. Demostrar que x21 + x22 + x21x22 = 0. Deducir que x1 y x2son races de la ecuacion bicuadratica x4 + 5x2 + 5 = 0.

39. Si es una raz septima de la unidad, distinta de 1, demostrar que:

1 + 2+

2

1 + 4+

3

1 + 6= 2 .

40. Con referencia al problema resuelto [6.10.28]

(i) Demostrar que1

z1+

1

z2+

1

z3= 0.


(ii) Deducir que z1, z2, z3 satisfacen la ecuacion z3 = z1z2z3.

(iii) Demostrar que el triangulo P1P2P3 es equilatero haciendo ver que| z1 z2 | = | z2 z3 | = | z3 z1 |.

41. Sea z0 = x0 + iy0 un complejo fijo. El punto P (z) recorre la recta deecuacion cartesiana y = mx+ n. Que curva recorre el punto Q(w) conw = z + z0?

42. Con referencia al problema resuelto [6.10.31], determinar la curva quedescribe el punto Q cuando el punto P recorre el eje imaginario.

43. Con referencia al problema resuelto [6.10.32], determinar la curva quedescribe el punto Q cuando el punto P describe la circunferencia deecuacion | z | = 1.

44. Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verifica que w =1 + z

1 z .Demostrar que si el punto P recorre la circunferencia de ecuacion | z | =1, el punto Q pertenece al eje imaginario.

45. Determinar los puntos P (z) que pertenecen a la simetral del trazo ABcon a(4 + 0i), B(8 + 0i) y a la circunferencia de Apolonio de razon 5/3del trazo CD con C(12 + 0i), D(0 + 8i).

46. Que lugar geometrico representa la ecuacion | 3z 1 | = | 5z + 10 |?47. Demostrar que la ecuacion z0z + z0z + k = 0 (k R), representa a una

recta perpendicular a OP0, siendo P0(z0).

48. Sean Pk(zk) (k = 1, 2, 3, 4, 5, 6) los vertices de dos triangulos semejantesP1P2P3, P4P5P6. Demostrar que:

z1 z4 1z2 z5 1z3 z6 1

= 0 .49. Si P1, P2, P3 no son colineales de a pares con el origen y si:

a1z1 + a2z2 + a3z3 = b1z1 + b2z2 + b3z3 = 0 ,

(con a1, a2,a3, b1,b2, b3 R), demostrar que:a1b1

=a2b2

=a3b3

.


50. Demostrar el teorema de Ptolomeo:

Los puntos Pk(zk), k = 1, 2, 3, 4 son concclicos si y solo si:

|(z1 z2)(z3 z4)|+ |(z2 z3)(z1 z4)| = |(z3 z1)(z4 z2)| .

51. Si es una raz cubica de la unidad, demostrar que los puntos P1(1),P2( 2), P3(2 1) son los vertices de un triangulo equilatero.

52. Si A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangulo equilatero y es unaraz cubica de la unidad, demostrar que a+b+c2 = 0 o a+b2+c = 0.

53. Los puntos A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangulo equilaterocon a = 4 + 6i, b = (1 i)a. Determinar los posibles valores de c.

54. Dos vertices opuestos del cuadrado ABCD son los puntos A(1 + i) yC(2 + 5i). Determinar los otros dos vertices del cuadrado.

55. Las posiciones de los vertices opuestos A y C de un rombo ABCD estandados por las races de la ecuacion z2 6(1 + i)z + 16i = 0. Determinarla ecuacion de segundo grado cuyas races dan las posiciones de los otrosdos vertices.

56. Demostrar, usando complejos, que en cualquier triangulo se cumple que:

c3 = b3 cos 3 + 3a2b cos( 2) + 3ab2 cos(2 ) + a3 cos 3 .

57. Demostrar que los complejos z1 y z2 son perpendiculares si y solo siz1z2 + z1z2 = 0.

58. Sea G el centro de gravedad del triangulo ABC, Demostrar que:

3(GA2+GB

2+GC

2) = GA

2+ AB

2+BC

2+ CA

2.

59. En un triangulo ABC los puntos D, E y F trisectan los lados de modoque BC = 3BD, CA = 3CE y AB = 3AF . Demostrar que los triangulosABC y DEF tienen el mismo centro de gravedad.

60. Sea ABCD un cuadrado y E un punto en su interior tal que los angulosECD y EDC miden 15. Demostrar que el triangulo AEB es equilatero.

61. Sean A, B puntos fijos de una circunferencia de ecuacion | z | = 1 ysea XY un diametro variable de esta. Probar que el L.G. del punto de

interseccion P de las rectasAX y

BY es una circunferencia.


62. Sobre los lados de un paralelogramo se construyen cuadrados hacia elexterior. Demostrar que los cuatro centros de estos cuadrados forman, asu vez, un cuadrado.

63. Sean P1, P2, , Pn los vertices de un polgono regular inscrito en lacircunferencia de ecuacion | z | = r.(i) Sea P un punto de ella. Demostrar que:

nk=1

PPk4= 6nr4 .

(ii) Sea Q(z) un punto del plano. Demostrar que:

nk=1

QPk = | | z |n rn | .

64. Sea P0(z0) un punto de la circunferencia de ecuacion | z | = 1. Demostrarque la recta tangente a la circunferencia en el punto P0 tiene por ecuacion:

z = 1z20z +

2

z0.


6.12 Respuestas captulo 6

(1) (2, 5),(19, 17),( 325, 4

25

),( 526, 1

26

)(3)

(4961,10

61

)(4) (9 + 13i)(6) 26

13

(7)(12,

32

)(8)

( 310,910

)(10) 2Cis

(5pi6

), 5Cis (306)

(12) 2sen

2,pi

2+

2

(14) 2 sen

2

cos( + 2

)(18) 1 + 8k , k Z

(20) 1,2kpi5

, k Z

(23) 5 3i2

(24)5 42

32

+(1 +2

2

)i

(27) 2/3, 8 15i

(32) , 2,1 i2

(41) Una recta paralela a la recta dada.

(42) La circunferencia de diametro AB.

(45) P1(6 + 8i), P2(6 + 17i)

(46) La circunferencia de Apolonio de razon 5/3 del trazo AB con A( 13 +0i), B(2+ 0i).(53) (7 23) + i(4 32)(54) 4 + 2i , 4i

(55) z2 6(1 + i)z + 2i(2 + 4) = 0

números complejos

Documents