Departamento de Matem´atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.
Tema 2 (Resultados).- Los n´
umeros complejos. Polinomios.
Ejercicio 1. Dados los n´umeros complejos z1 = 1 +i, z2 = 1−i, z3 = 3 + 4i, efectuar las
siguientes operaciones:
5z1+ 2z2−z3, z12, z1z2z3, z1z3
z2 , |2z1−3z3|,
z1z3 z2
,
zn
1 zn−2
2
(n∈N).
. . . .
5z1+ 2z2−z3 = 5(1 +i) + 2(1−i)−(3 + 4i) = 5 + 2−3 +i(5−2−4) = 4−i.
z2
1 = (1 +i)2 = 1 +i2 + 2i= 1−1 + 2i= 2i.
z1z2z3 = (1 +i)(1−i)(3−4i) = (1−i2)(3−4i) = (1 + 1)(3−4i) = 6−8i.
z1z3 z2
=
2
6
4
Multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador
3
7
5=
z1z3z2 |z2|2 =
−8 + 6i
2 =−4 + 3i.
z1z3 z2
=
|z1| |z3| |z2| =
√
2√25
√
2 = 5.
zn
1 zn−2
2
=
"
1 +i=√2eiπ
4
1−i=√2e−iπ4
#
= 2ei(n−1)π
2 =
8
>
>
<
>
>
:
2 si ...
2i si ... −2 si ... −2i si ...
Ejercicio 2. Dados los n´umeros complejosz1 =−2,z2 =−2i,z3 = 3−3i, yz4 =−2+2 √
3i:
(1) Repres´entalos geom´etricamente y escr´ıbelos en forma polar y exponencial.
(2) Calcula y representa geom´etricamente: z1 +z3, z2z3, z3z4, z3 z4, z
27 3 , z4200.
(3) Calcula y representa geom´etricamente: √3 z
1, √5z3, √4z4, 4
È
z2
1, (√4z1)2.
(1) La forma exponencial de los n´umeros dados es
z1 =−2 = 2eiπ, z2 =−2i= 2e−
π
2i,
z3 = 3−3i= 3√2e74πi = 3√2e−
π
4i,
z4 =−2 + 2√3i= 4e23πi.
. . . .
(2)
z27 3 =
3√2e−iπ4
27
= 327√227e−i274π = 327√227e−i34π
= 327√227
−√2 2 −i
√
2 2
=−327213(1 +i),
z200 4 =
h
4ei23π
i
200
= 4200ei4003π = 2400ei43π
= 2400
−1 2 −i
√
3 2
=−2399
1 +i√3
.
. . . .
(3) En cualquiera de los casos se trata de calcular varios n´umeros complejos. 3
√z
1: Se trata de calcular las 3 ra´ıces c´ubicas de z1 = 2eiπ que son:
3
√
2eiπ3 =√3
2 1
2 +i
√ 3 2 ! , 3 √
2ei(π3+ 2π
3 ) =√32eiπ =−√32,
3
√
2ei(π3+4
π
3 ) =√32ei5
π
3 =√32e−i
π
3 =√3 2 1 2 −i
√ 3 2 ! . 5
√z3: Se trata de calcular las 5 ra´ıces quintas de z3 = 3√2e7π
4 i que son:
• 5
È
3√2ei720π = 10√
18ei720π, • 10√
18ei(720π+ 2π
5) = 10√18ei3
π
4 = 10√18 √
2
2 (−1 +i), • 10√
18ei(720π+ 4π
5 ) = 10√18ei23
π
20 , • 10√18ei( 7π
20+ 6π
5) = 10√18ei31
π
20 ,
• 10√
18ei(720π+8π
5 ) = 10√18e−i
π
20.
4
√z4: Se trata de calcular las 4 ra´ıces cuartas de z4 = 4e2π
3i que son:
• √4
4ei212π =√2eiπ6 = √2 2
√
3 +i
, • √2ei(π6+ 2π
4 ) = √
2 2
−1 +i√3
,
• √2ei(π6+ 4π
4 ) =− √
2 2
√
3 +i
, • √2ei(π6+ 6π
4 ) = √
2 2
1−i√3
.
4
È
z2
1: Se trata de calcular las 4 ra´ıces cuartas de z21 = 4 que son: • √4
4 =√2, • √4
4ei24π =√2eiπ2 =i√2,
• √4 4ei22π
4 =√2eiπ =−√2, • √44ei3 2π
4 =√2ei 3π
4
√z1
2
: Se trata de calcular los cuadrados de las 4 raices cuartas de z1. Puesto que z1 =−2 = 2eiπ, las 4 raices cuartas de z1 y sus cuadrados son:
4
√z1 √4
2ei(π4) √42ei(
π
4+ 2π
4 ) √4 2ei(
π
4+ 4π
4 ) √4 2ei(
π
4+ 6π
4 )
4
√z1
2 √
2ei(π2) √2ei(
π
2+π) √2ei(
π
2+2π) √2ei(
π
4+3π)
k k k k
i√2 −i√2 i√2 −i√2
.
Por tanto, s´olo se obtienen dos valores distintos
i√2 y −i√2.
Ejercicio 3.
(1) Utilizando la f´ormula de De Moivre, expresa sen(2θ), cos(2θ), sen(3θ) y cos(3θ) en funci´on de sen(θ) y cos(θ).
(2) Siendo z =reix, calcula (z+z) (z
2+z2)· · ·(zn+zn)
cos(x) cos(2x)· · ·cos(nx) .
(3) Siendo z =ei25π (comprueba que z4 =z), calcula w= 1 +z+z4+z9 +z16.
. . . .
(1) Puesto que
cos(2θ) +isen(2θ) = [cos(θ) +isen(θ)]2 = cos2(θ) + 2isen(θ) cos(θ)−sen2(θ)
basta igualar partes reales y partes imaginarias y tenemos
cos(2θ) = cos2(θ)−sen2(θ)
sen(2θ) = 2 sen(θ) cos(θ) .
De manera an´aloga, usando la f´ormula de De Moivre y aplicando la f´ormula del binomio de Newton tenemos
cos(3θ) +isen(3θ) = [cos(θ) +isen(θ)]3 =
=
3 0
cos3(θ) +
3 1
cos2(θ)isen(θ) +
3 2
cos(θ)i2sen2(θ) +
3 3
i3sen3(θ)
= cos3(θ) + 3icos2(θ) sen(θ)−3 cos(θ) sen2(θ)−isen3(θ).
Igualando partes reales y partes imaginarias tenemos
cos(3θ) = cos3(θ)−3 cos(θ) sen2(θ),
sen(3θ) = 3 sen(θ) cos2(θ)−sen3(θ).
(2) Siendo z =reix, tenemos para k = 1,2, . . . , n,
zk+zk=rkeikx+rke−ikx =rk
eikx+e−ikx
=rk2 cos(kx).
Por tanto,
(z+z) (z2+z2)· · ·(zn+zn)
cos(x) cos(2x)· · ·cos(nx) = (2r)
2r2
2r3
· · ·(2rn) = 2nr
n(n+1)
2
puesto que 1 + 2 +· · ·+n = n(n+ 1)
2 .
. . . .
(3)
z4 =ei85π =ei(8π
5 −2π) =ei(− 2π
5 ) =z;
z5 =
ei2π
5
5
=ei2π = 1 =
⇒z9 =z4 =z, z16=z
w= 1 +z+z4+z9 +z16 =
= 1 + 2(z+z) = 1 + 4Re (z) = 1 + 4 cos
2π
5
.
Ejercicio 4. Calcula:
(1) La parte imaginaria de (1−i)5 y la parte real de (1−i)2002. (2) Las ra´ıces sextas de z =−1.
(3) La parte real de las sumas
100
X
k=0 ik,
100
X
k=0
1 +i √
2
k
.
. . . .
(1) Puesto que 1−i=√2e−π4i tenemos que (1−i)5 =√25e−54πi = 4√2e3
π
4i = 4√2
−√22 +i
√
2 2
=−4 + 4i,
(1−i)2002 =√22002e−20024πi = 21001e(−500π−24π)i
= 21001e−24πi =−21001i.
Por tanto,
Im
(1−i)5
= 4, Re
(1−i)2002
= 0.
. . . .
(2) Puesto que −1 =eπi, sus 6 ra´ıces sextas son
zk =e π
6+ 2kπ
6 , k= 0, ...,5 =⇒zk =±i, ±
√
3
2 ±
1 2i
!
.
(3) En ambos casos se trata de la suma de un cierto n´umero de t´erminos consecutivos de una progresi´on geom´etrica (cada t´ermino es igual al anterior multiplicado por una constante, independiente del t´ermino considerado). La suma dent´erminos consecutivos de una progresi´on geom´etrica de raz´onr ∈C
a1, a2 =a1r, a3 =a2r =a1r2, . . . , an=an−1r=a1rn−1
viene dada, para r6= 1, por la f´ormula
a1 +a2+· · ·+an=
a1−anr
1−r .
Puesto que S1 = 100
X
k=0
ik es la suma de los 101 t´erminos consecutivos de la progresi´on
geom´etrica de raz´on r=icuyo primer t´ermino es i0 = 1, tenemos
S1 =
100
X
k=0
ik = 1−i101
1−i =
Puesto que
i101 =i
= 1−i
1−i = 1 =⇒Re (S1) = 1.
Puesto que S2 =
100
X
k=0
1 +i √
2
k
es la suma de los 101 t´erminos consecutivos de la
progresi´on geom´etrica de raz´onr = 1 +√ i
2 cuyo primer t´ermino es
1+√i
2
0
= 1, tenemos
S2 =
100
X
k=0
1 +i √
2
k
= 1−
1+i
√
2
101
1−
1+√i
2
= 2
6
6
4
Puesto que1+√i
2 =e
iπ4
1+i
√
2
101
=ei1014π =ei54π
3
7
7
5=
1−ei5π
4
1−eiπ
4 =
=
√
2i
2−√2 =⇒Re (S2) = 0.
Ejercicio 5. Representa en el plano complejo las curvas y recintos determinados por las siguientes igualdades y desigualdades:
(1) Ima(1z)>Re(1z).
(2) Re(z2) = 0. (3) Ima(z2) = 3. (4) |z−3|=|z+i|.
(5) |z−3|>|z+i|.
(1) Siendo z =x+iy,
1
z = z zz =
z |z|2 =
x−iy x2+y2.
Por tanto,
Ima
1
z
= −y
x2+y2 >Re
1
z
= x
x2+y2 ⇐⇒ −y > x⇐⇒x+y <0.
Es decir, se trata de uno de los dos semiplanos en los que la recta x+y = 0 divide al plano. En concreto se trata del que contiene al punto (−1,0). Representa la recta y el semiplano citados.
. . . .
(2) Siendo z =x+iy, tenemos z2 =x2−y2+i2xy. Por tanto,
Re(z2) =x2 −y2 = 0⇐⇒y=±x.
Es decir, se trata de 2 rectas, las bisectrices de los ejes coordenados. Representa dichas rectas.
. . . .
(3) Teniendo en cuenta lo anterior,
Ima(z2) = 3⇐⇒2xy = 3⇐⇒y = 3 2x.
Por tanto, se trata de la gr´afica de la funci´on y=f(x) = 3/(2x) que es una hip´erbola cuyas as´ıntotas son los ejes coordenados. Dibuja dicha gr´afica.
. . . .
(4) Siendoz =x+iy,|z−3|es la distancia del punto (x, y) al punto (3,0) y|z+i|=|z−(−i)| es la distancia de (x, y) a (0,−1),
|z−3|=|(x−3)+i(y−0)|=
È
(x−3)2+y2,|z+i|=|(x−0)2+(y+1)2|=
È
x2 + (y+ 1)2.
Por tanto, decir que z verifica la ecuaci´on |z−3| =|z +i| es equivalente a decir que (x, y) equidista deA= (3,0) y de B = (0,−1).
Es decir, la ecuaci´on|z−3|=|z+i| caracteriza a los puntos de lamediatriz del seg-mento de extremosAy B. Calcula la ecuaci´on cartesiana de dicha recta y repres´entala.
. . . .
(5) Teniendo en cuenta el apartado anterior, los puntos (x, y) tales que z =x+iy verifica
|z−3|>|z+i|ser´an los puntos de uno de los dos semiplanos que determina la mediatriz
Ejercicio 6. Resuelve las siguientes ecuaciones polin´omicas y factoriza los polinomios corres-pondientes:
z2−2z+ 2 = 0, z2+ (i−1)z−i= 0, z6 −2z3+ 2 = 0.
. . . .
z2 −2z+ 2 = (z−(1 +i)) (z−(1−i)), z2 + (i−1)z−i= (z−1)(z+i)
z6 −2z3+ 2 = (z−z
0)(z−z1)(z−z2)(z−z′0)(z−z1′)(z−z2′) siendo zk =
6
√
2ei(12π+ 2kπ
3 ), z′
k =
6
√
2ei(−12π+2kπ3 ), k = 0,1,2.
Ejercicio 7. (1) Resuelve, para n= 1,2, . . ., la ecuaci´on polin´omica:zn+ (z−2)n
= 0.
(2) Resuelve las siguientes ecuaciones (no polin´omicas)
(a)z− 1
z = 3i; (b) (z)
2 =z2.
. . . .
(1) Obviamente z = 0 no verifica la ecuaci´on dada y dividiendo por zn en dicha ecuaci´on
tenemos,
1 +
z−2
z
n
= 0.
Es decir, z es soluci´on de nuestra ecuaci´on si y s´olo si (z 6= 0 y)
t= z−2
z
es una de lasn raices n-´esimas de −1. Basta ahora con obtener dichas raices
t0, t1,· · · , tn−1
y despejar z de cada una de las relaciones
z−2
z =tk =⇒z−2 =tkz =⇒(1−tk)z = 2 =⇒z =
2 1−tk
, k= 0,1, . . . , n−1.
. . . .
(2a) Siendo z =x+iy tenemos
z− 1z = 3i⇔ zz−1 = 3iz ⇔ |z|2−1 = 3iz ⇔x2+y2−1 = 3i(x+iy) = 3ix−3y
⇔
¨
x2+y2−1 =−3y
3x= 0
«
⇔
¨
x= 0
y2+ 3y−1 = 0
«
⇔
8
<
:
x= 0
y= −3±
√
13 2
9
=
;
⇔
8
>
>
<
>
>
:
z1 = −
3 +√13
2 i
z2 = −3−
√
13
2 i
9
>
>
=
>
>
;
. . . .
(2b) Obviamente z = 0 es soluci´on de la ecuaci´on. Para z 6= 0 consideramos su forma exponencial z = reiθ. Entonces z = re−iθ y sustituyendo en la ecuaci´on dada queda
r2ei2θ = r2e−i2θ. Para que se cumpla esta igualdad la diferencia de los argumentos
2θ−(−2θ) = 4θ tiene que ser un m´ultiplo entero de 2π. Por tanto,
θ = 2kπ
4 =
kπ
2 , k = 0,±1,±2, . . .
Dando a k los valores k = 0,1,2,3 obtenemos las soluciones (adem´as de la soluci´on nula)
z =r, z =reiπ2 =ri, z =reiπ =−r y z =rei 3π
2 =−ri, ∀r >0.
Para cualquier otro valor dek se obtienen soluciones que coinciden con alguna de las anteriores. Por tanto las soluciones de la ecuaci´on planteada son todos los n´umeros reales y todos los n´umeros complejos imaginarios puros.
La ecuci´on anterior la hemos resuelto utilizando la forma exponencial de la inc´ognita. Tambi´en se puede resolver utilizando la forma bin´omica. Sin embargo, la resoluci´on de una ecuaci´on similar, como por ejemplo (z)3 =z3 ´o (z)4 =z4, usando la forma exponencial ser´ıa comple-tamente an´aloga a la anterior. Usando la forma bin´omica se convierte en la resoluci´on de un sistema de dos ecuaciones de tercer o cuarto grado con dos inc´ognitas.
Ejercicio 8. Indica la respuesta correcta. El teorema fundamental del ´algebra garantiza que un polinomio real de grado 9,
tiene 9 ra´ıces reales porque sus coeficientes son reales. no puede tener ra´ıces reales.
X tiene 9 ra´ıces complejas.
Ejercicio 9. Sin tratar de calcular las ra´ıces de los siguientes polinomios, ¿qu´e se puede decir de ellas?, ¿puede garantizarse la existencia de alguna ra´ız real?:
P1(z) =z3+ 28z2+ 2z−1, P2(z) =z4+ 2z3−2z−15,
P3(z) =iz2+ (3−i)z−(1 +i), P4(z) =iz5+z3−(1 +i)z2.
. . . .
(1) Puesto que P1 es de grado impar y tiene coeficientes reales, al menos tendr´a 1 ra´ız real.
. . . .
(2) Puesto que P2 es de grado 4, a priori podr´ıa no tener ninguna ra´ız real, pero puesto que
P2(0)<0 (y tiene coeficientes reales), P2 tendr´a al menos dos ra´ıces reales.
. . . .
. . . .
(4) Puesto que P4(z) =z2(iz3+z−(1 +i)), tenemos que z = 0 es una ra´ız doble de P4,
pero no se puede garantizar queiz3+z−(1 +i) tenga alguna ra´ız real (aunque sea de
grado impar).
Ejercicio 10. Expresa mediante operaciones con n´umeros complejos y en t´erminos matri-ciales las siguientes transformaciones del plano:
(1) Proyecci´on ortogonal sobre el eje OY.
(2) Giro con centro en el punto (1,1) y ´angulo π
3rad.(en sentido positivo). (3) Homotecia con centro en (1,2) y raz´on 3.
. . . .
(1) z →w= 1
2(z−z),
x y → x′ y′ = 0 0 0 1 x y = 0 y . . . . .
(2) z →w= (1 +i) +eiπ3 [z−(1 +i)],
x y → x′ y′ = 1 2 − √ 3 2 √ 3 2 1 2 !
x−1
y−1
+ 1 1 = = 1 2 − √ 3 2 √ 3 2 1 2 ! x y
+12 1 +
√
3 1−√3
!
.
. . . .
(3) z →w= (1 + 2i) + 3 [z−(1 + 2i)],
x y → x′ y′ = 3
x−1
y−2
+ 1 2 = 3 x y −2 1 2 .
Ejercicio 11. ¿Qu´e representan geom´etricamente las siguientes operaciones sobre n´umeros complejos y vectores respectivamente?
(1) (a) (3 +i)2z−2, (b) (3 +i)2(z−2), (c) (3 +i)2z−2.
(2) (a) −5 √ 3 2 − 1 2 1 2 √ 3 2 ! x y , (b) √ 3 2 − 1 2 1 2 √ 3 2 !3 x y . . . . .
(1o) Al multiplicar (3 +i)z = √10
3
√
10 + 1
√
10i
z se est´a haciendo un giro (de centro el origen y) de ´angulo θ = arg(3 +i) = arc tg
1 3
∈
0,π
2
y una homotecia de (centro O y) raz´on r=|3 +i|=√10.
(2o) Por tanto, al calcular, (3 +i)2z se hace (sobre z) un giro de ´angulo 2θ y
raz´on r2 = 10.
(3o) Finalmente, al restar 2 se est´a haciendo una traslaci´on de vector (
−2,0). . . . .
b) (3 +i)2(z−2):
(1o) Traslaci´on de vector (
−2,0),
(2o) Giro de centro O y ´angulo
ϕ = arg
(3 +i)2)
= arg(8 + 6i) = arc tg
6 8
∈(0,π
2),
(3o) Homotecia de centro O y raz´on
|(3 +i)2|= 10.
. . . .
c) (3 +i)2z−2:
(1o) Simetr´ıa respecto a OX,
(2o) Giro de centro O y ´angulo
ϕ = arg
(3 +i)2)
= arg(8 + 6i) = arc tg
6 8
∈(0,π
2),
(3o) Homotecia de centro O y raz´on |(3 +i)2|= 10,
(4o) Traslaci´on de vector (−2,0).
. . . .
(2) a) −5 √
3 2 −
1 2 1 2
√
3 2
!
x y
:
(1o) Giro de centro el origen y ´anguloϕ= π
6rad,
(2o) Homotecia de centroO y raz´on r= 5,
(3o) Simetr´ıa respecto aO.
. . . .
b)
√
3 2 −
1 2 1 2
√
3 2
!3
x y
:
Puesto que se trata de la matriz del giro de centroO y ´angulo ϕ = π
6 elevada a 3, el
resultado es la matriz del giro de centro O y ´angulo 3ϕ = π
2.
Ejercicio 12. Expresa mediante operaciones con n´umeros complejos y en t´erminos matri-ciales las siguientes transformaciones del plano:
(1) Giro con centro el origen y ´angulo el ´angulo 0 < φ < π
2 que forma la recta y = 2x con
(2) Giro con centro el origen que lleva el punto P = (1,2) sobre el punto P′ = (−2,1).
(3) Giro con centro C = (1,0) que lleva el punto P = (1,2) sobre el punto P′ = (−2,1). . . . .
(1) El giro de centro el origen y ´angulo φ vendr´a dado, en forma compleja, por
z ∈C−→w=eiφz ∈C.
Con las condiciones dadas vamos a calcular eiφ.
Puesto que la recta pasa por el origen de coordenadas y por el punto (2,1), el ´angulo
φes el argumento (uno de ellos) del n´umero complejo 1 + 2i. Puesto que |1 + 2i|=√5 tenemos
1 + 2i=√5eiφ =
⇒eiφ = 1 + 2√ i
5 , cos(φ) = 1
√
5, sen(φ) = 2
√
5. Por tanto, el giro viene dado por
z ∈C−→w= 1 + 2√ i
5 z ∈C.
Para obtener la expresi´on matricial-vectorial, basta con obtener la parte real y la parte imaginaria de w en funci´on de las partes real e imaginaria de z
z =x+iy ∈C−→w=x′+iy′ = 1 + 2√ i
5 (x+iy) = 1
√
5[x−2y+i(2x+y)]. Por tanto, el giro viene dado por
x y
∈R2 →
x′
y′
= √1
5
1 −2
2 1
x y
∈R2.
. . . .
(2) En forma compleja, el giro vendr´a dado por la multiplicaci´on por un n´umero complejo de m´odulo 1,eiθ del que sabemos que
−2 +i=eiθ(1 + 2i) =
⇒eiθ = −2 +i
1 + 2i =
(−2 +i)(1−2i) (1 + 2i)(1−2i) =
5i
5 =i=e
iπ2.
Por tanto, el giro considerado viene dado mediante
• z ∈C−→w=iz ∈C,
•
x y
∈R2 −→
x′
y′
=
0 −1
1 0
x y
∈R2.
. . . .
(3) Para que mediante un giro con centro en C se pueda transfrmar un punto P en un punto P′ estos puntos P y P′ tienen que equidistar de C. Pero para los puntos dados tenemos
