Por
Roberto Ruiz S
Estructura de Campo
EnRla ecuaci´onx2=−1 no tiene soluci´on. No puede tenerla adem´as, por queRes un campo (cuerpo) ordenado y por lo tanto−1 es
nega-tivo, mientras, x2 es positivo o cero; ´esto es adem´as propiedad de cualquier campo ordenado. Por tanto si se desea un campo, en donde x2 =−1 tenga soluci´on, ´esto no puede ser un campo ordenado. El procedimiento que usamos aqu´ı es, por otra parte, generalizable. El lector debe notar que no se hace uso sino de las propiedades de campo de R. El conjuntoCesR×Ry la aritm´etica es:
Suma: (a, b) + (c, d) = (a+c, b+d)
Producto: (a, b)·(c, d) = (ac−bd, ad+bc)
1. Proposici´on: Se cumple: i) + es una operaci´on enC.
ii) ·es una operaci´on en C.
Demostraci´on: Parte 2. Si (a, b); (c, d) ∈ C, entonces; a, b, c, d ∈ R. Por tanto
ac−bc∈R. As´ı que (ac−bd,ad+bc)∈Cy se cumple la propiedad clausurativa para el producto.
Supongo ahora que (a, b) = (c, d) y veamos que (a, b)·(e, f) = (c, d)·(e, f). El caso [(e, f)·(a, b) = (e, f)·(c, d)] se hace de manera id´entica. (a, b) = (c, d)↔a=cyb=d. Adem´as (a, b)·(e, f) = (c, d)·(e, f)↔(ae−bf,af+be)
= (ce−df, cf +de)↔ae−df yce−df yaf+be=cf +de.
Es decir que debemos mostrar quea=cyb=d→ae−bf =ce−df yaf+be=cf+de. Esto ´ultimo es claro: a = c y b = d→ ae = ce y bf = df → ae−bf = ce−df. As´ı mismo a=c yb−d→af =cf ybe=de→af+be=cf+de
2. Proposici´on: C, +, ·es un campo.
entonces −(a, b) = (−a,−b). Adem´as en cuanto a conmutatividad; calculemos (a, b) + (c, d) = (a+c, b+d) y
(c, d) + (a, b) = (c+a, d+b). Es claro que los resultados coinciden, por la conmu-tatividad de + enR. De manera similar se demuestra la asociatividad (ejercicio).
ii) En cuanto a las propiedades para el producto; se tiene que (1,0) es el m´odulo multiplicativo (verif´ıquelo) y si (a, b)6= 0, entonces:
1 (a,b) =
a a2+b2,
−b a2+b2
. En efecto:
(a, b)· a a2+b2,
−b a2+b2
=aa2+ab2 −b
−b a2+b2, a
−b
a2+b2 +ba2+ab2
= aa22++bb22,
−ab+ab a2+b2
=
(1,0) = 1.
iii) La conmutatividad del producto queda como ejercicio. Veamos la asociatividad. Calculemos:
(a, b)·((c, d)·(e, f)) = (a, b)·(ce−df, cf+de) = (a(ce−df)−(b(cf +de) , a(cf +de) +b(ce−df)) = (ace−adf −bcf −bde,acf+ade+bce−bdf).
((a, b)·(c, d))·(e, f)) = (ac−bd, ad+bc)·(e, f) = ((ac−bd)e−(ad+bc)f , (ac+bd)f+ (ad+bc)e= (ace−bde−adf −bcf,acf−bdf+ade+bce). Comparando los dos resultados se tiene que: (a, b)((c, d)·(e, f)) = ((a, b)·(cd))·(e, f)
iv) Que·distribuye sobre + queda como ejercicio.
R Como Subcampo de C
Considerando ahoraR={(a,0)|a∈R}; se tiene que
3. Proposici´on: Res un subcampo (subanillo que contiene los inversos multiplicativos de sus elementos distintos de cero) deC.
Demostraci´on: Se debe ver que R es cerrado para + y · , que contiene los m´odulos y los inversos aditivos y multiplicativos para elementos no cero. Pero es claro que (a,0)·(b,0) = (a·b,0); (a,0) + (b,0) = (a+b,0); (0,0) ∈ R; (1,0) ∈ R; −(a,0) = (−a,0)∈R; (a,10) = 1a,0
∈R(si a6= 0 en R). 2 Ahora bienRrepresenta a los n´umeros reales en C:
4. Proposici´on: φ:R→R,a7−→(a,0), es un isomorfismo de campos. Demostraci´on: Ejercicio. 2
Con base en el isomorfismo φ se identifica R con R, por medio de la identificaci´on
si la soluci´on dex2=−1 existe en C. La respuesta es positiva.
5. Proposici´on: {(0,1),−(0,1)} es la soluci´on de x2 =−1.
Demostraci´on:(0,1)2 = (0,1)·(0,1) = (0,−1·0 + 0) = (−1,0) =−1.
El n´umero complejo (0,1) juega un papel importante, adem´as de ser soluci´on dex2 =−1 en C. R junto con (1,0), genera aC. En efecto si denotamosi= (0,1). Entonces:
6. Proposici´on: Todo n´umero complejo (a, b) se puede escribir en C como: (a, b) =
a+bi.
Demostraci´on: a+bi= (a,0) + (b,0)(0,1) = (a,0) + (0, b) = (a, b). 2
Resumiento lo que se tiene hasta ahora, con base en la identificaci´on (a,0) =ay (0,1) =
i.
1. C={a+bi/a, b∈R}.
2. a+bi=c+di↔a=c yb=d.
3. (a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i.
4. (a+bi)·(c+di) = (ac−bd) + (ad+bc)i.
5. 0 = 0 + 0i.
6. 1 = 1 + 0i.
7. −(a+bi) = (−a) + (−b)i.
8. Sia+bi6= 0→ 1
a+bi = a a2+b2 +
−b a2+b2i.
9. i2=−1, (−i2 = 1).
10. C, +,·es un campo (y no puede ordenarse).
La Representaci´on Cartesiana de C
Puesto que C como conjunto en R2, entonces hay una representaci´on geom´etrica de C, a saber el plano cartesiano. Note que los elementos de la forma (a,0) son los que repre-sentan a R, por tantoel eje de las x representa a los n´umeros reales. Los elementos de la forma (0, b) no representan aR, pero (0, b) =bipor lo cual el eje de lasy, representa a losimaginarios purocomo se le llam´o alguna vez. Gr´aficamente tambi ´en se identifica a a+bicon la flecha desde (0,0) hasta (a, b). Ver 7.
Con esta representaci´on a la longitud de la flecha se le llama la norma del complejo (a, b). En cuanto al elemento sim´etrico de (a, b) sobre R, es decir, (a,−b) se le llamael
7 Gr´afico
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Formalmente.
8. Definici´on:
i) Al n´umero real no negativo √a2+b2 se le llama la norma de(a, b) =a+biy se
denota||a+bi||
ii) Al complejoa−bise le llamael conjugadodea+bi. Se denota: a+bi=a−bi. 2 9. Proposici´on: La propiedades del conjugado son:
i) z1+z2 =z1+z2
ii) z1·z2=z1·z2
iii) z=z
iv) z=z↔z∈R
Demostraci´on: Parte iv). Sea z =a+bi. Entonces z =z ↔ a+bi=a−bi↔ b = −b↔b= 0↔z=a+ 0i. 2
Ejercicio: Realizar las demostraciones de i), ii), iii). Note Quez∈R, si z es de la formaa+ 0i.
Si z =a+bi, entonces ase llama la parte real de Z y se denota R(z) y b se llama la imaginaria y se denota I(z). Se tiene pues que: z=R(z) +I(z)i.
i) Siz∈R entonces||z||=|z|
ii) ||z||= 0↔z= 0
iii) ||z||2 =z·z
iv) ||z||=||z||
v) |R(z)|<||z||y |τ(z)|<||z||
vi) ||z1·z2||=||z1||||z2||
vii) ||z1+z2|| ≤ ||z1||+||z2||
viii) ||1
z||=
1
||z|| siz6= 0
Demostraci´on: Parte vii). Note que||z1+z2||,||z1||y||z2||son n´umeros reales positivos o cero. As´ı que demostrar vii. es equivalente a demostrar que||z1+z2||2 ≤(||z1||+||z2||)2;
que es lo que haremos.
||z1+z2||2 = (z1+z2)(z1+z2) = (z1+z2)(z1+z2) =z1·z1+z1·z2+z2·z1+z2·z2=
||z1||2+z1·z2+z·z2+||z2||2 =||z1||2+ 2R(z1·z2) +||z2||2≤ ||z1||2+ 2||z1·z2||+||z2||2=
||z1||2+ 2||z1||||z2||+||z2||2 =||z1||2+ 2||z1||||z2||+||z2||2= (||z1||+||z2||)2. 2
Ejercicio: Realizar la demostraci´on de las partes i), ii), iii), iv), v) y vi). Ejemplo: Dado z∈C, dibuje 2z, 21z, 23z`, −2z3, z.
Si Z = (a, b), entonces 2Z = (2a,2b) : Z2 = a2,2b; 32z = 32a,32b; −32z = −32a,32b. Estos complejos est´an en la misma recta que pasa por z y el origen. Se tiene que: ||2z||= 2||z||; ||z
2||= 1 2||z||; ||
3z
2 ||= 3
2||z|| y finalmente || − 3 2z||=
3
2||z||. 2
Ejemplo: Suponga que el punto z situado en el plano (11) tiene norma 3. Halle 1z.
11 Gr´afico
De la f´ormula z·z=||z||2, se tiene que si z 6= 0 , entonces como ||z||2 6= 0, se
recibe ||zz·||z2 = 1. Por tanto 1z = ||z1||2 ·z. As´ı pues z1 est´a situado en el rayo que
pasa por z adem´as ||1z||=||||z1||2 ·z||= 1
||z||2||z||= 1
||z||2 · ||z||= 1
||z||.
Es decir que ||1z|| = ||1z||. En nuestro caso ||1z|| = ||1z|| = 13. El lector verificar´a que 1z como se marc´o en el grafico es el punto correcto. 2
Dados dos complejos z1 y z2 se puede completar con ellos un paralelogramo. En F´ısica se conoce como el paralelogramo de la suma de fuerzas. El complejo que aparece en el v´ertice opuesto al origen es z1+z2, como en el caso de la F´ısica.
12 Gr´afico
Para hallar una representaci´on gr´afica de producto y cociente de complejos necesitamos un nuevo tipo de representaci´on de los n´umeros
La Representaci´on Polar de los Complejos
Recordemos que la ecuaci´on de una recta que pasa por el origen es y =mx, en donde m es una constante, llamada pendiente. El sistema de ecuaciones
Si (x, y) es un punto del rayo, entonces las siguientes son constantes: √ y x2+y2,
x √
x2+y2,
y
x y si no son cero, por supuesto tambi´en los inversos multiplicativos. A estas expresiones se les llama las funciones trigonom´etricas del rayo y se denotan: √ y
x2+y2 = senr;
x √
x2+y2 = cosr;
y
x = tanr; x
y = cotr; √
x2+y2
x = secr; √
x2+y2
y = cscr.
Cuando un ´angulo tiene rayo terminal r las relaciones de arriba se llaman tambi´en las funciones del ´angulo. Por ejemplo θ y∇ en 13 tienen las mismas funciones por que tienen el mismo rayo terminal. Si un complejo Z est´a sobre el rayo r y θ tiene rayo terminal r entonces θ se llama un argumento
de Z. Aqu´ı denotaremos r(Z) al rayo que contiene a Z, si Z 6= 0 y Arg(z) el argumento principal de z que es aqui en (0,2π].
14 Proposici´on: Si Z 6= 0, entoncesZ =||Z||(cos(r(Z)) +isen(r(Z)).
Demostraci´on: Si Z = (x, y) =x+iy est´a en r(Z), entonces: cos(r(Z)) = √ x x2+y2
y sen(r(Z)) = √ y
x2+y2, reemplazandoZ =x+iy=
p
x2+y2 cos(r(Z)) +ip
x2+y2
sen(r(Z)) =||Z||(cos(r(Z)) +isen(r(Z))). 2
Note que la igualdad anterior dice que un complejo, est´a determinado per-fectamente por dos datos (si es distinto de cero) su norma y su argumento, los cuales son por supuesto en general, de f´acil acceso gr ´afico (se pueden graficar). El teorema siguiente dice c´omo se calcula graficamente el producto de los complejos (no cero). La escritura dada se llama la forma polar de Z.
ii) Siθ1 es un argumento deZ1 yθ2es deZ2, entoncesθ1+θ2e sun argumento
de Z1·Z2.
Demostraci´on: Aunque la primera ya la sabemos sacamos las dos de la es-critura en forma polar: Z1=||Z1||(cosθ1+isenθ1) y Z2 =||Z2||(cosθ2+isenθ2). Entonces Z1Z2 =||Z1||||Z2||(cosθ1+isenθ1)(cosθ2+isenθ2) =
||Z1||||Z2||(cosθ1cosθ2−senθ1senθ2) +i(cosθ1senθ2+senθ1cosθ2) =||Z1||||Z2||(cos(θ1+θ2) +isen(θ1+θ2)).
Como esta ´ultima expresi´on de z1z2 entonces i) y ii) siguen:
16 Gr´afico
En lo que sigue diremos que un n´umero complejo Z 6= 0 est´a escrito en la forma polarcan´onica si Z =r(cosθ+isenθ) con r >0 y 0 < θ≤2π, es decir con
θ=Arg(z).
Nos referimos ahora a la relaci´on de “ra´ıces ”de n´umeros complejos. La relaci´on NO universal y adem´as con ra´ıces complejas NO son v´alidas las leyes de radicales de los n´umeros reales.
17. Proposici´on: Sea Z =r(cosθ+isenθ) en forma can´onica. Entonces
i) W =r1n(cos θ
n+isen` θ
Demostraci´on: Como r > 0, rn1 existe en R y es mayor que cero. Como 0 < θ ≤ 2π entonces n0 < θn ≤ 2π para todo n ≥ 1, n ∈ N. Finalmente por el ejercicio precedente.
W = (r1n)n(cos(θ
n·n) +isen( θ
n·n) =r(cosθ+isenθ) =Z. 2
18. Definici´on: Seaz= (rcosθ+isenθ) complejo en forma can´onica. Sean∈N,
n >0. Llamamos lara´ız complejan-´esima de z, y la denotamos √nz al complejo, n
√
z=rn1(cosθ
n +isen θ n). 2
Por ejemplo: Puesto que la forma can´onica de 1∈R es 1(cos2π +isen2π) entonces √21C = −1 y √31C = −1
2 +
√
3
2 que son soluciones de x2 = 1 y x3 = 1 en C, pero en este ´ultimo caso deben haber 3 raices.
Nos entendemos con la ecuaci´onxn=aenC. Denotamos ax=r(cosθ+isenθ). Por tanto
rn(cosnθ+isennθ) =kak(cosArg(a) +isenArg(a))
por facilidad denotamos ARg(a) =α. De lo precedente se tiene quern=kak y por tantor = pn kaken R. Adem´asnθ=α+ 2πk con k∈
Zy entoncesθ= α+2nπk con k∈Z. Ahora bien como
xk = n
p
kak(cosα+22πk +isenα+2nπk) n
p
kak(cosαn +isenαn).(cos2πkn +isen2πkn ) = pn
kak(cosαn+isenαn).(cos2nπ +isen2nπ)k = pn kakC(√n
1C)k, k∈Z.
pero si a k lo denotamos por n en Z, entonces k=qn+r con 0≤r < n, q∈Z entonces:
(√n1C)R= (√n
1C)qn+r = ((√n
1C)t) = 1q((√n
1C)t) = (√n 1C)t.
Por tanto k puede tomarse como k = 0,1,· · ·, n −1. Si suponemos que 0 ≤ k1, k2 con k1 < k2 es decir k2 = k1 +m y (n
√
1C)k1) = (√n1C)k2 entonces
(cos2nπk2+isen2nπk2) = (cos2nπk1+isen2nπk1) por tanto
2π nk2 =
2π
nk1+ 2πk con k∈Z⇐⇒ k2−k
n <1.
Se sigue entonces que las ´unicas soluciones dexn=aest´an dadas porx i para
i= 0,1, ..., n−1, y son todas distintas.
En cuanto a la cuadratica se tiene la equivalencia ax2+bx+c = 0 ↔ si y = (2ax+b) equivale a y2=b
2−4ac.
Pero en una ecuaci´on en C, x2 = a tiene soluci´on 2 √
a y −√2a. Por tanto y2 = b2 −4ac tiene soluciones √2b2−4acC y −√2b2−4acC. Reemplazando se tiene 2ax+b=±√2
b2−4ac de donde sigue la f´ormula propuesta.
1 = 1 = −2 + 2 i y no es 1 como lo sugiere la f´ormula de ra´ız y potencia del caso real.
Ahora damos las f´ormulas de soluci´on de xn=ay ax2+bx+c= 0 en C. 19. Colorario:
i) Sea a∈C, n∈N, n >0, entonces xn =a tiene como soluciones distintas
xi = n √
a(√n1)i, i= 0,1, ..., n−1.
ii) La soluci´on de ax2 +bx+c = 0 (donde a 6= 0) en
C est´a dada por x =
−b±√b2−4acC
2a , donde
Demostraci´on: Parte i). Que xi es soluci´on dexn=aes claro porque: (xi)n= (√na(√1)i)n = (√na)n((√n
1)i)n = (√na)n((√n
1)n)i = a1i = a. Suponga que W =
r(cosθ+isenθ) es otra soluci´on. 2
Funciones Complejas
Recuerde que la funci´on E(θ) =cosθ+isenθ cumple que
E(0) = 1E(θ1+θ2) =E(θ1)×E(θ2)por la formula de Moivre y adem´as(E(θ))n=
E(nθ), por la misma raz´on. Finalmente, derivando con respecto a θ el com-plejo (cosθ, senθ) se tiene que E0(θ) = −senθ+icosθ = i(cosθ +isenθ) = iE(θ). es decir que E(θ) funciona mucho con una funci´on exponencial. Para deter-minar la base posible recordemos que en caso real D×af(x) =f0(x)af(x) en a. Por tantof(θ) =iθ y a=eencaja como base y potencia apropiadas. Se toma entonces como notaci´on que cosθ +isenθ = eiθ. Por tanto por consistencia con las demas propiedades numericas si han de cumplirse, se debe tener que
ex+iy =exeiy=ex(cosy+iseny). Asi que siz=x+iyentoncesez=ex(cosy+iseny). Se tienen las siguientes propiedades de la funci´on exponencial compleja.
20. Proposici´on:
i) e0 = 1.
ii) ez1.ez2 =ez1+z2.
iii) (ez)q=eqz (q ∈Q). iv) kezk=ex (z=x+iy).
v) ez 6= 0, ∀z∈C.
Note que si 0 < y ≤ 2π entonces y es el argumento de ez. Suponiendo que para z∈C, Ln(z) =u+vi es un complejo tal que eu+vi=z (z=x+iy digamos) se encuentran infinitas posibilidades para u pero todas son argumentos de z. Como en el caso de las raices nuestra funci´on logaritmo natural usar´a el ar-gumento principal. Las dem´as ser´an brazos logar´ıtmicos y todas sonsecciones
de la funci´on exponencial.
21. Definici´on: Ln(z) =lnkzk+Arg(z)i para z6= 0. 2
Note que Lnz esta bien definido en toda parte del plano complejo, excepto en 0, Ln:C− {0} −→C. Note adem´as que Ln es una secci´on de ez:
21. Proposici´on: ∀z6= 0, z∈C eLnz =z.
Demostraci´on: eLnz =elnkzk+iArg(z)=elnkzkei Arg(z)=kzk(cosArg(z))+isenArg(z)) =
z. 2
Sin embargo ez no es una secci´on de Ln en toda parte de C como el lector puede verificar. Pero se puede relacionar una franja donde lo es:
Si tomamos el dominio de ez los complejos z=x+iy con 0< y ≤2π como en el gr´afico, entonces se tiene:
22. Proposici´on: ez :R+ (0,2π]i−→C− {0} es una secci´on de Lnz.
Demostraci´on: Recuerde que kex+iyk = ex y que si 0 < y ≤ 2π Argez =
Argex(cosy+iseny) =y. Por tantoLnez =lnkezk+iArg(ez) =lnex+iy=x+iy=
z. 2
Siw∈C−{0}, entoncesw=elnkwk+iArg(w)seg´un se vio arriba ylnkwk+iArg(w)∈ R++i(0,2π]⊆R+i(0,2π]. Esta muestra que las funciones inversas una de otra, en el plano complejo son:
Aun as´ı la funci´onez existe en TODO C. Note que en este caso la restricci´on mas fuerte se hizo en la funci´on exponencial mientras la de logaritmo quedo practicamente sobre todo C (excepto 0). Contrario al caso real en donde el dominio es todo R, es decir no cambia cuando se le busca una inversa. Note tambien que LN es inversa de EXP y n´o de ez. Cuando no tratamos de usar hechos de invertibilidad usamos Lnz y ez para las funciones logaritmicas y exponenciales complejas.
Note Ln(−1) =Ln(1(cosπ+isenπ)) =ln(1) +i(π) =πi Ln(1) =Ln(1(cos2π+isen2π)) =ln(1) + 2πi= 2πi.
Esto muestra que, en el caso de logaritmo, tomar el argumento principal en (0,2π] no produce Ln como generalizaci´on de ln en R. La ventaja de tomar (0,2π]est´a en la soluci´on de ecuaciones del tipozn=acona∈
R(en particular R+) en donde una raiz genera todas las dem´as. Esa ra´ız es la que se denot´a n
√
a ´o √naC, para ser mas precisos, y se requiere el argumento principal en (0,2π]. Por lo demas, si θ es un argumento dez entonces se puede denotar:
lnθ(z) =lnkzk+θi
As´ı pues ln0(1) =lnk1k+ 0i= 0. ln−π(−1) =lnk −1k+ (−π)i=−πi.
Nosotros usaremos consistentemente Arg(z) ∈ (0,2π], pero por supuesto la manera de tratarlo es tomando
ln(δ(senθ+icosθ)) =lnδ+θi
y mejor aun ln(δ, φ) =lnδ+φi en donde δ >0. De nuevo se generaliza, para Z, w∈C, se toma:
23. Definici´on: Zw =ewlnz. 2
Cuyo valor principal esta dado con los argumentos principales dez y w. Por ejemplo (−1)
√
2 no esta definido en los numeros reales pero en los complejos
si lo esta y es: (−1)
√
2=e
√
2ln(−1)
=e
√
2ln(cosπ+isenπ)=cos(√2π) +isen√2π.
Funciones Trigonom´etricas e Hiperb´olicas Complejas
Como ei2 = cosθ+isenθ y e−iθ =cosθ−isenθ entonces cosθ = ei2+2e−iθ y senθ = ei2−e−i2
2i . Comoez esta definido en todoC, entonces existe una manera natural de definircoszysenzy las dem´as funciones trigonom´etricas. Por exactamente la misma raz´on se puede definir funciones hiperb´olicas:
i) senz= eiz−2ei−iz (seno). ii) cosz = eiz+2e−iz (coseno).
iii) senhz= ez−2e−z (seno hiperb´olico). iv) coshz= ez+2e−z (coseno hiperb´olico).
25. Proposici´on: en C se tiene que:
i) zw.zr =zw+r. ii) zwrw = (zr)w.
iii) Si z=x+iy entonces
cosz =cosxcoshy−isenxsenhy senz=senxcoshy+icosxsenhy
iv) senh(iz) =isenz cosh(iz) =cosz
1. Realizar la demostraci´on de 4.
2. Haga un resumen de las propiedades de C, +, · que se hereda de las de campo.
3. Realizar
i) Muestre que en C; (a+b)2 =a2+ 2ab+b2.
ii) Solucione en C:x2−(3 +i)x+ 3i= 0; x2+ 4 = 0; x2 =i. 4. Halle las soluciones de x2=a; cuando a= (1+i)
2| 3+4i
(i−3)(i+3)+ 1−8i
2−3i
3+4i
−10+(2−i)
. 5. Solucione x3= 1 en C, lo mismo para x3=−8.
6. Realizar la demostraci´on de las partes i), ii) y iii) de 9. 7. R(Z) = 12(Z+Z) y τ(Z) = 12(Z−Z)
8. Realizar la demostraci´on de las partes i), ii), iii), iv), v) y vi) de 10. 9. Muestre que Z1+Z2 es el complejo, v´ertice del paralelogramo de Z1 y
Z2.
10. En el gr´afico siguiente halle Z1+Z2, −Z2, Z1−Z2, Z1, Z1+1Z2 sabiendo que
||Z1||= 5 y ||Z2||= 3.
11. Muestre que si a >0 y θ∈R y Z =a(cosθ+isenθ), entonces ||Z||=a y θ
es un argumento deZ.
12. Establezca gr´aficamente Z1Z2; Z2Z3; Z1Z3 para Z1, Z2, Z3 como en el
gr´afico. Note que ||Z1||= 12; ||Z2||= 13 y ||Z3||= 101
13. Muestre que si Z = ||Z||(cosθ +isenθ), entonces Zn = ||Z||n(cos(nθ) +
isen(nθ)) para n∈N.
14. Factorice completamente, en polinomios de grado no mayor de 2, x5−1. 15. Muestre que si a, b, c∈R ydPeR, entonces ax3+bx2+cx+d= (x−r)p(x)
en donde r∈R y p(x) es de grado 2 con coeficientes reales.
16. Suponga el teorema fundamental del ´algebra: todo polinomio no con-stante con coeficientes complejos tiene al menos un cero enC. Muestre que un polinomio de grado2, se puede escribirk(x−α)(x−β);k(x−α)(x−
β)(x−γ); k, α, β, γ∈C.
17. Muestre que (x−Z)(x−Z) es siempre un polinomio (de grado 2) con coeficientes reales.
18. Generalice el ejercicio anterior. Como puede escribirse un polinomio
19. Muestre que si
(a) a0, a1, ..., an son n´umeros reales y (b) p(x) =a0+a1x+, ...,+anxn y
(c) p(Z) = 0. Entonces p(Z) = 0
20. Solucione 3x2+ 6x+ 1 = 0en C 21. Solucione en C, x4 =ai con a∈R
22. Soluciones en C las siguientes ecuaciones (H´agalo gr´a ficamente y en la forma polar).
(a) x2 = 1, x3 = 1.
(b) x4 = 1, x5 = 1.
(c) x2 =i, x3=i, x4 =i, x5=i.
23. Recuerde que si k ∈Z entonces existen p, t ∈Z tales que k =pn+t con 0 ≤t < n. D´e ejemplos de este resultado (el algor ´ıtmo de la divisi´on) y us´elo para mostrar que 14 las ´u nicas soluciones son: xi = √na(√n
1)i;
i= 0,1, ..., n−1.
24. En C descomponga en factores lineales al polinomio
xn−1+xn−2+· · ·+x+ 1 =p(x). (sugerencia: intente con las raices n-esimas de 1 como posibles ceros).
25. Calcule las raices cuartas de i.
26. Si K y L son campos un morfismo f : K −→ L es una funci´on tal que
f(x+y) =f(x) +f(y), f(xy) =f(x)f(y) y f(1)∈/ 0. Demuestre que: a f(1) = 1.
b f(0) = 0.
c Si a /∈0, f(a)∈/0. d (f(12)) = f(1a).
e (EnK, αes una raiz n-esima de 1 siαn= 1). Siα es una raiz n-esima de 1 en K, entonces f(α) es una raiz n-esima de 1 en L.
27. un morfismo f : K → K se llama un automorfismo (de campos) de K. Un automorfismo de C, digamos f deja fijo a R si f(a)∈R, ∀a∈R.
a Demuestre que un automorfismo de C que deja fijo a R es una funci´on lineal sobre R.
b Calcule todos los automorfismos de C que dejan fijo a R
