Ejercicios resueltos
:Tema 1 Preliminares
Francisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña
Agosto 2008, versión 1.3
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes desigualdades (a) 2x − 3 ≤ 1.
(b) 4x + 1 > 2x − 2.
(c) x2≥ 2x + 1.
(d) 2x − 1
x < x − 2.
(e) Resuelve las desigualdades con Maple.
(a) Es una inecuación lineal, podemos resolverla directamente.
2x − 3 ≤ 1 2x ≤ 4 x ≤ 2 la solución es (−∞, 2].
(b) Es una inecuación lineal.
4x + 1 > 2x − 2 2x > −3
x > −3/2 la solución es el intervalo abierto (−3/2, +∞).
(c) Es una inecuación cuadrática, en este caso no podemos resolverla direc- tamente. Escribimos la inecuación en la forma f (x) ≥ 0
x2− 2x − 1 ≥ 0.
La función f (x) = x2− 2x − 1 no tiene puntos de discontinuidad. Determi- namos los ceros resolviendo la ecuación x2− 2x − 1 = 0,
x =2 ±√ 4 + 4
2 =
½ x1 = 1 −√
2 = −0. 41421, x2 = 1 +√
2 = 2. 41421 . 1
La función f (x) tiene signo constante en los intervalos
I1 = (−∞, x1), I2= (x1, x2), I3 = (x2, +∞).
Para determinar dicho signo, tomamos un punto de prueba en cada intervalo cj ∈ Ij y calculamos el valor f (cj)
cj f (cj) signo
(−∞, x1) −1 2 ⊕
(x1, x2) 0 −1 ª
(x2, +∞) 3 2 ⊕
Por lo tanto, la solución es ¡
−∞, 1 −√ 2¤
∪£ 1 +√
2, +∞¢ .
(d) La inecuación no es lineal. La expresamos en la forma f (x) < 0.
2x − 1
x < x − 2, 2x − 1
x − x + 2 < 0,
−x2+ 4x − 1 x < 0.
Para mayor comodidad, cambiamos de signo a toda la desigualdad, x2− 4x + 1
x > 0.
Debemos averiguar en qué intervalos la función f (x) = x2− 4x + 1
x
toma valores estrictamente positivos. La función f (x) tiene una discontinui- dad en x = 0; para calcular los ceros, resolvemos
x2− 4x + 1 = 0, x = 4 ±√
16 − 4
2 = 4 ±√
12
2 = 4 ± 2√ 3
2 = 2 ±√ 3.
La función f (x) puede cambiar de signo en los puntos x1 = 0,
x2 = 2 −√
3 ' 0. 268, x3 = 2 +√
3 ' 3. 732, por lo tanto, tiene signo constante en los intervalos
I1= (−∞, x1), I2 = (x1, x2), I3= (x2, x3), I4 = (x3, +∞) .
Para determinar dicho signo, tomamos un punto de prueba en cada intervalo cj ∈ Ij y calculamos el valor f (cj).
cj f (cj) signo (−∞, x1) −1 −6 ª
(x1, x2) 0.1 6.1 ⊕ (x2, x3) 1 −2 ª (x3, +∞) 4 14 ⊕ La solución es I2∪ I4=¡
0, 2 −√ 3¢
∪¡ 2 +√
3, +∞¢ . ¤ Ejercicio 2 Determina del dominio de las siguientes funciones
(a) f (x) =√ x2− 1.
(b) f (x) = ln(x2− x).
(c) f (x) = 1
√2 − x2.
(d) Representa gráficamente las funciones y verifica los resultados.
(a) Para que la raíz cuadrada esté definida, se ha de cumplir x2− 1 ≥ 0.
Resolvemos la inecuación cuadrática y obtenemos Dom(f ) = (−∞, −1] ∪ [1, +∞).
(b) Para que el logaritmo esté definido, se debe cumplir x2− x > 0.
Resulta
Dom(f ) = (−∞, 0) ∪ (1, +∞).
(c) Para que la raíz cuadrada esté bien definida, debe cumplirse 2 − x2 ≥ 0,
además, debemos evitar que el denominador se anule, por lo tanto Dom(f ) = {x ∈ R : 2 − x2 > 0}
Si resolvemos la desigualdad
2 − x2 > 0, resulta
Dom(f ) =³
−√ 2,√
2´ . (d) Ver resolución con Maple.
Ejercicio 3 Consideramos la función f (x) = x2ln x.
(a) Calcula
M = max
x∈[2,3]f000(x), m = min
x∈[2,3]f000(x).
(b) Calcula las derivadas con Maple; usa un gráfico para estimar M y m.
(a) Calculamos f000(x)
f (x) = x2ln x, f0(x) = 2x ln x + x,
f00(x) = 2 ln x + 3, f000(x) = 2
x. La función objetivo es
h(x) = 2 x.
Observamos que la función h(x) es continua en el intervalo cerrado [2, 3].
Calculamos la derivada de h(x)
h0(x) = −2 x2.
h0(x) es negativa en [2, 3], por lo tanto, h(x) es decreciente en el intervalo y resulta
M = max
x∈[2,3]h(x) = h(2) = 1, m = min
x∈[2,3]h(x) = h(3) = 2 3. (b) Ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 4 Consideramos la función f (x) = xex. (a) Calcula
M = max
x∈[0,2]f(iv)(x), m = min
x∈[0,2]f(iv)(x).
(b) Calcula las derivadas con Maple; usa un gráfico para estimar M y m.
(a) Calculamos f(4)(x)
f (x) = x ex, f0(x) = ex+ xex, f00(x) = 2ex+ xex, f000(x) = 3ex+ xex, f(4)(x) = 4ex+ xex. La función objetivo es
h(x) = 4ex+ xex. Calculamos la derivada de la función objetivo
h0(x) = 5ex+ xex,
h0(x) es suma de términos que son positivos en [0, 2] y, por lo tanto, es positiva en [0, 2]; entonces resulta que la función objetivo h(x) es creciente en el intervalo y, en consecuencia,
M = max
x∈[0,2]h(x) = h(2) = 6e2, m = min
x∈[0,2]h(x) = h(0) = 4.
(b) Ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 5 Sean dos números reales a < b, estudia si las siguientes afirma- ciones son ciertas o falsas. En caso de ser falsas, encuentra un contraejemplo.
(a) a3> b3. (b) √a <√
b.
(c) ln a < ln b.
(d) a2< b2. (e) cos a < cos b.
(f) ea< eb. (g) e−a< e−b.
(a) Es falsa. Si tomamos f (x) = x3 y calculamos la primera derivada, resulta f0(x) = 3x2, que es positiva para todo x ∈ R. Obtenemos que f(x) = x3 es una función creciente en todo R, en consecuencia, si a < b, debe ser a3 < b3.
(b) Si a y b son números reales arbitrarios, √a o √
b pueden no existir.
f (x) = √
x está bien definida y es creciente en el intervalo [0, +∞), por lo tanto si 0 ≤ a < b, entonces se cumple √
a <√ b.
(c) Este caso es parecido al anterior, si a ≤ 0, la desigualdad ln a < ln b no tiene sentido. Por otra parte, la función f (x) = ln x está bien definida y es creciente en el intervalo (0, +∞), por lo tanto, si 0 < a < b, entonces se cumple ln a < ln b.
(d) En general es falsa. Tomemos por ejemplo a = −2 y b = 1, entonces tenemos a < b y sin embargo a2> b2. La función f (x) = x2 es creciente en el intervalo [0, +∞), por lo tanto, si 0 ≤ a < b, entonces se cumple a2< b2. (e) En general es falsa.
(f ) Cierta, f (x) = ex es creciente en todo R.
(g) Falsa, f (x) = e−x es decreciente en todo R. ¤ Ejercicio 6 Determina el menor n ∈ N que verifica
e 180n2 ≤ 1
210−3.
e 180n2 ≤ 1
210−3, 2e
180 · 10−3 ≤ n2, e
9 · 10−2 ≤ n2, 100e
9 ≤ n2, n ≥
r100e
9 = 10√ e
3 ' 5. 4957.
Como n debe ser un número natural, la solución es n = 6. ¤ Ejercicio 7 Consideramos la función
h(x) =
¯¯
¯¯23x2+ sin x cos x2+ 1 x3+ 2
¯¯
¯¯ .
(a) Usando las propiedades del valor absoluto, determina una cota superior de la función en el intervalo [0, 1].
(b) Representa la función con Maple y verifica el resultado.
(a) Aplicamos la desigualdad triangular:
¯¯
¯¯23x2+ sin x cos x2+ 1 x3+ 2
¯¯
¯¯ ≤
¯¯23x2¯
¯ +¯
¯sin x cos x2¯
¯ +
¯¯
¯¯ 1 x3+ 2
¯¯
¯¯ .
Si x ∈ [0, 1], resulta que las expresiones 23x2, sin x cos x2, y x31+2 son todas positivas, por lo tanto
¯¯
¯¯23x2+ sin x cos x2+ 1 x3+ 2
¯¯
¯¯ ≤ 23x2+ sin x cos x2+ 1 x3+ 2, El primer término es creciente y el último decreciente
x∈[0,1]max 23x2= 23, max
x∈[0,1]
1
x3+ 2 = 1 2
El comportamiento del término sin x cos x2 no está tan claro, no obstante, como
|sin x| ≤ 1 y ¯
¯cos x2¯
¯ ≤ 1, podemos asegurar que ¯
¯sin x cos x2¯
¯ ≤ 1, y por lo tanto sin x cos x2 ≤ 1.
Finalmente, obtenemos:
¯¯
¯¯23x2+ sin x cos x2+ 1 x3+ 2
¯¯
¯¯ ≤ 23 + 1 + 1
2 = 24.5
Nota. Observa que en este caso no sería correcto el siguiente razonamiento:
como sin x ≤ 1 y cos x2 ≤ 1, entonces sin x cos x2 ≤ 1. En general si a ≤ b y c ≤ d, no podemos garantizar que a c ≤ b d. En efecto, podemos tomar
−2 ≤ 1 y −3 ≤ 1, si multiplicamos término a término las desigualdades, resulta 6 ≥ 1. La siguiente propiedad sí es cierta: si a ≤ b y 0 ≤ c ≤ d, entonces a c ≤ bd. Como |sin x| ≤ 1 y 0 ≤ ¯
¯cos x2¯
¯ ≤ 1, sí que podemos afirmar que
|sin x|¯¯cos x2¯
¯ ≤ 1
y por lo tanto ¯
¯sin x cos x2¯
¯ ≤ 1 es decir
−1 ≤ sin x cos x2≤ 1.
(b) Ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 8 Consideramos la función f (x) = |x ln x| .
(a) Determina los extremos absolutos de f (x) sobre el intervalo [12, 3].
(b) Representa la función con Maple y verifica el resultado.
(a) La función f (x) es continua en el intervalo cerrado [1/2, 3], por lo tanto tiene extremos absolutos en [1/2, 3]. Los extremos absolutos de f (x) pueden producirse en
• puntos frontera del intervalo: x = 1/2, x = 3,
• Puntos interiores x ∈ (1/2, 3) que son puntos críticos de f(x). Como f (x) es de la forma f (x) = |g(x)| , con g(x) = x ln x, los puntos críticos de f (x) se producen en una de las tres situaciones siguientes:
(i) g(x) = 0, (ii) g0(x) = 0, (iii) g0(x) no existe.
(i ) Resolvemos
x ln(x) = 0, ln x = 0,
x = 1 ∈ [1/2, 3].
(ii ) g0(x) = ln x + 1. Resolvemos ln x + 1 = 0
ln x = −1 x = e−1 = 1
e ' 0. 3679 /∈ (1/2, 3).
(iii ) Finalmente, observamos que g(x) es derivable en todo el intervalo (1/2, 3).
Calculamos el valor de f (x) sobre los puntos candidatos x f (x)
1/2 0. 3466
1 0
3 3. 2958 Por lo tanto
M = max
x∈(1/2,3)f (x) = f (3) = 3.2958, m = min
x∈(1/2,3)f (x) = f (1) = 0.
(b) Ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 9 Dada la función f (x) = x2ln x y el intervalo [a, b] = [1, 2]
(a) Determina una cota superior para ¯
¯f(iv)(t)¯
¯, t ∈ [a, b].
(b) Usa la cota obtenida para determinar un valor de h, lo más grande posible, que verifique Es(h) < 0.5 × 10−4, donde
Es(h) =
¯¯
¯¯b − a
180 h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ , t ∈ [a, b].
(a) Calculamos f(iv)(x).
f (x) = x2ln x, f0(x) = 2x ln x + x, f00(x) = 2 ln x + 3, f000(x) = 2
x, f(iv)(x) = −2
x2. La función objetivo es
g(x) =
¯¯
¯f(iv)(x)
¯¯
¯ =
¯¯
¯¯−2 x2
¯¯
¯¯ = 2 x2.
Calculamos g0(x) = −4/x3, que es negativa en todo el intervalo [1, 2]; por lo tanto, g(x) es decreciente en el intervalo y toma el máximo en el extremo izquierdo
M = max
x∈[1,2]
¯¯
¯f(iv)(x)
¯¯
¯ = max
x∈[1,2]g(x) = g(1) = 2 1 = 2.
(b) Queremos determinar un valor de h tal que
¯¯
¯¯b − a
180 h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ ≤ 0.5 × 10−4, t ∈ [a, b].
Sustituimos el valor de a y b y aplicamos las propiedades del valor absoluto
¯¯
¯¯b − a
180 h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ =
¯¯
¯¯ 1
180h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ = 1 180h4
¯¯
¯f(iv)(t)
¯¯
¯ .
Teniendo en cuenta la cota superior obtenida en el apartado anterior, resulta
¯¯
¯¯b − a
180 h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ ≤ 1
180h4· 2 = h4 90.
Exigimos ¯¯¯¯b − a
180 h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ ≤ h4
90 ≤ 0.5 × 10−4 y resolvemos la desigualdad
h4 ≤ 45 × 10−4, h ≤ p4
45 × 10−4= 0. 259002.
Si tomamos h = 0.2590, podemos garantizar que se cumple
¯¯
¯¯b − a
180 h4f(iv)(t)
¯¯
¯¯ ≤ 0.5 × 10−4
para todo t ∈ [1, 2]. ¤
Ejercicio 10 Consideramos la función f (x) = e−x/2. (a) Calcula una cota superior Mn tal que¯
¯f(n)(t)¯
¯ ≤ Mn, t ∈ [0, 1].
(b) Usa Mn+1 para determinar un valor de n ∈ N, lo menor posible, que verifique
Rn(x) =
¯¯
¯¯
¯
f(n+1)(t) (n + 1)! xn+1
¯¯
¯¯
¯≤ 1
2 × 10−5, t, x ∈ [0, 1].
(a) Calculamos algunas derivadas de f (t) f (t) = e−t/2, f0(t) = −1
2 e−t/2, ¯¯f0(t)¯¯ = 1 2e−t/2, f00(t) = 1
4e−t/2, ¯
¯f00(t)¯
¯ = 1 2e−t/2, f000(t) = −1
8 e−t/2,¯
¯f000(t)¯
¯ = 1 23e−t/2. La función objetivo es
h(t) =
¯¯
¯f(n)(t)
¯¯
¯ = 1 2ne−t/2, calculamos la primera derivada de h(t)
h0(t) = −1 2n+1e−t/2
que es negativa para todo valor de t, por lo tanto, h(t) es decreciente y resulta
Mn= max
t∈[0,1]
¯¯
¯f(n)(t)¯¯¯ = max
t∈[0,1]h(t) = h(0) = 1 2n. (b) Aplicamos la propiedad |ab| = |a| |b| y resulta
¯¯
¯¯
¯
f(n+1)(t) (n + 1)! xn+1
¯¯
¯¯
¯= 1
(n + 1)!
¯¯
¯f(n+1)(t)
¯¯
¯¯
¯xn+1¯¯
Como x ∈ [0, 1], tenemos¯
¯xn+1¯
¯ ≤ 1, para¯
¯f(n+1)(t)¯
¯ usamos la cota superior del apartado (a).
¯¯
¯¯
¯
f(n+1)(t) (n + 1)! xn+1
¯¯
¯¯
¯≤ Mn+1
(n + 1)! = 1 2n+1(n + 1)!. Exigimos ¯¯¯¯¯
f(n+1)(t) (n + 1)! xn+1
¯¯
¯¯
¯≤ 1
2n+1(n + 1)! ≤ 0.5 × 10−5.
Recordamos que n ∈ N, por lo tanto, podemos resolver la desigualdad cal- culando algunos valores
n 2n+1(n+1)!1
1 4·2!1 = 0. 125
2 8·3!1 = 0.2 083 × 10−1 3 16·4!1 = 0.2 604 × 10−2 4 32·5!1 = 0.2 604 × 10−3 5 64·6!1 = 0.2 170 × 10−4 6 128·7!1 = 0.1 550 × 10−5 La solución es n = 6. ¤
Ejercicio 11 Efectúa las siguientes operaciones (a) (−3 + 2i) − (−2 − 5i).
(b) (3 + 4i)(−3 + 4i).
(c) −3 − 3i 4 + 3i .
(d) Verifica los resultados con Maple.
(a)
(−3 + 2i) − (−2 − 5i) = −3 + 2 + (2 + 5)i = −1 + 7i.
(b)
(3 + 4i)(−3 + 4i) = −9 − 16 + (12 − 12)i = −25.
(c)
−3 − 3i
4 + 3i = (−3 − 3i) (4 − 3i)
(4 + 3i) (4 − 3i) = −12 − 9 + (9 − 12) i
16 + 9 = −21
25 − 3 25i.
(d) Ver resolución con Maple. ¤ Ejercicio 12 Calcula
(a) √
4 − 3i (indicación: plantea (a + bi)2 = 4 − 3i y resuelve el sistema resultante.)
(b) z = µ −i
−2 + i
¶2
. (c) w = |3 − 4i| · |4 + 3i| .
(d) Verifica los resultados con Maple.
(a) Planteamos
a + bi =√ 4 − 3i, resulta
(a + bi)2 = 4 − 3i, (a2− b2) + 2abi = 4 − 3i.
Igualamos las partes real e imaginaria
½ a2− b2 = 4, 2ab = −3.
Observamos que a = 0 no es solución, para a 6= 0, podemos despejar b en la segunda ecuación
b = −3 2a y sustituir en la primera
a2− µ−3
2a
¶2
= 4,
a2− 9 4a2 = 4.
Multiplicamos por 4a2
4a4− 9 = 16a2 y reordenamos
4a4− 16a2− 9 = 0.
Hemos obtenido una ecuación bicuadrática, efectuamos el cambio a2 = t 4t2− 16t − 9 = 0
y resolvemos en t
t = 16 ±√
162+ 16 · 9
8 = 16 ± 4√
25
8 = 16 ± 20
8 .
Recordamos que a y b deben ser números reales, por lo tanto sólo es válida la solución
t = 36 8 = 9
2 de donde obtenemos
a = 3
√2, b = −3 2³
√3 2
´ = −1
√2 ⇒ z1 = 3
√2+ −1
√2i,
a = −3
√2, b = −3 2³
−3√ 2
´ = 1
√2 ⇒ z2 = −3
√2+ 1
√2i.
La solución es
z = ± µ 3
√2+ −1
√2i
¶ . Es inmediato verificar que la solución es correcta
z2=
∙
± µ 3
√2 +−1
√2i
¶¸2
= µ9
2 −1 2
¶ + 2 3
√2
−1√
2i = 4 − 3i.
(b) µ −i
−2 + i
¶2
= (−i)2
(−2 + i)2 = −1
3 − 4i = (−1) (3 + 4i)
(3 − 4i) (3 + 4i) = −3 − 4i
25 = −3
25−4 25i.
(c)
|3 − 4i| · |4 + 3i| =√
9 + 16√
9 + 16 = 25. ¤
Ejercicio 13 Halla el módulo y el argumento de los siguientes números complejos.
(a) z1= 3 + 4i.
(b) z2= 2 − 3i.
(c) z3= −1 + i.
(d) z4= (−1 + i)2.
(a) |z1| =√
9 + 16 =√
25 = 5. Para determinar el argumento, observamos que el punto correspondiente a z1 está en el primer cuadrante, por lo tanto
θ1 = arctan4
3 = 0. 9273 rad.
(b) |z2| = √
4 + 9 =√
13. El punto Z2 está en el cuarto cuadrante, por lo tanto
θ2 = arctan−3
2 = −0. 9828 rad.
(c) |z3| =√
1 + 1 =√
2. El punto Z3 está en el segundo cuadrante, θ3 = π + arctan−1
1 = π −π 4 = 3
4π rad.
(d) z4 = 1 − 1 − 2i = −2i. Tenemos |z4| = 2, θ4= −π
2 rad. ¤ Ejercicio 14 Resuelve las siguientes ecuaciones.
(a) z2+iz−1 = 0. Observa que las soluciones no son complejos conjugados.
¿Cómo se explica este hecho?
(b) z3− 2z − 4 = 0 (indicación: ensaya los divisores del término indepen- diente para reducir el grado.)
(c) Sustituye las soluciones obtenidas en las ecuaciones para verificar los resultados.
(d) Resuelve las ecuaciones con Maple
(a)
z = −i ±√ i2+ 4
2 = −i ±√
3
2 ,
las soluciones son
z1 =
√3 2 −1
2i, z2 = −
√3 2 −1
2i.
Los coeficientes de la ecuación son complejos, en este caso las soluciones no tienen porque ser complejos conjugados.
(b) Para z = 2, resulta
1 0 −2 −4
2) 2 4 4
1 2 2 0
por lo tanto, tenemos la descomposición z3− 2z − 4 = (z − 2)¡
z2+ 2z + 2¢ . Resolvemos la ecuación
z2+ 2z + 2 = 0, z = −2 ±√
4 − 8
2 = −2 ±√
−4
2 = −2 ±√
4√
−1
2 = −1 ± i.
las soluciones de la ecuación son
z1 = 2, z2= −1 + i, z2= −1 − i.
(c) Si sustituimos
z1 =
√3 2 −1
2i en z2+ iz + 1, resulta
Ã√3 2 −1
2i
!2
+ i Ã√3
2 −1 2i
!
− 1 = 3 4 −1
4 − 2
√3 2
1 2i +
√3 2 i + 1
2− 1
= 1
2 −
√3 2 i +
√3 2 i +1
2 − 1 = 0.
Para
z1= −
√3 2 −1
2i, obtenemos
Ã
−
√3 2 −1
2i
!2
+ i Ã
−
√3 2 −1
2i
!
− 1 = 3 4− 1
4+ 2
√3 2
1 2i −
√3 2 i +1
2 − 1
= 1
2+
√3 2 i −
√3 2 i + 1
2− 1 = 0.
Tomamos ahora la ecuación
z3− 2z − 4 = 0
y verifiquemos que el complejo z = −1 + i es una solución. Previamente calculamos
(−1 + i)3= (−1 + i)2(−1 + i) = (1 − 1 − 2i) (−1 + i) = (−2i) (−1 + i) = 2+2i, sustituyendo en la ecuación, resulta
z3− 2z − 4 = 2 + 2i − 2 (−1 + i) − 4 = 2 + 2i + 2 − 2i − 4 = 0.
(d) Ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 15 Determina la forma polar, trigonométrica y exponencial de los siguientes complejos.
(a) z1= 3 + 3i.
(b) z2= −1 +√ 3i.
(c) z3= −1.
(d) z4= 2i.
(e) z5= −i.
z r θ polar trigonométrica exponencial
3 + 3i 3√
2 π4 ¡ 3√
2¢
π 4
3√ 2¡
cosπ4 + i sinπ4¢
3√ 2eiπ4
−1 +√
3i 2 2π3 (2)2π
3 2¡
cos2π4 + i sin2π3 ¢
2ei2π3
−1 1 π (1)π cos π + i sin π eiπ
2i 2 π2 (2)π
2 2¡
cosπ2 + i sinπ2¢
2eiπ2
−i 1 −π2 (1)−π
2 cos−π2 + i sin−π2 e−iπ2 Ejercicio 16 Sean z = 1 + i, w = −1 + i.
(a) Calcula z2 w3.
(b) Repite los cálculos usando la forma exponencial.
(a)
z2 = (1 + i)2 = 1 − 1 + 2i = 2i.
w3 = (−1 + i)3 = (−1 + i) (−1 + i)2 = (−1 + i) (−2i) = 2 + 2i.
Finalmente z2
w3 = 2i
2 + 2i = i
1 + i = i (1 − i)
(1 + i) (1 − i) = i − i2 1 + 1 = 1
2 + i 2. (b) Expresamos los complejos en forma exponencial
z =√
2eπ4i, w =√ 2e34i. Entonces
z2 w3 =
³√2eπ4i
´2
³√2e34i´3 = 2eπ2i 2√
2e94i = 1
√2e(π2−9π4 )i = 1
√2e−7π4 i.
Para mayor claridad, reducimos el argumento a la primera vuelta, sumando 2π
z2 w3 = 1
√2e(−7π4 +2π)i = 1
√2eπ4i,
finalmente, si expresamos el resultado en forma binómica, vemos que el resultado coincide con el obtenido anteriormente
√1
2eπ4i = 1
√2
³ cosπ
4 + i sinπ 4
´
= 1
√2 µ 1
√2 + i 1
√2
¶
= 1 2+ i1
2. Ejercicio 17 Demuestra la propiedad |z1z2| = |z1| |z2| .
(a) Directamente, a partir de la definición de módulo.
(b) Usando las propiedades del conjugado.
(a) Tomamos
z1= a1+ b1i, z2 = a2+ b2i,
|z1| = q
a21+ b21, |z2| = q
a22+ b22, entonces
|z1| |z2| = q
a21+ b21 q
a22+ b22=q¡
a21+ b21¢ ¡
a22+ b22¢
= q
a21a22+ a21b22+ b21a22+ b21b22.
Por otra parte, calculamos
z1z2 = (a1+ b1i) (a2+ b2i) = a1a2− b1b2+ i (a1b2+ a2b1) , entonces
|z1z2| = q
(a1a2− b1b2)2+ (a1b2+ a2b1)2
= q
a21a22+ b21b22− 2a1a2b1b2+ a21b22+ a22b21+ 2a1a2b2b2
= q
a21a22+ a21b22+ b21a22+ b21b22= |z1| |z2| . (b) Si usamos las propiedades del conjugado
z ¯z = |z|2 y z1z2= ¯z1z¯2, podemos realizar una demostración más simple.
|z1z2|2 = z1z2· z1z2 = z1z2z¯1z¯2 = z1z¯1z2z¯2 = |z1|2|z2|2, resulta
|z1z2| = q
|z1|2|z2|2 = q
|z1|2 q
|z2|2= |z1| |z2| . ¤
Ejercicio 18 Sea P (x) = a0+a1x+· · ·+anxnun polinomio con coeficientes reales. Demuestra que las raíces complejas, de existir, aparecen en pares conjugados.
Supongamos que el complejo z verifica
a0+ a1z + · · · + anzn= 0, entonces
a0+ a1z + · · · + anzn= 0.
Aplicamos la propiedad z1+ z2= ¯z1+ ¯z2
a0+ a1z + · · · + anzn= 0, y la propiedad z1z2 = ¯z1z¯2
¯
a0+ ¯a1z + ¯¯ a2(z2) + · · · + ¯an(zn) = 0, ahora aplicamos (zn) = ¯zn, resulta
¯
a0+ ¯a1z + ¯¯ a2z¯2+ · · · + ¯anz¯n= 0,
finalmente, observamos que los coeficientes aj son números reales y, por lo tanto, se cumple ¯aj = aj, esto es
a0+ a1z + · · · + a¯ nz¯n= 0.
En definitiva, obtenemos que si el complejo z verifica P (z) = 0, entonces P (¯z) = 0. ¤
Ejercicio 19 Demuestra que si z = a ± bi son raíces de un polinomio, entonces el polinomio es divisible por Q(x) = ((x − a)2+ b2).
Si el polinomio P (x) tiene las raíces z = a ± bi, entonces podemos escribirlo en la forma
P (x) = (x − a − bi) (x − a + bi) C(x).
Si efectuamos el producto (x − a − bi) (x − a + bi) , resulta
(x − a − bi) (x − a + bi) = (x − a)2− (bi)2= (x − a)2+ b2, por lo tanto, P (x) puede escribirse en la forma
P (x) =h
(x − a)2+ b2i
C(x). ¤
Ejercicio 20 Sea P (x) = a0+a1x+· · ·+anxnun polinomio con coeficientes reales y z = a + bi ∈ C.
(a) Demuestra que el valor de P (z) coincide con el valor R(z) que se obtiene sustituyendo z en el resto que se obtiene al dividir P (x) por Q(x) = (x − z)(x − ¯z) = ((x − a)2+ b2).
(b) Aplica el resultado para calcular P (1 + i) con P (x) = 1 + x + x2− 2x3+ 4x4. (c) Verifica el resultado con Maple.
(a)Supondremos que P (x) tiene grado mayor o igual a 2. Podemos escribir P (x) = Q(x) C(x) + R(x)
donde C(x) es el cociente de la división y R(x) es el resto. Como Q(z) = 0, obtenemos
P (z) = Q(z) C(z) + R(z) = R(z).
(b) Para calcular P (z) sustituyendo directamente, tendríamos que calcular z2, z3y z4. Como P (x) es un polinomio de coeficientes reales, podemos dividir P (x) por
Q(x) = (x − 1)2+ 1 = x2+ 2x + 2
y evaluar R(z).
4x2 −2x3 x2 +x +1 x2 −2x +2
−4x2 8x3 −8x2 4x2 +6x +5
6x3 −7x2 +x
−6x3 +12x2 −12x 5x2 −11x +1
−5x2 +10x −10
−x −9
El resto de la división, es
R(x) = −x − 9, por lo tanto, resulta
p(z) = R(z) = − (1 + i) − 9 = −10 − i.
(c) Ver resolución con Maple. ¤
