ejercicios resueltos topicos
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Encontraras muchos ejercicios resueltos sobre varios tópicos de la matemática abstracta.TRANSCRIPT
UNIVERSIDAD PEDAGÓGICA NACIONAL FRANCISCOMORAZÁN
CRISTHIAN ELI REYES RODRIGUEZ
22 de abril de 2014
SEMINARIO DE TÓPICOS DE LA MATEMÁTICAS
EJERCICIOS MULTIPLOS DE 6
1
Sección 1.1
Indicaciones: encuentre la suma, resta, multiplicación y divisón de cada par de números complejos
6.) 2+i , 3-4i
a) suma
(2 + i) + (3− 4i) = (2 + 3) + (i− 4i) = 5− 3i
b) resta
(2 + i)− (3− 4i) = (2− 3) + (i+ 4i) = −1 + 5i
c) multiplicación
(2 + i)× (3− 4i) = 6 + (3i− 8i)− 4i2 = 10− 5i
d) división
2 + i
3− 4i .3 + 4i3 + 4i = 6 + (8i+ 3i) + 4i2
9 + 12i− 12i− 16i2 = 2 + 11i25
12.) 2+i , 2i
a) suma
(2 + i) + 2i = 2 + 3i
b) resta
(2 + i)− 2i = 2− i
c) multiplicación
(2 + i)× (2i) = 4i+ 2i2 = −2 + 4i
d) división
2 + i
2i .i
i= 2i+ i2
2i2 = 12 − i
Indicaciones: Escriba el número dado en la forma x+iy
18.) 3 + 2i1 + i + 5− 2i
−1 + i
= (3 + 2i)× (−1 + i) + (5− 2i)× (1 + i)(1 + i)(−1 + i) = −3 + 3i− 2i− 2 + 5 + 5i− 2i+ 2
−1 + i− i− 1 = 2 + 4i−2 = −2(1 + 2i)
2= −1− 2i
2
Sección 1.2Indicaciones: Encuentre el valor absoluto, el argumento y la representación polar de los númeroscomplejos dados.
6.) 5-12i
El valor absoluto: |5− 12i| =√
52 + (−12)2 =√
169 = 13
Argumento: θ = tan−1(−125 ) = −67,38
Representación Polar es : z = 13[cos(tan−1(−125 ) + 2πk) + isen(tan−1(−12
5 ) + 2πk)]
Use el teorema De Moivre para expresar cada número en la forma x+iy
12.) (−1− i)36
(−1− i) =√
2[cos(π4 ) + isen(π4 )]
(−1− i)36 = (√
2)36[cos(π4 ) + isen(π4 )]36
= 218[cos(9π) + isen(9π)]
= 218[−1]
= −262, 144
Encuentre todas las soluciones
18.) z2 = 2− i
|z|2 [cos(2θ) + isen(2θ)] = |w| [cos(θ) + isen(θ)]
|z|2 [cos(2θ) + isen(2θ)] =√
5[cos(tan−1(− 1
2 ) + isen(tan−1(− 12 )]
|z| [cos(θ) + isen(θ)] = 4√
5[cos( 1
2 tan−1(− 1
2 )) + isen( 12 tan
−1(− 12 ))]
Como θ = 12 tan
−1(− 12 ) + πk con k = 0, 1
tenemos dos raices
z0 = 4√
5[cos( 1
2 tan−1(− 1
2 )) + isen( 12 tan
−1(− 12 ))]
z1 = 4√
5[cos( 1
2 tan−1(− 1
2 ) + π) + isen( 12 tan
−1(− 12 ) + π)
]
Sección 1.3Clasifique de acuerdo a los términos abierto, cerrado, acotado, conexo y simplemente conexo.
6.) |z− 1| − |z + 1| > 2
Si z=x+iy tenemos:
3
|x− 1 + iy| − |x+ 1 + iy| > 2√(x− 1)2 + y2 −
√(x+ 1)2 + y2 > 2√(x− 1)2 + y2 > 2 +
√(x+ 1)2 + y2
x2 − 2x+ 1 + y2 > 4 + 4√
(x+ 1)2 + y2 + x2 + 2x+ 1 + y2
−4x− 4 > 4√
(x+ 1)2 + y2
(x+ 1)2 > x2 + 2x+ 1 + y2
x2 + 2x+ 1 > x2 + 2x+ 1 + y2
0 > y
Esto es el intervalo abierto (−∞, 0)Por tanto: Es abierto, Es no acotado, Es Conexo y ademas es una región simplemente conexa
12.) Demostrar que la intersección de un número finito de conjuntos abiertos es abierto
Sea Ai familia finita de abiertos de C =⇒⋂ni=1Ai es abierta
Si tenemos⋂ni=1Ai = ∅ entonces no hay nada que probar ya que z ∈ Int
⋂ni=1Ai Como
z ∈⋂ni=1Ai =⇒ z ∈ A1, z ∈ A2, ..., z ∈ An y como A1, A2, ..., An son abiertos, quiere decir que ∃ ε1, ε2, ..., εn
tales que |zi − z| < ε1, |zi − z| < ε2, ..., |zi − z| < εn y ademas:
|zi − z| < ε1 ⊂ A1, |zi − z| < ε2 ⊂ A2, ..., |zi − z| < εn ⊂ An
tomemos ε = min{ε1, ε2, ..., εn}
=⇒ |zi − z| < ε ⊂ Ai i=1,2,...n
Esto quiere decir que |zi − z| < ε ⊂⋂ni=1Ai
=⇒ z ∈ Int⋂ni=1Ai
Por tanto:⋂ni=1Ai es abierto
18.) Pruebe que S es cerrado ⇐⇒ contiene todos sus puntos de acumulación
⇐ Probemos que C − S es abierto
Es decir que ∀ z ∈ C-S, z es punto interior de C-S
tomemos z ∈ C-S sabemos que z 6∈ S′ ya que si z ∈ S′ como S′ ⊂ S, z perteneciera a S, lo que contradice quez ∈ C-S.
Luego ∃ |zi − z| < ε / |zi − z| < ε− {z}⋂S = ∅
=⇒ |zi − z| < ε ∈ C − S
Como |zi − z| < ε es abierto z ∈ Int|zi − z| < ε
Luego ∃ |zi − z| < ε ⊂ C − S
En consecuencia z es punto interior de C-S de esta manera concluimos que C-S es abierto.
4
Por tanto S es cerrado.
Sección 1.4Use la definición ε− δ de límite para verificar:
6.) lımz→1+i
z2 = 2i
|f(z)− L| = |z2 − 2i|= | [z − (1 + i) + (1 + i)]2 − 2i|= | [z − (1 + i)]2 + 2 [z − (1 + i)] (1 + i) + 2i− 2i|= | [z − (1 + i)]2 + 2 [z − (1 + i)] (1 + i)|≤ | [z − (1 + i)]2 |+ 2 |1 + i| |z − (1 + i)|= |z − (1 + i)|2 + 2
√2 |z − (1 + i)|
|z − (1 + i)|2 < ε2 2
√2 |z − (1 + i)| < ε
2
∀ε > 0 tome δ = min
{√ε
2 ,ε
4√
2
}y notemos que 0 < |z − (1 + i)| < δ
|z − (1 + i)| <√ε
2|z − (1 + i)| < ε
4√
2
|z − (1 + i)|2 < ε
2 2√
2 |z − (1 + i)| < ε
2
⇒ |z − (1 + i)|2 + 2√
2 |z − (1 + i)| < ε
2 + ε
2
⇒ |z − (1 + i)|2 + 2√
2 |z − (1 + i)| < ε
∴ Esto es: |z2 − 2i| < ε
Pruebe que la función es continua en C.
12.) w = Im z
Im z = yw=f(z)=f(x+iy)=ySea z0 = a+bi arbitrario.
Debemos probar que f(z0) = lımz→z0
•f(z0) = b
• • lımz→z0
= b Para probar esto utilizamos la definición |f(z)− L|
⇒ |f(z)− b| = |y − b| =√
(y − b)2 ≤√
(x− a)2 + (y − b)2 < ε
Con lo cual ∀ε > 0 tome δ = ε , y si 0 < |z − z0| < δ
⇒ |z − z0| =√
(x− a)2 + (y − b)2 < ε
5
|y − b| =√
(y − b)2 ≤√
(x− a)2 + (y − b)2 < ε
∴ |f(z)− b| < ε
Suponga que f(z) es una función continua en un dominio G. Puebe que la función es continua en G.
12.) f(z)
f(z) = f(x− iy) = u(x, y) + iv(x, y)Sea z0 = a+ bi −→ z0 = a− biDebemos probar que f(z0) = lım
z→z0f(z)
• Supongamos que f(z0) = u(a, b) + iv(a, b)
• • lımz→z0
f(z) = u(a, b) + iv(a, b)
|f(z)− L| = |u(x, y) + iv(x, y)− u(a, b)− iv(a, b)|= |u(x, y)− u(a, b) + i [v(x, y)− v(a, b)]|
=√
[u(x, y)− u(a, b)]2 + [v(x, y)− v(a, b)]2
>
√[x− u(a, b)]2 + [y − v(a, b)]2
= |x+ iy − u(a, b)− iv(a, b)|= |z − z0| < ε
⇒ ∀ε > 0 tome δ = ε , y si 0 < |z − z0| < δ|z − z0| = |x+ iy − u(a, b)− iv(a, b)| < ε
|x+ iy − u(a, b)− iv(a, b)| =√
[x− u(a, b)]2 + [y − v(a, b)]2 <√
[u(x, y)− u(a, b)]2 + [v(x, y)− v(a, b)]2
= |u(x, y) + iv(x, y)− u(a, b)− iv(a, b)| |f(z)− z0|∴ |f(z)− z0| < ε
Sección 1.5Mediante reglas para derivar encuentre la derivada compleja de la función.
6.) f(z) = (2z3 + 1)5
f ′(z) = 5(2z3 + 1)4(6z2)f ′(z) = 30 z2(2z3 + 1)4
Pruebe que las funciones no son derivables en todo C.
12.) f(z) = z = (x− iy)
Uz = x Vz = y
Ux = 1 Vx = 0
Uy = 0 Vy = 1
Notemos que se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Rieman, con lo cual la función si es derivable en todo C.
6
Use las ecuaciones de Cauchy-Rieman y la definición de derivada para determinar donde tienederivadas.
18.) f(z) = zRe z = (x− iy)x = x2 − ixy
Uz = x2 Vz = xy
Ux = 2x Vx = y
Uy = o Vy = x
Las ecuaciones de Cauchy-Riemann se satisfacen solo en 0.Esto muestra que f(z) tiene derivada solo en z=0
Sección 1.6
Diga si la función es analitica.
6.) f(z) = xx2 + y2 − i y
x2 + y2
Uz = f(z) = x
x2 + y2 Vz = f(z) = y
x2 + y2
Ux = f(z) = x2 + y2− 2x(x2 + y2)2 = y2− x2
(x2 + y2)2Vx = f(z) = − 2xy
(x2 + y2)2
Uy = f(z) = 2xy(x2 + y2)2 Vy = f(z) = −x
2 − y2 + 2y2
(x2 + y2)2 = y2− x2
(x2 + y2)2
Se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann ademas Ux = VyyVx = −Uy son continuas acepto en 0.
∴ f(z) es analitica en C − {0}
12.) Sea f(z)=u+iv entera y suponga que u · x es constante. Pruebe que f es constate.
Para que f sea constante debe cumplirce que f’(z)=0 en todo z de acurdo con el teorema de la derivada nula.
Probemos que f’(z)=0
Primero notemos que u · x 6= 0 ya que si esto fuera cierto indicaria que las condiciones de Cauchy-Riemann secumplen solo en cero. lo que contradice que f sea entera.
Entonces como u · x 6= 0, u · x = c donde c es una constante 6= 0
Notemos que v = c · u−1 ya que u · c · u−1 = c
Ademas como f es entera: ux = vyyvx = −uy, continuas en todo z ∈ C.
Pero como v = c · u−1 entonces se debe cumplir que ux = c · u−1y y uy = −c · u−1
x esto es c = ux · uy y−c = ux · uy =⇒ c 6= −c
Esto nos indica que ambas funciones u y v deben ser constantantes ya que solo asi ux = vy = 0 y uy = −vx = 0
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ux = c · u−1y = 0 y uy = −c · u−1
x = 0 =⇒ c = c
Si u y v son constantes =⇒ f’(z)=0
∴ f es constante.
Sección 1.7Exprese en la forma x+iy.
6.) e−iπ/2 = e0[cos(−π2 ) + i sen(−π2 )
]= 0− i
12.) Muestre que (ez) = ez
Si z=x+iy → z = x− iy
ez = ex [Cos(y) + iSen(y)] = ex [Cos(y)− iSen(y)] = ex−iy = ez
Utilice el teorema de De Moiver y calcule
18.) (−√
3 + i)13
Utilizando el teorema de De Moivre en la forma z = |z| ei argz
|z| =√
(−√
3)2 + 1 = 2
arg z = tan−1 − 1√3
= −π6
(−√
3 + i) = 2e−iπ/6
(√
3 + i)13 = 213e−13iπ/6
= 213 [Cos(−13π/6) + iSen(−13π/6)]
= 213[√
36 −
i
2
]
Sección 1.8Exprese en la forma x+iy.
6.) 2i
Sen 2iCos 2i =
ei(2i) − e−i(2i)
2iei(2i) + e−i(2i)
2
= 2(e−2 − e2)2(e−2 + e2) = −ie
−2 + ie2
e−2 + e2 = 0 + i(e2 − e−2)(e−2 + e2)
Encuentre todos los números complejos z que cumplan con la condición dada.
12.) Cosh z=i
8
Si z=x+iy Sabemos que Cosh z=Cos(x)Cos(y)-iSen(x)Senh(y)Con lo cual: Cos(x)Cos(y)-iSen(x)Senh(y)=o+iCosxCoshy=0 Como Coshy 6= → Cosx = 0∴ x = π
2 + kπ
ademas de -iSenxSenhy=i debemos tener los siguientes casos:1.) Senx=-1 y Senhy=12.) Senx=1 y Senhy=-1
Para el primer caso Senx=-1 y Senhy=1 tenemos que:x = π
2 + (2k + 1)π
y Senhy = 1ey − e−y
2 = 1
ey − e−y = 2
ey − e−y − 2 = 0
e2y − 2ey − 1 = 0
Usamos la formula cuadratica: ey =2±
√4− 4(−1)2 = 2± 2
√2
2 = 1±√
2 Con lo cual y = ln(1 +√
2) yy = ln(1−
√2) pero esta ultima expreción sabemos que 6 ∃
∴ Tenemos una primera forma de soluciones
z = π
2 + (2k + 1)π + iln(1 +√
2)
Para el segundo caso Senx=1 y Senhy=-1 tenemos que:x = π
2 + 2kπ
y Senhy = −1ey − e−y
2 = −1
ey − e−y + 2 = 0
e2y + 2ey − 1 = 0
Usamos la formula cuadratica: ey =−2±
√4− 4(−1)2 = −2± 2
√2
2 = −1±√
2 Con lo cual y = ln(−1 +√
2) yy = ln(−1−
√2) pero esta ultima expresión sabemos que 6 ∃
∴ Tenemos una segunda forma de soluciones
z = π
2 + 2kπ + iln(−1 +√
2)
Pruebe la identidad.
18.) Sen(-z)=-Sen(z)
Si z=x+iy→-z=-x-iy
Sen(−z) = Sen(−x)Cosh(−y) + iCos(−x)Senh(−y)= −Sen(x)Cosh(y)− iCos(x)Senh(y)= − [Sen(x)Cosh(y) + iCos(x)Senh(y)]= −Senh(z)
9
Sección 1.9Encuentre todos los valores de la expresión.
6.) (1 + i)(1+i)
za = ea log z
=⇒ tenemos z = (1 + i) a = (1 + i)
=⇒ (1 + i)(1+i) = e(1+i)log(1+i)
= e(1+i)(log√
2+iπ/4)
= e(log√
2+iπ/4+ilog√
2−π/4)
= e(log√
2−π/4)+i(π/4+ilog√
2)
= e(log√
2−π/4)[Cos
(π4 + log
√2)
+ iSen(π
4 + log√
2)]
Este es el valor principal.Todos los valores vendrian dados por:
e(log√
2−(π/4+2πk)[Cos
(π4 + 2πk + log
√2)
+ iSen(π
4 + 2πk + log√
2)]
12.) Pruebe que log z es la unica solución analitica de la ecuación diferencial.f ′(z) = 1
z, f(1)=0
En el disco |z − 1| < 1
Supongamos que log z y g(z) son soluciones de f ′(z) = 1z. Como esta es una E.D.O de primer orden, lineal y
homogenea tiene una solución unica de lo cual log z y g(z) deben ser linealmente dependientes. Esto es:K log z=g(z)g(1)=0k log 1=0k=1∴ g(z)=log(z) y la solución es unica.
18.) Exprese que Log(i3) 6= 3 Log iLog(i3) 6= 3 Log i
Log(i3) = log| i3 |+ iArg(i3)= log| − i |+ iArg(−i)
= log√
1 + i(−π2 )
= log1 +−π2 i
= −π2 i
Pero : 3Log(i) = 3(log| i |+ iArg(i)
= 3(log√
1 + i(π2 ))
= 3(log1 +−π2 i
)= 3π
2 i
10
Claramente se ve que −π2 i 6=3π2 i y de esto notemos que Log(i3) = −3Log(i3) para que se cumpla que
Log(i3) = 3Log(i) osea que −3Log(i3) = 3Log(i)
11