Preguntas de clase 1 1.- Si z = r · eαi , escribir ln z. Como z = r · eαi , esto quiere decir que |z| = r y Arg(z) = α, por tanto ln z = ln r + (α + 2kπ) i con k ∈ Z. 2.- Calcular (1 + i)i Lo mejor es emplear la fómula z w = ew ln z . En nuestro caso z = 1+i y w = i. Entonces, como |1 + i| = √ 2 y Arg(1 + i) = π/4, 1 √ z =1+i 2 π/4 (0, 0) 1 √ ln(1 + i) = ln 2 + (π/4 + 2kπ) i, con k ∈ Z. Por tanto (1 + i)i = ei(ln √ (1 + i)i = e−(π/4+2kπ)+i ln 2+(π/4+2kπ)i) √ 2 = eln √2 , y haciendo cuentas: −(π/4+2kπ) escrito en forma polar. Es decir (1 + i)i = eln √2 −(π/4+2kπ) 3.- Resolver la ecuación sen z = i Primero se usa la forma exponencial del sen z. Es decir: sen z = ezi − e−zi = i → ezi − e−zi = −2 2i Ahora se hace el cambio de variable ezi = T ezi − e−zi . 2i 1 = −2; T 2 − 1 = −2T ; Entonces la ecuación queda: T − T −1 = −2, T − T√ p √ −2 ± 4 − 4(−1) −2 ± 8 T 2 + 2T − 1 = 0 → T = = = −1 ± 2 2 2 √ √ √ • Para T = −1√+ 2, hallamos z: ezi = −1 + 2 → zi = ln(−1 + 2). Como −1 + 2 es un número real positivo, su módulo coincide con él mismo y su argumento es 0. Por tanto √ √ z = 2kπ − i ln(−1 + 2) zi = ln(−1 + 2) + 2kπi → √ √ √ • Para T = −1√− 2, hallamos z: ezi = −1 − 2 → zi = ln(−1 − 2). Como −1 − 2 es un número real negativo, su módulo coincide con él cambiado de signo y su argumento es π. Por tanto √ √ zi = ln(1 + 2) + (π + 2kπ)i → z = π + 2kπ − i ln(1 + 2) Puedes responder a las siguientes preguntas que son similares a las anteriores: 1.- Si z = r · eαi , escribir √ n z. 2.- Calcular (1 − i)i 3.- Resolver la ecuación cos z = 2 2