apuntes

Los números complejos
1.
(15.06.2016)
Introducción
Estas notas se proponen un doble objetivo. Con los apartados 2 a 8 se pretende dar unas
nociones básicas sobre los números complejos que ayuden a fijar los conceptos expuestos
en clase (una definición axiomática rigurosa puede verse en J. Burgos, pgs. 559 y ss). Los
apartados 9 a 11 abordan aspectos de mayor complicación y se exponen para justificar que
en el conjunto C encontramos solución a las ecuaciones irresolubles en R.
Como sabemos, existe una biyección entre los puntos de la recta y los números reales, por
lo que a cada elemento de uno de los dos conjuntos le corresponde uno, y sólo uno, del
otro. Ello nos permite encontrar solución en R para ecuaciones que no la tienen en Q, pese
a lo cual siguen existiendo ecuaciones sin solución. Una de las más sencillas es:
x2 + 1 = 0
√
Con el fin de resolverla fuera de los números reales, definimos el número i = −1, al que
llamamos unidad imaginaria. De este modo, la ecuación tiene como solución
√
x = ± −1 = ±i
A los números de la forma ki, con k ∈ R, les llamamos imaginarios (o imaginarios puros).
Si consideramos la ecuación
x2 + 2x + 2 = 0
llegamos a la solución
x = −1 ±
√
−1 = −1 ± i
al que, por tratarse de la suma de un numero real y de otro imaginario, denominamos
número complejo. A partir de la definición de este nuevo tipo de numero, podemos dar
solución a cualquier ecuación algebraica como, por ejemplo, ex = −1 ó cos x = 2.
2.
Definición. Forma binómica. Operaciones básicas
Un número complejo escrito en forma binómica es todo elemento z = a + bi, donde a y b
son números reales y se llaman parte real y parte imaginaria de z respectivamente:
a = R(z), b = I(z)
Tanto los números reales como los imaginarios puros son números complejos. Los primeros
son complejos con la parte imaginaria nula (b = 0) mientras que los segundos tienen nula
la parte real (a = 0). El conjunto de los números complejos se denota C y en él definimos
varias operaciones. Llamando z1 = a1 + b1 i y z2 = a2 + b2 i,
- Suma: z1 + z2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i ∈ C.
- Producto: z1 · z2 = a1 a2 + b1 b2 i2 + (a1 b2 + a2 b1 )i = a1 a2 − b1 b2 + (a1 b2 + a2 b1 )i ∈ C.
- Producto por λ ∈ R: λ · z = λa + λbi ∈ C.
1
Dos complejos son iguales si coinciden entre sı́ tanto las partes reales como las imaginarias:
z1 = z2 ⇐⇒ a1 = a2 , b1 = b2
Es inmediato comprobar que el elemento nulo en C es el 0 = 0 + 0i y el elemento unidad
es el 1 = 1+0i. A partir de lo anterior se demuestra que C(+, ·) tiene estructura de cuerpo
conmutativo. Es también un espacio vectorial de dimensión 2 sobre R.
Ası́ como los conjuntos N, Z, Q y R son cada uno ampliación del anterior, C es una ampliación de R. Basta observar que –como ya se ha indicado– ∀a ∈ R se cumple a = a + 0i ∈ C,
por lo que R ⊂ C, y que las operaciones entre complejos de la forma a + 0i se reducen a
las operaciones entre números reales.
3.
Forma trigonométrica. Representación gráfica
Considerando las partes real (a) e imaginaria (b) de un complejo z como coordenadas
cartesianas, observamos que existe una biyección entre C y R2 . De hecho la expresión (a, b)
es la forma cartesiana del complejo z. Esto permite representar z gráficamente como un
punto del plano XY (que llamaremos afijo) ası́ como por un vector que une el origen O
con el afijo. Llamando módulo ρ a la longitud de dicho vector y argumento θ al ángulo
que forma el vector con la dirección positiva del eje X (para z no nulo), resulta:
a = ρ cos θ, b = ρ sen θ,
b
= tg θ (a 6= 0)
a
Para todo complejo no nulo existe un único valor θ ∈ (−π, π] (argumento principal)
e infinitos valores θ + 2kπ, k ∈ Z (argumentos). Entonces z puede expresarse en forma
trigonométrica como
z = a + bi = ρ cos θ + ρ sen θi = ρ(cos θ + i sen θ)
y la condición de igualdad de dos complejos se convierte en
z1 = z2 ⇐⇒ ρ1 = ρ2 y θ1 = θ2 + 2kπ, k ∈ Z
es decir, dos complejos son iguales si y solo si tienen el mismo módulo y sus argumentos
se diferencian en un número entero de veces 2π.
Interpretación geométrica de la suma de complejos. Al representar los complejos
por medio de dos componentes (como los vectores en el plano) observamos que la suma de
complejos sigue también la regla del paralelogramo, por lo que sumar z a z1 equivale
a trasladar el afijo de z1 según z, es decir, una distancia ρ, según la dirección dada por θ.
Por tanto, sumar z a los complejos cuyos afijos forman una figura geométrica,
equivale a trasladar la figura según z: una distancia ρ, según la dirección dada
por θ.
Interpretación geométrica del producto de complejos. Sean z1 = ρ1 (cos θ1 +i sen θ1 )
y z2 = ρ2 (cos θ2 + i sen θ2 ). Su producto valdrá
h
i
z1 · z2 = · · · = ρ1 ρ2 cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 +i(sen θ1 cos θ2 + cos θ1 sen θ2 )
|
{z
}
|
{z
}
cos(θ1 +θ2 )
sen(θ1 +θ2 )
Es decir, el producto de dos complejos tiene como módulo el producto de sus módulos y
como argumento la suma de sus argumentos. Entonces
2
- Al multiplicar z1 por ρ ∈ R, multiplicamos su módulo por ρ, sin variar el argumento.
- Al multiplicar z1 por (cos θ +i sen θ), añadimos θ radianes a su argumento (lo giramos
un ángulo θ en sentido antihorario), sin variar su módulo.
- Por tanto, multiplicar por z = ρ(cos θ + i sen θ) a los complejos cuyos afijos
forman una figura geométrica equivale a multiplicar sus dimensiones por
ρ y girarla θ radianes respecto al origen de coordenadas, en sentido antihorario.
Ejercicio. Sean z1 = 2 − 2i, z2 = 8 − 2i, z3 = 8 + 2i, z4 = 2 + 2i, cuyos afijos forman un
rectángulo.
a) Si multiplicamos los complejos por z = i/2 (ρ = 1/2 y θ = π/2), compruébese que la
figura reduce su tamaño a la mitad y gira 90o grados en sentido antihorario.
b) ¿Qué ocurre si multiplicamos por i el complejo z2 − z1 ?
c) Si sólo sabemos que los afijos de z1 y z2 son dos vértices consecutivos de un cuadrado,
¿cómo podemos obtener z3 y z4 ?
4.
Complejo conjugado, opuesto e inverso. Cociente
Dado el complejo z = a + bi, llamaremos:
- Conjugado de z : z̄ = a − bi. Se cumple: z · z̄ = z̄ · z = a2 + b2 = |z|2 .
- Opuesto de z : − z = −a − bi.
- Inverso de z 6= 0 : z
−1
z̄
z · z̄
|z|2
z̄
= 2 = 1.
= 2 , pues z · 2 =
|z|
|z|
|z|2
|z|
z1
z̄2
.
= z1 ·
z2
|z2 |2
En forma binómica se obtiene multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador:
- Cociente de z1 y z2 (producto de z1 por el inverso de z2 ):
a + bi
(a + bi)(c − di)
(a + bi)(c − di)
=
=
c + di
(c + di)(c − di)
c2 + d2
Interpretación geométrica. Escribiendo z en la forma z = ρ(cos θ + i sen θ), obtenemos
- z̄ = ρ(cos θ − i sen θ) = ρ(cos(−θ) + i sen(−θ)).
El conjugado de z tiene el mismo módulo que z y el argumento opuesto al de z.
z̄
1
ρ [cos(−θ) + i sen(−θ)].
2 = 2
|z|
ρ
El inverso de z tiene como módulo el inverso del módulo de z y como argumento el
opuesto al de z.
- z −1 =
1
[cos(θ1 − θ2 ) + i sen(θ1 − θ2 )].
ρ2
El cociente de dos complejos tiene como módulo el cociente de módulos y como
argumento la diferencia de argumentos.
- z1 : z2 = z1 · z2−1 = ρ1
3
Ejercicio. Compruébese que:
a) El conjugado de la suma es la suma de los conjugados y el conjugado del producto
el producto de los conjugados.
b) Un complejo es imaginario puro si y sólo si su opuesto es igual a su conjugado.
c) El inverso de z se obtiene, igual que en R, por medio de la expresión 1/z.
5.
Exponencial de un complejo. Fórmula de Euler
Se llama exponencial de z = x + yi al (único) complejo de módulo ex y argumento y
exp(z) = ex (cos y + i sen y)
La definimos ası́ para que conserve las propiedades que la función ex posee en R. En efecto,
si el exponente es un número real, resulta la función exponencial real:
α ∈ R =⇒ exp(α) = exp(α + 0i) = eα (cos 0 + i sen 0) = eα
con lo que, por ejemplo, la exponencial del complejo nulo vale 1, como en R.
La exponencial compleja suele denotarse como ez de modo simplificado, aunque inexacto,
pues esta expresión no tiene en general solución única, como se puede ver en el apdo. 10.
A partir de la definición se verifican también (compruébese)
a)
ez1 · ez2 = ez1 +z2 , de donde se obtiene (ez )n = enz .
b)
ez1 : ez2 = ez1 −z2 , de donde se obtiene 1/ez = e−z .
En el caso particular z = θi, su exponencial valdrá
ez |z=0+θi = e0 (cos θ + i sen θ)
de donde resulta la fórmula de Euler
eθi = cos θ + i sen θ
Ası́ pues, eθi representa el complejo de módulo 1 y argumento θ. Utilizando la fórmula de
Euler resulta sencillo recordar la expresión definida para la exponencial de z, pues
ez = ex+yi = ex eyi = ex (cos y + i sen y)
Por medio de ella podemos escribir un complejo en forma exponencial
z = ρ (cos θ + i sen θ) = ρeθi
En esta forma, el conjugado y el inverso del complejo ρeθi resultan ser
1
z̄ = ρe−θi ; z −1 = e−θi
ρ
z
Ejemplo. Veamos que e = −1 tiene solución en C. En efecto
a
e = 1 =⇒ a = 0
z
a+bi
a bi
πi
e = −1 =⇒ e = e e = e =⇒ b = π + 2kπ, k ∈ Z =⇒ z = (2k + 1)πi, k ∈ Z
por lo que la la ecuación tiene como solución los infinitos números imaginarios puros de la
forma z = (2k + 1)πi, k ∈ Z.
Ejercicio. Represéntense en forma exponencial los complejos −1, i y − i. Calcúlese el
valor o valores de x que satisfacen la ecuación exi + i = 0.
4
6.
Potencia natural. Fórmula de Moivre
Al multiplicar el complejo z por sı́ mismo n veces, obtenemos el complejo z n . Como sabemos
por las propiedades del producto, su módulo valdrá ρn y su argumento nθ, es decir
z n = [ρ (cos θ + i sen θ)]n = ρn (cos nθ + i sen nθ)
En el caso particular ρ = 1, resulta la fórmula de Moivre
(cos θ + i sen θ)n = cos nθ + i sen nθ
Ejercicio. Calcular cos 3θ y sen 3θ en función de sen θ y cos θ. Solución: cos 3θ = cos3 θ−
3 sen2 θ cos θ; sen 3θ = 3 sen θ cos2 θ − sen3 θ.
7.
Raiz n−ésima de un complejo
Decimos que ω ∈ C es raı́z n−ésima de z ∈ C si la potencia n de ω es igual a z.
√
n
z = ω ⇐⇒ ω n = z
Sea z = ρeθi y ω = reϕi su raı́z n−ésima (cuyo valor buscamos). Se cumplirá
n
1
r =ρ
r = ρn
n
n nϕi
θi
ω = r e = ρe =⇒
=⇒
nϕ = θ + 2kπ, k ∈ Z
ϕ = θ+2kπ
, k∈Z
n
es decir
√
n
1
z = ρn e
θ+2kπ
n
, k∈Z
Dando valores a k obtenemos distintas soluciones para la
k=0
=⇒ ϕ0 =
θ
n
k=1
=⇒ ϕ1 =
θ+2·1π
n
= ϕ0 +
k=2
..
.
=⇒ ϕ2 =
θ+2·2π
n
= ϕ0 + 2 2π
n
k = n − 1 =⇒ ϕn−1 =
k=n
=⇒ ϕn =
θ+2·(n−1)π
n
θ+2·nπ
n
k = n + 1 =⇒ ϕn+1 =
..
.
√
n
z, resultando
2π
n
= ϕ0 + (n − 1) 2π
n
= ϕ0 + n 2π
= ϕ0 + 2π
n
θ+2·(n+1)π
n
= ϕ0 + n 2π
+
n
2π
n
= ϕ1 + 2π
Vemos que, para k = n y siguientes, los argumentos toman un valor anterior incrementado
en 2π, por lo que el complejo que resulta es el mismo. Ası́ pues obtenemos sólo n complejos
distintos, por lo que todo complejo no nulo tiene n raı́ces n−ésimas.
Al tener todas las raı́ces el mismo módulo, los afijos estarán situados en una circunferencia
1
de radio ρ n . Como además la diferencia angular entre dos raı́ces consecutivas es ∆ϕ =
2π
, dichos afijos estarán equiespaciados. Es decir, los afijos de las n raı́ces n−ésimas
n
5
de z ∈ C son los vértices de un polı́gono regular de n lados, inscrito en una
1
circunferencia de centro el origen de coordenadas y radio |z| n .
Ejercicio. Calcúlense las raı́ces cuadradas, cúbicas, cuartas y sextas de la unidad. Obsérvese que, en todos los casos, una de las raı́ces es el número real z = 1. Esto permite dibujar
el polı́gono y obtener gráficamente las otras raı́ces sin necesidad de calcularlas.
8.
Teorema fundamental del Álgebra
El teorema afirma que “todo polinomio Pn (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n , de grado
no nulo y coeficientes complejos (polinomio complejo), tiene alguna raiz compleja”. Como
consecuencia, un polinomio de grado n ≥ 1 tendrá n raices complejas.
Si los coeficientes a0 . . . an son reales (polinomio real) se verifica que: “Pn (z) tiene n raı́ces
complejas, contando cada una tantas veces como indique su ı́ndice de multiplicidad, de
modo que, para cada raı́z compleja no real a + bi, es también raı́z su conjugada a − bi”.
Supongamos que existen p raı́ces reales distintas xi , cada una de orden de multiplicidad αi
y q raı́ces complejas no reales zj , de órdenes de multiplicidad βj , cada una con su conjugada
z̄j . Al descomponer el polinomio en factores obtenemos
Pn (z) = an (z − x1 )α1 . . . (z − xp )αp (z − z1 )β1 (z − z̄1 )β1 . . . (z − zq )βq (z − z̄q )βq
siendo el grado n = α1 + · · · αp + 2 (β1 + · · · βq ). Entonces, si n es impar, habrá al menos
una raiz real, pues el número de complejas no reales es par (si existen). Si n es par, el
número de raı́ces reales será par o nulo.
9.
Logaritmo neperiano de un complejo
El logaritmo complejo que se define a continuación es la función inversa de la exponencial de un complejo. Por medio de ella pasan a tener sentido los logaritmos de números
negativos, que carecı́an de él en R.
Dado un complejo z 6= 0, se dice que ω ∈ C es su logaritmo neperiano si la exponencial de
z es ω, es decir
ω = ln z ⇐⇒ eω = z (z 6= 0)
Sea z = ρeθi y ω = a + bi su logaritmo (cuyo valor buscamos). Se cumplirá
a
e = ρ =⇒ a = ln ρ
ω
a+bi
a bi
θi
e = e = e e = ρe =⇒ b = θ + 2kπ, k ∈ Z
por lo que
ln z = ln ρ + (θ + 2kπ)i, k ∈ Z
donde el sumando ln ρ, logaritmo neperiano real del número positivo ρ, es la parte real del
complejo ln z. El valor de ln ρ será positivo o negativo según sea ρ ≷ 1 y nulo si ρ = 1. De
los infinitos valores que toma ln z, llamamos principal al que corresponde a k = 0.
Obsérvese que los afijos de ln z se encuentran situados en una recta vertical que corta al
eje OX en el punto x = ln ρ.
Ejemplo. Calculemos el valor del neperiano complejo de −1.
ln(−1) = ln eπi = ln(1) + (π + 2kπ)i = (2k + 1)πi, k ∈ Z
lo que está de acuerdo con la solución del ejemplo resuelto en el apartado 5.
6
10.
Potencia compleja de un complejo
En este apartado se extiende a C la operación potencia, dando solución a ecuaciones del
tipo az = k < 0, a, k ∈ R, que no poseen solución en R. Como veremos, la potencia natural
y la raı́z n-ésima, ya definidas, son casos particulares de la potencia compleja.
Dados z1 , z2 ∈ C, se llama potencia de base z1 y exponente z2 al conjunto de números
complejos dados por la exponencial de z2 ln(z1 )
z1z2 = exp(z2 ln z1 )
Escribiendo z1 en forma exponencial (z1 = ρ1 e θ1 i ) y z2 en forma binómica (z2 = a2 + b2 i)
la expresión general resulta:
a2 ln ρ1 − b2 (θ1 + 2kπ) e[a2 (θ1 + 2kπ) + b2 ln ρ1 ] i
z1z2 = e(a2 + b2 i) [ln ρ1 + (θ1 + 2kπ)i] = e
|
{z
}|
{z
}
∞ argumentos
∞ módulos
Esta expresión se simplifica en algunos casos particulares:
1. z2 ∈ R (b2 = 0). Si el exponente es un número real, resulta un único valor para el
2
módulo ρa
1 . Dicho exponente real puede ser racional o irracional:
p
a) Racional: z2 ∈ Q (a2 = ; p ∈ Z, q ∈ N).
q

k = 0 =⇒ ϕ = a2 θ1



p

p

 k = 1 =⇒ ϕ = a2 θ1 + q 2π
a2 θ1 + 2kπ i
q
2 ϕi
z1z2 = e(a2 ln ρ1 ) e
= ρa
..
1 e

.



p

 k = q =⇒ ϕ = a2 θ1 + 2π q
q
El argumento para k = q es el de k = 0, incrementado en un número entero
de veces 2π, por lo que determina el mismo número complejo. El de k = q + 1
determina el mismo complejo que el de k = 1, etc. Ası́ pues, la potencia racional
(p/q) de un complejo da como resultado q complejos de igual módulo y la raı́z
n-ésima (potencia 1/n), da n.
π
π !1/2
9π
√
i
i
i
1/2
1/4
1/4
2e 4
=⇒ z1 = 2 e 8 ; z2 = 2 e 8 .
Ejemplo. (1 + i) =
Si el exponente es entero (q = 1) obtenemos un único resultado: z p = ρeθi
ρp epθi , como vimos en el caso de la potencia n-ésima.
p
=
b) Irracional: z2 ∈ R \ Q (a2 ∈
/ Q). Al ir dando valores a k, no se repiten los
complejos a partir de uno dado, por lo que se obtienen infinitas soluciones de
igual módulo.
√
!
√
√ π
π ! 3
√
3
+
3
2πk
i
√
√ 3
√
i
4
Ejemplo. (1 + i) 3 =
2e 4
= 2 e
, k ∈ Z.
2. z2 ∈ C \ R (b2 6= 0). El exponente es un número complejo no real.
En este caso el módulo vale e a2 ln ρ1 − b2 (θ1 + 2kπ) , k ∈ Z, expresión que toma
infinitos valores. Además, según el valor de a2 , tendremos –como en el apartado 1–
distintos casos para el argumento:
7
a) a2 = 0 (exponente imaginario puro). Hay un sólo argumento de valor b2 ln ρ1 ,
por lo que los afijos de las infinitas soluciones están situados en la misma recta.
b) a2 = p/q . Hay q argumentos que no difieren en un número entero de veces 2π.
En este caso, los afijos de las infinitas soluciones están distribuidos en q rectas.
c) a2 ∈
/ Q . Hay ∞ argumentos, cada uno correspondiente a un valor del módulo.
1
1
Ejemplo. 1( 3 +i) = e[ 3 0−1(0+2kπ)] e[ 3 (0+2kπ)+1·0]i = e−2kπ e
1
2kπ
i
3
, k ∈ Z.
4π
2π
, θ3 =
). Los afijos
Resultan infinitos módulos y tres argumentos (θ1 = 0, θ2 =
3
3
2π 4π
y
radianes con OX.
están situados en tres rectas, que forman ángulos de 0,
3
3
11.
Funciones hiperbólicas y trigonométricas en C
Se definen a continuación en C las funciones seno, coseno y tangente, tanto hiperbólicas
como trigonométricas, con las que tienen solución ecuaciones del tipo sen z = k > 1, k ∈ R
o bien cosh z = k < 0, k ∈ R.
11.1.
Funciones hiperbólicas
Definimos las funciones hiperbólicas en C de la misma manera que hicimos en R, obteniendo
sus expresiones en función de las componentes del argumento z ∈ C.
1. senh z =
ea − e−a
2
2. cosh z =
ea + e−a
2
3. tanh z =
ez − e−z
2
cos b + i
cos b + i
ea+bi − e−a−bi
ea + e−a
2
ez + e−z
2
=
=
2
2
ea (cos b + i sen b) − e−a (cos b − i sen b)
2
2
=
ea (cos b + i sen b) + e−a (cos b − i sen b)
2
sen b = cosh a cos b + i senh a sen b.
senh z
senh a cos b + i cosh a sen b
tanh a + i tan b
=
= ··· =
.
cosh z
cosh a cos b + i senh a sen b
1 + i tanh a tan b
Nota: En el caso z = a ∈ R resultan las funciones hiperbólicas habituales en R.
11.2.
Funciones trigonométricas
A partir de la fórmula de Euler tenemos, para θ ∈ R,
eθi = cos θ + i sen θ; e−θi = cos θ − i sen θ
de donde podemos despejar el seno y el coseno de un número real.
sen θ =
eθi − e−θi
2i
; cos θ =
eθi + e−θi
2
Definimos las funciones trigonométricas de un complejo de modo análogo, obteniendo
4. sen z =
ezi − e−zi
2i
=
sen b = senh a cos b + i cosh a sen b.
ea+bi + e−a−bi
ea − e−a
=
, 5. cos z =
8
ezi + e−zi
2
, 6. tan z =
sen z
cos z
=
a partir de las cuales obtenemos la fórmula de Euler en C
ezi = cos z + i sen z
11.3.
Relaciones entre funciones hiperbólicas y trigonométricas
Entre las funciones hiperbólicas y trigonométricas en C existen las relaciones:
a. senh(zi) =
b. cosh(zi) =
c. tanh(zi) =
ezi − e−zi
2
ezi + e−zi
2
= i sen z (por 4).
= cos z (por 5).
senh(zi)
i sen z
=
= i tan z (a partir de a y b).
cosh(zi)
cos z
d. sen(zi) = sen z 0 =
1
senh(z 0 i) = −i senh(−z) = i senh z (a partir de a).
i
e. cos(zi) = cos z 0 = cosh(z 0 i) = cosh(−z) = cosh z (a partir de b).
f. tan(zi) =
sen(zi)
i senh z
=
= i tanh z (a partir de d y e).
cos(zi)
cosh z
Nota: Estas relaciones son válidas si z = a ∈ R (zi = ai será imaginario puro).
Para terminar, a partir de lo anterior podemos obtener las funciones trigonométricas en C
en función de las componentes de z.
4’. sen z =
1
senh(zi) = −i senh(−b + ai) = · · · = sen a cosh b + i cos a senh b (de a y 1).
i
5’. cos z = cosh(zi) = cosh(−b + ai) = · · · = cos a cosh b − i sen a senh b (de b y 2).
6’. tan z =
sen z
sen a cosh b + i cos a senh b
tan a + i tanh b
=
= ··· =
(de 4’ y 5’).
cos z
cos a cosh b − i sen a senh b
1 − i tan a tanh b
Nota: En el caso z = a ∈ R resultan las funciones trigonométricas habituales en R.
Ejemplo. A partir de la expresión dada en 5’ para las componentes del coseno de un
complejo, podemos obtener la solución de la ecuación cos z = 2. En efecto
sen a senh b = 0
cos z = cos(a + bi) = cos a cosh b − i sen a senh b = 2 =⇒
cos a cosh b = 2
De la primera de las dos igualdades obtenemos como posibles soluciones para a y b
a = kπ, k ∈ Z; b = 0
y, entrando con ellas en la segunda, obtenemos la solución del sistema
√
a = 2lπ, l ∈ Z; b = arg cosh 2 = ln(2 + 3)
con lo que z vale
z = 2lπ + i ln(2 +
9
√
3), l ∈ Z