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
0
