Soluci n Clase de Ejercitaci n N meros Complejos lgebra 1 1 652341

PROBLEMAS PROPUESTOS
CLASE DE EJERCICIOS
NÚMEROS COMPLEJOS
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE
FACULTAD DE CIENCIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Y C. C.
Problema 1
a) Calcule el valor numérico de las siguientes expresiones:
i) i2000 + i1999 + i82 + i−47 .
Solución: Antes de dar solución a este ejercicio, encontraremos un resultado que nos permita
calcular todas las potencias enteras de la unidad imaginaria i. Observe que
i1 = i,
i2 = −1,
i3 = −i,
i4 = 1,
i5 = i,
i6 = −1,
i7 = −i,
i8 = 1...
En general, si r es el resto de dividir n entre 4, entonces in = ir , donde r ∈ {0, 1, 2, 3} de acuerdo
al algoritmo de la división. En efecto, si n es un entero, por dicho algoritmo existen únicos enteros
q y r que satisfacen la igualdad
n = 4q + r, con r ∈ {0, 1, 2, 3}.
Luego
in = i4q+r = i4
q
· ir = 1q · ir = ir .
De esta manera, basta con encontrar los restos de dividir los números 2000, 1999, 82 y −47 por
4. Se tiene lo siguiente:
i2000 + i1999 + i82 + i−47 = i4·500+0 + i4·499+3 + i4·20+2 + i4·(−12)+1
= i0 + i3 + i2 + i1
= 1 + (−i) + (−1) + i
= 0.
ii) i1 · i2 · i3 · · · · · i2000 .
Solución: Observe que dado n ∈ Z, ocurre lo siguiente:
in · in+1 · in+2 · in+3 = in · (in · i) · (in · i2 ) · (in · i3 )
= (in )4 · (i · i2 · i3 )
n
= i4 · i6
= 1n · (−1)
= −1,
es decir, independiente del valor de n, el producto de 4 potencias consecutivas de i es siempre
igual a −1. Luego, como entre los 2000 factores se pueden obtener 500 productos, cada uno de
ellos de 4 potencias consecutivas de i, se sigue que
i1 · i2 · i3 · · · · · i2000 = (i1 · i2 · i3 · i4 ) · (i5 · i6 · i7 · i8 ) · · · · · (i1997 · i1998 · i1999 · i2000 )
= (−1) · · · · · (−1)
{z
}
|
500 veces
= 1.
1
Otra forma: Usando sumatorias:
i1 · i2 · i3 · · · · · i2000 = i1+2+3+···+2000
P2000
k
=i
k=1
=i
2000·2001
2
= i1000·2001
250·2001
= i4
= 1250·2001
= 1.
iii)
n
X
i` , para cada n ∈ N.
`=0
Solución: Haremos uso de la fórmula cerrada de la suma geométrica (que también aplica en
números complejos). Para ello, primero dilucidaremos la fórmula mediante una suma telescópica:
n
n
X
X
`
para cada n ∈ N se define Sn =
i , entonces i · Sn =
i`+1 . Luego
`=0
`=0
Sn − i · Sn =
n
X
`=0
i` −
n
X
i`+1 ⇐⇒ Sn (1 − i) =
`=0
n
X
i` − i`+1
`=0
0
⇐⇒ Sn (1 − i) = i − in+1
⇐⇒ Sn =
De esta manera,
n
X
i` =
`=0
1 − in+1
.
1−i
1 − in+1
1−i
cuyo resultado depende del resto que se obtiene de dividir n por 4:

1−i


si n = 4k + 0, algún k ∈ Z;


1−i








1 − i2


si n = 4k + 1, algún k ∈ Z;


n
 1−i
X
i` =


`=0
1 − i3



si n = 4k + 2, algún k ∈ Z;


1−i







4


1 − i
si n = 4k + 3, algún k ∈ Z.
1−i
2
Simplificando, se obtiene
n
X
`=0
i` =


1
si n = 4k + 0, algún k ∈ Z;









1 + i si n = 4k + 1, algún k ∈ Z;




i









0
si n = 4k + 2, algún k ∈ Z;
si n = 4k + 3, algún k ∈ Z.
b) Sean z1 , z2 ∈ C tal que |z1 | = |z2 | = 1 y z1 z2 6= −α, para α un número real. Determine para qué
z1 + z2
es un número real.
valor(es) de α la expresión
α + z1 z2
1
Solución: A partir de |z1 | = 1, se tiene que |z1 |2 = z1 z̄1 = 1, luego z̄1 = . De forma análoga, se
z1
1
desprende que z̄2 = . De este modo, se tiene que
z2
z1 + z2
z1 + z2
=
α + z1 z 2
α + z1 z2
z 1 + z2
=
α + z1 z2
1
+ 1
= z1 1 z2 1
α + z1 · z2
z1 + z2
.
=
αz1 z2 + 1
Ahora, como se requiere que
z1 + z2
sea un número real, es necesario y suficiente que
α + z1 z2
z1 + z2
z1 + z 2
=
,
α + z1 z2
α + z 1 z2
o equivalentemente
z1 + z2
z1 + z2
=
⇐⇒ α + z1 z2 = αz1 z2 + 1
α + z 1 z2
αz1 z2 + 1
⇐⇒ z1 z2 (1 − α) + α − 1 = 0
⇐⇒ (z1 z2 − 1)(1 − α) = 0.
De la igualdad anterior se sigue que si α = 1, es posible asegurar que
3
z1 + z2
es un número real.
α + z1 z2
1
c) Pruebe que para cada z ∈ C, se satisface que |z + 1| ≥ √
o bien |z 2 + 1| ≥ 1.
2
Solución: Usando el método por reducción al absurdo, se tiene que para cada z = a + bi ∈ C se
1
satisface que |1 + z| < √ y |z 2 + 1| < 1, esto es
2
1
1
|1 + z| < √ ⇐⇒ |1 + a + bi| < √
2
2
1
⇐⇒ (1 + a)2 + b2 <
2
2
2
⇐⇒ 2(a + b ) + 4a + 1 < 0,
(1)
y
|z 2 + 1| < 1 ⇐⇒ |1 + a2 − b2 + 2abi| < 1
⇐⇒ (1 + a2 − b2 )2 + 4a2 b2 < 1
2
2 2
2
(2)
2
⇐⇒ (a + b ) + 2(a − b ) < 0.
Luego, sumando la desigualdad (3) y (4) se obtiene que (a2 + b2 )2 + (2a + 1)2 < 0, para cada a, b ∈ R,
lo cual es una contradicción sobre el cuerpo de los número reales. De este modo, se obtiene lo deseado.
v(u − z)
. Pruebe que |w| ≤ 1 si y sólo si |z| ≤ 1.
ūz − 1
Solución: Comenzaremos haciendo uso de las hipótesis del problema para encontrar una mejor descripción de la expresión |w|:
d) Sea u, v, w, z ∈ C de modo que |u| < 1, |v| = 1 y w :=
|w| =
v(u − z)
|v| · |u − z|
|u − z|
=
=
.
ūz − 1
|ūz − 1|
|ūz − 1|
Observe que suponer que |w| ≤ 1 es equivalente a cualquiera de las siguientes afirmaciones:
|u − z|
|ūz − 1|
⇐⇒ |u − z| ≤ |ūz − 1|
|w| ≤ 1 ⇐⇒
⇐⇒ |u − z|2 ≤ |ūz − 1|2
⇐⇒ (u − z)(ū − z̄) ≤ (ūz − 1)(uz̄ − 1)
⇐⇒ |u|2 + |z|2 − |u|2 |z|2 − 1 ≤ 0
⇐⇒ |u|2 |z|2 − |u|2 − |z|2 + 1 ≥ 0
⇐⇒ (|u|2 − 1)(|z|2 − 1) ≥ 0.
Como |u| < 1, se sigue que |u|2 − 1 < 0. Ası́, necesariamente |z|2 − 1 ≤ 0, lo cual es equivalente a tener
|z| ≤ 1. Por tanto, se tiene que |w| ≤ 1 si y sólo si |z| ≤ 1.
4
Problema 2 Sean z1 , z2 , z3 números complejos dados, de modo que |z1 | = |z2 | = |z3 | = r > 0 (r es fijo) y
se satisface que z1 + z2 + z3 6= 0.
a) Determine el valor más simplificado posible de la siguiente expresión en términos de r,
s
z2 (z1 + z3 ) + z1 z3
99
.
z1 + z 2 + z 3
Solución: Comenzaremos utilizando las hipótesis del problema para manipular la expresión algebraica
subradical (al cuadrado) con el objetivo de simplificarla:
z2 (z1 + z3 ) + z1 z3
z1 + z2 + z 3
2
z 1 z2 + z2 z 3 + z 1 z3 2
=
z1 + z2 + z3
z1 z2 + z2 z3 + z1 z3 z1 z 2 + z2 z3 + z1 z3
=
·
z 1 + z 2 + z3
z +z +z
2 1 2 2 2 32
r
r
r
r2
r
z1 · z2 + z2 · z3 + z1 ·
z1 z2 + z2 z3 + z1 z3
=
·
2
2
r2
z 1 + z 2 + z3
+r +r
z1
z1 z2 + z 2 z3 + z1 z 3
·
z 1 + z 2 + z3
= r2 .
=
r4 (z
z2
r2
z3
z3
+ z2 + z3 )
z 1 z2 z3
· 2
z1 z2 z3
r (z2 z3 + z1 z3 + z1 z2 )
1
Luego, a partir de lo anterior se tiene que
s
z2 (z1 + z3 ) + z1 z3
99
= r1/99 .
z1 + z2 + z3
b) Suponer que r = 1 y
z2
z2
z12
+ 2 + 3 = −1. Pruebe que
z2 z3 z1 z3 z 1 z2
|z1 + z2 + z3 | ∈ {1, 2}.
Solución: A partir de
z12
z2
z2
+ 2 + 3 = −1, se sigue la siguiente equivalencia:
z2 z3 z1 z3 z 1 z2
z12
z2
z2
z13
z23
z33
+ 2 + 3 = −1 ⇐⇒
+
+
= −1
z2 z 3 z1 z3 z1 z 2
z1 z 2 z3 z1 z 2 z3 z1 z 2 z3
⇐⇒
z13 + z23 + z33
= −1
z1 z 2 z3
⇐⇒ z13 + z23 + z33 + z1 z2 z3 = 0.
5
Por otra parte, como nuestro objetivo es estimar el valor de |z1 + z2 + z3 |, y en virtud de la igualdad
anterior, encontraremos una mejor expresión para (z1 + z2 + z3 )3 . Tenemos
(z1 + z2 + z3 )3 = (z13 + z23 + z33 ) + 3(z12 z2 + z12 z3 + z1 z22 + z22 z3 + z1 z32 + z2 z32 ) + z1 z2 z3 + 5z1 z2 z3
= 3(z12 z2 + z12 z3 + z1 z22 + z22 z3 + z1 z32 + z2 z32 ) + 5z1 z2 z3
= 3(z12 z2 + z12 z3 + z1 z22 + z22 z3 + z1 z32 + z2 z32 + 3z1 z2 z3 )−4z1 z2 z3
= 3(z1 z2 (z1 + z2 + z3 ) + z1 z3 (z1 + z2 + z3 ) + z2 z3 (z1 + z2 + z3 )) − 4z1 z2 z3
= 3(z1 + z2 + z3 )(z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 ) − 4z1 z2 z3
Luego, si w := z1 + z2 + z3 la ecuación anterior queda
w3 = 3w(z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 ) − 4z1 z2 z3
z1 z2 z3 z 1 z2 z3 z 1 z2 z3
= 3w
+
+
− 4z1 z2 z3
z3
z2
z1
1
1
1
= (z1 z2 z3 ) 3w
+
+
−4
z 1 z 2 z3


 

  z
z2
z3 


  1
+
+
−
4
= (z1 z2 z3 ) 3w 


2
2
2

  |z1 |
|z2 |
|z3 | 
|{z} |{z} |{z}
=1
=1
=1
= (z1 z2 z3 ) (3w (z1 + z2 + z3 ) − 4)
= (z1 z2 z3 ) (3w (w) − 4)
= (z1 z2 z3 ) 3|w|2 − 4
Ahora bien, tomando el valor absoluto en esta última igualdad se obtiene
|w|3 = |z1 z2 z3 | 3|w|2 − 4 = 3|w|2 − 4 .
| {z }
=1
2
Consecuentemente, si en un primer caso suponemos que 3|w|2 − 4 ≥ 0, es decir, |w| ≥ √ , entonces
3
se tiene la ecuación sobre R:
|w|3 − 3|w|2 + 4 = 0,
la cual tiene por solución a |w| = 2 con multiplicidad algebraica 2 (la otra solución de la ecuación
cúbica es negativa, por lo que no representa el módulo de un número complejo). Análogamente, en el
2
segundo caso suponemos que 3|w|2 − 4 < 0, es decir, |w| < √ , entonces se consigue la siguiente
3
ecuación sobre R:
|w|3 + 3|w|2 − 4 = 0,
6
la cual tiene por solución a |w| = 1 (ya que las otras soluciones son negativas). En consecuencia, hemos
probado que |w| = |z1 + z2 + z3 | ∈ {1, 2}.
c) Demuestre que
<
1
1
1
+
+
z 1 z 2 z3
·<
1
z1 + z2 + z3
≥ 0.
Solución: Recordando que r = |z1 | = |z2 | = |z3 | > 0, manipularemos la expresión algebraica
con el objetivo de analizar su parte real.
1
1
1
z1 + z2 + z3
1
1
1
z1
z2
z3
+
+
=
+
+
z1 z2 z3
z1 z 1 z 2 z2 z3 z 3
=
z1
z2
z3
+
+
2
2
|z1 |
|z2 |
|z3 |2
=
z1 + z2 + z3
.
r2
(3)
Por otra parte, se conoce la siguiente identidad
1
z 1 + z2 + z3
z 1 + z 2 + z3
1
.
=
·
=
z1 + z 2 + z 3
z 1 + z2 + z3 z 1 + z2 + z3
|z1 + z2 + z3 |2
(4)
En consecuencia, a partir de (3) y (4) se desprende que
1
1
1
1
z1 + z2 + z3
z1 + z2 + z3
<
+
+
·<
=<
·<
z1 z2 z3
z1 + z2 + z3
r2
|z1 + z2 + z3 |2
1
= 2
· (<(z1 + z2 + z3 ))2
r |z1 + z2 + z3 |2
≥ 0.
Problema 3
a) Usando completación de cuadrado, determine el par de soluciones de la siguiente ecuación con
√ coefi1+ 5
es el
cientes reales: πz 2 + ez + ϕ = 0, dónde π es el número pi; e es el número de Euler y ϕ =
2
número áureo.
7
Solución: Note que, completando cuadrados en la expresión del lado izquierdo se tiene
πz 2 + ez + ϕ = 0
h
e i
π z2 + z + ϕ = 0
π 2
2
e
e
e
π z2 + z + 2 − 2 + ϕ = 0
π
4π
4π
2
e
e2
π z+
− 2 +ϕ=0
2π
4π
2
e
e2
π z+
−
+ϕ=0
2π
4π
e 2 e2 − 4πϕ
−
=0
π z+
2π
4π
y considerando ∆ = e2 − 4πϕ el cual es negativo se tiene


√
2
2
e
−∆
e 2
−∆
2


π z+
+
=0
⇐⇒
z+
−i
= 0.
2π |{z} 4π 2
2π
2π
−i2
Por lo anterior sabemos que las soluciones son complejas (∆ < 0) y están dadas por
p
√
−e + i −∆
−e + i 4πϕ − e2
=
z1 =
2π
2π
p
√
−e − i −∆
−e − i 4πϕ − e2
z2 =
=
.
2π
2π
Más aún, la factorización de nuestra ecuación inicial de segundo orden la podemos reescribir como el
producto de factores de primer orden del siguiente modo
!
!
p
p
e + i 4πϕ − e2
e − i 4πϕ − e2
z+
.
πz + ez + ϕ = π z +
2π
2π
2
b) Considere a, b, c ∈ R fijos, de modo que |a| = |b| = |c| > 0 y az 2 + bz + c = 0, para z ∈ C. Pruebe que
√
√
5−1
1+ 5
≤ |z| ≤
.
2
2
Solución: Considere r := |a| = |b| = |c| > 0. Luego, a partir de la ecuación de segundo orden
junto con la desigualdad triangular se tiene que
|az 2 | = | − bz − c| ≤ |b||z| + |c| = r|z| + r,
8
esto es, r|z|2 ≤ r|z| + r, para r > 0. √
Luego, dividiendo por r se obtiene que |z|2 − |z| − 1 ≤ 0, ası́ de
1+ 5
forma directa se tiene que |z| ≤
.
2
Por otra parte, a partir nuevamente de la ecuación de segundo orden junto con la desigualdad triangular
se deduce que:
|c| = | − az 2 − bz| ≤ |a||z|2 + |b||z| = r|z|2 + r|z|,
esto es, r ≤ r|z|2 +√r|z|, con r > 0. Luego, dividiendo por r se tiene que |z|2 + |z| − 1 ≥ 0, de donde se
5−1
obtiene que |z| ≥
.
2
Problema 4 Encontrar z ∈ C (una vez utilizando forma trigonométrica y una vez sin utilizar forma
trigonométrica) tal que
z 2 = 1 + i.
2
1
Después, calcular
+1
(en ambos casos).
z+1
Solución:
i. Forma algebraica: Consideremos z = x + yi y notemos que
z 2 = (x + yi)2 = x2 + 2xyi − y 2 ,
de manera que la ecuación queda de la forma
(x2 − y 2 ) + 2xyi = 1 + i.
Luego, por igualdad de números complejos se tiene
x2 − y 2 = 1
2xy
= 1
de la segundas ecuación tenemos
y=
1
2x
⇐⇒
y2 =
1
,
4x2
por lo cual reemplazando en la primera de ellas de tiene
x2 −
1
=1
4x2
⇐⇒
9
4x4 − 4x2 − 1 = 0
donde completando cuadrados se tiene
4(x4 − x2 ) − 1 = 0
1 1
4
2
−1=0
4 x −x + −
4 4
1 2
2
4 x −
−2=0
2
1 2 1
2
x −
− = 0.
2
2
Luego, factorizando se tiene,
1 2 1
−
0 = x2 −
2
2
1
1
1
1
2
2
0= x − +√
x − −√
2
2
2
2


 


s
s
s
s
√
√
√
√
1
−
2
1
−
2
1
+
2
1
+
2
 x +
 x −
 x +
 ,
0 = x −
2
2
2
2
de donde los posibles candidatos están dado por
 s

s
√ s
√
√ s
√

1+ 2
1+ 2
1− 2
1 − 2
x∈ −
,
,−
,
.

2
2
2
2 
No obstante, dado que x corresponde a la parte real de un número complejo, se sigue que
s
s
√
√
1+ 2
1+ 2
o
x=
x=−
2
2
y en esta misma lı́nea se tiene, respectivamente
s
1
2
√
y=−
2 1+ 2
o
1
y=
2
s
2
√ .
1+ 2
Por consiguiente, las soluciones de la ecuación son
s
s
s√
s
√
√
1+ 2
i
2
1+ 2
2−1
√ =−
z1 = −
−
−i
,
2
2 1+ 2
2
2
s
s
s√
s
√
√
1+ 2
i
2
1+ 2
2−1
√ =
z2 =
+
+i
.
2
2 1+ 2
2
2
10
ii. Forma Trigonométrica: Sea z = r(cos(θ)+i sen(θ)). Notemos que 1+i escrito en notación trigonométrica está dado por
π π √ 1 + i = 2 cos
+ i sen
.
4
4
De manera que la ecuación en términos trigonométricos queda
2 √ π π + i sen
,
r(cos(θ) + i sen(θ)) = 2 cos
4
4
o equivalentemente, de acuerdo al Teorema de Moivre
π π √ r2 (cos(2θ) + i sen(2θ)) = 2 cos
+ i sen
.
4
4
√
√
Tomando módulos a la igualdad anterior, se sigue que r2 = 2 ⇐⇒ r = ± 4 2, por lo que sólo nos
basta encontrar θ ∈ R tal que 2θ = π4 ⇐⇒ θ = π8 . Finalmente, se sigue que las soluciones a la
ecuación z 2 = 1 + i son
π π √
4
z1 = 2 cos
+ i sen
p 8 √ !
p 8√
√
2+ 2
2− 2
4
+i
= 2
2
2
s√
s√
√
√
2
2
=
(2 + 2) + i
(2 − 2)
4
4
s√
s√
2+1
2−1
=
+i
,
2
2
π π √
4
z2 = − 2 cos
+ i sen
8 s
8
s√
√
2+1
2−1
=−
−i
.
2
2
Para determinar la expresión
1
+1
z+1
2
i. Forma Algebraica: Considerando
s
z=
s√
√
1+ 2
2−1
+i
2
2
⇒
y
11
s√
p
√
√
1+ 2+ 2
2−1
√
z+1=
+i
2
2
s
s√
√
1+ 2
2−1
z =
−i
2
2
Además nos será de utilidad obtener
s
2
p
√
√
√ !2
1
+
2
+
2
2
−
1

√
+
|z + 1|2 =
2
2
√ p
√
√
√
2−1
1+ 2+2 2 1+ 2+2
+
=
2
2
p
√
√
2+2 2+2 2+2 2
=
2
y observemos que
1
1
z+1
+1=
·
+1
z+1
z+1 z+1
z+1
=
+1
|z + 1|2
z+1
=
+1
|z + 1|2
y reemplazando las expresiones anteriores se obtiene
√ √ √ √√
z+1
+1=
|z + 1|2
1+ 2+ √2−i
2−1
2
√ √
√
2+2 2+2 2+2 2
2
+1
!
!
p√
p
√
√
1+ 2+ 2−i
2−1
2
√
p
+1
=
·
√
√
2
2+2 2+2 2+2 2
p
p
√
√
2+2 2+2−i 2− 2
p
=
+1
√
√
2+2 2+2 2+2 2
p
p
√
√
√
3 2 + 2 2 + 2(2 + 2) − i 2 − 2
p
=
√
√
2+2 2+2 2+2 2
De manera que,
p
p
√
√
√
1
3 2 + 2 2 + 2(2 + 2) − i 2 − 2
p
+1=
√
√
z+1
2+2 2+2 2+2 2
y por lo tanto, la expresión buscada está dada por
p √
p
√
√
√
√ p
√
√ √
2
1
9(2 + 2 2) + 4(6 + 4 2) − (2 − 2) + 12(2 + 2) 2 + 2 2 − 6i 2 2 − 4i 2 + 2 2
p
p
+1 =
√
√
√
√
z+1
4 + 8 + 4(2 + 2 2) + 8 2 + 8 2 + 2 2 + 16 1 + 2
p √
p
√
√ p
√
√
40 + 35 2 + 12(2 + 2) 2 + 2 2 − i(6 2 2 + 4 4 + 2 2)
=
√
√
√ p
√
20 + 16 2 + 8 2(1 + 2) 1 + 2
12
Observación: Consideremos un número complejo genérico z = a + bi y observemos que
2 1
z+2 2
+1 =
z+1
z+1
z+2 2
=
z+1
a + bi + 2 2
=
a + bi + 1
(a + 2) + bi 2
=
(a + 1) + bi
((a + 2) + bi)2
=
((a + 1) + bi)2
(a + 2)2 + 2b(a + 2)i − b2
=
(a + 1)2 + 2b(a + 1)i − b2
((a + 2)2 − b2 ) + 2b(a + 2)i ((a + 1)2 − b2 ) − 2b(a + 1)i
=
·
((a + 1)2 − b2 ) + 2b(a + 1)i ((a + 1)2 − b2 ) − 2b(a + 1)i
(((a + 2)2 − b2 ) + 2b(a + 2)i) · (((a + 1)2 − b2 ) − 2b(a + 1)i)
.
=
((a + 1)2 − b2 )2 − 4b(a + 1)
De donde, por un lado desarrollando el numerador obtenemos
((a + 2)2 − b2 ) + 2b(a + 2)i ((a + 1)2 − b2 ) − 2b(a + 1)i
= ((a + 2)2 − b2 )((a + 1)2 − b2 ) − 2bi(a + 1)((a + 2)2 − b2 ) + 2bi(a + 2)((a + 1)2 − b2 ) + 4b2 (a + 1)(a + 2)
= [(a + 2)2 (a + 1)2 − b2 ((a + 2)2 + (a + 1)2 ) + b4 + 4b2 (a + 1)(a + 2)]
+ 2bi[(a + 2)(a + 1)2 − b2 (a + 2) − (a + 1)(a + 2)2 + b2 (a + 1)]
= ((a2 + 3a + 2)2 + b2 (2a2 + 6a + 3) + b4 ) − 2bi(a2 + 3a + b2 + 2).
Por lo tanto tenemos
2
1
(((a + 2)2 − b2 ) + 2b(a + 2)i) · (((a + 1)2 − b2 ) − 2b(a + 1)i)
+1 =
z+1
((a + 1)2 − b2 )2 − 4b(a + 1)
2
2
(a + 3a + 2) + b2 (2a2 + 6a + 3) + b4 − 2bi(a2 + 3a + b2 + 2)
=
.
((a + 1)2 − b2 )2 − 4b(a + 1)
Finalmente,
2
1
(a2 + 3a + 2)2 + b2 (2a2 + 6a + 3) + b4
2b(a2 + 3a + b2 + 2)
+1 =
−
i
z+1
((a + 1)2 − b2 )2 − 4b(a + 1)
((a + 1)2 − b2 )2 − 4b(a + 1)
a4 + 6a3 + a2 (2b2 + 13) + 6a(b2 + 2) + b4 + 3b2 + 4 2ib(a2 + 3a + b2 + 2)
=
−
.
(a2 + 2a + b2 + 1)2
(a2 + 2a + b2 + 1)2
13
ii. Forma Trigonométrica: Consideremos z =
1
+1
z+1
2
=
z+2
z+1
=
r(cos
r(cos
=
(r2 cos
(r2 cos
=
(r2 cos
(r2 cos
(r2 cos
+i
(r2 cos
π
8
+ i sen
π
8
. Entonces se tiene
2
r2 (cos(
= 2
r (cos(
=
√
4
2 cos
π
8
π
8
+ i sen
+ i sen
π
)
8
π
)
8
π
) + i sen(
4
π
) + i sen(
4
π
+ 4r cos
4
π
+ 2r cos
4
π
+
4r cos
4
π
+ 2r cos
4
π
+ 4r cos
4
π
4
+ 2r cos
+2
+1
!2
π
)) + 4r(cos π8 + i sen π8 ) + 4
4
π
)) + 2r(cos π8 + i sen π8 ) + 1
4
π
+ 4) + i(r2 sen π4 ) + 4r sen π8 )
8
π
+ 1) + i(r2 sen π4 + 2r sen π8
8
π
+ 4) + i(r2 sen π4 + 4r sen π8 ) (r2 cos π4 + 2r cos π8 + 1) − i(r2 sen π4 + 2r sen
8
·
π
+ 1) + i(r2 sen π4 + 2r sen π8 ) (r2 cos π4 + 2r cos π8 + 1) − i(r2 sen π4 + 2r sen
8
π
+ 4)(r2 cos π4 + 2r cos π8 + 1) + (r2 sen π4 + 4r sen π8 )(r2 sen π4 + 2r sen π8 )
8
(r2 cos π4 + 2r cos π8 + 1)2 + (r2 sen π4 + 2r sen π8 )2
π
+ 1)(r2 sen π4 + 4r sen π8 ) − (r2 cos π4 + 4r cos π8 + 4)(r2 sen π4 + 2r sen π8 )
8
(r2 cos π4 + 2r cos π8 + 1)2 + (r2 sen π4 + 2r sen π8 )2
14
π
)
8
π
)
8