Resolución Primer Examen MAT – 1218 – “B”

1.- Resolver la ecuación:

𝒛𝟒 + 𝒂𝒛𝟑 + 𝒂𝟐 𝒛𝟐 + 𝒂𝟑 𝒛 + 𝒂𝟒 = 𝟎
Resolución:

Se sabe que:
𝒂𝟓 − 𝒃𝟓 = (𝒂 − 𝒃)(𝒂𝟒 + 𝒂𝟑 𝒃 + 𝒂𝟐 𝒃𝟐 + 𝒂𝒃𝟑 + 𝒃𝟒 )
En nuestro caso multiplicamos ambos miembros:

𝑧 4 + 𝑎𝑧 3 + 𝑎2 𝑧 2 + 𝑎3 𝑧 + 𝑎4 = 0 /*(𝒛 − 𝒂)

Por lo tanto se tiene:

(𝒛 − 𝒂)(𝑧 4 + 𝑎𝑧 3 + 𝑎2 𝑧 2 + 𝑎3 𝑧 + 𝑎4 ) = 0

Aplicando la propiedad:

(𝒛 − 𝒂)(𝑧 4 + 𝑎𝑧 3 + 𝑎2 𝑧 2 + 𝑎3 𝑧 + 𝑎4 ) = 𝒛𝟓 − 𝒂𝟓
Reemplazando:
𝑧 5 − 𝑎5 = 0
Despejando:
𝑧 5 = 𝑎5
1
𝑧 = (𝑎5 )5
Si: 𝑧1 = 𝑎5

Halando modulo y su argumento:

‖𝑧1 ‖ = √(𝑎5 )2 + 02 = 𝑎5
0
𝜃𝑧1 = tan−1 ( 5 ) = tan−1 (0) = 0
𝑎

Por lo tanto:
1 𝜃 + 2𝑘𝜋 𝜃 + 2𝑘𝜋 1 𝑖(𝜃+2𝑘𝜋)
𝑧𝑘+1 = ‖𝑧1 ‖5 [cos ( ) + 𝑖 sin ( )] = ‖𝑧1 ‖5 𝑒 5 ; 𝒌 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒
5 5

Reemplazando el valor de ángulo y modulo:

1 0+2𝑘𝜋 2𝑘𝜋 2
𝑧𝑘+1 = (𝑎5 )5 𝑒 𝑖( )
= 𝑎𝑒 𝑖( )
5 5 = 𝑎𝑒 𝑖5𝑘𝜋
Finalmente:
2
𝑧𝑘+1 = 𝑎𝑒 𝑖5𝑘𝜋 = 𝑎𝑒 𝑖0.4𝑘𝜋 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛

𝑎). 𝑧 = 𝑎𝑒 (0.4𝑘𝑃𝐼)𝑖 b) 𝑧 = 𝑎𝑒 (0.2𝑘𝑃𝐼)𝑖 c) 𝑧 = 𝑎𝑒 (0.1𝑘𝑃𝐼)𝑖 d) 𝑧 = 𝑎𝑒 (0.3𝑘𝑃𝐼)𝑖 e)N.A.

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2.- Resolver la ecuación:
𝟏𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒊𝒛) + 𝟏𝟑 = 𝟎
Resolución:

Sabemos que:
𝒆𝒊𝒛 − 𝒆−𝒊𝒛
𝒔𝒆𝒏(𝒛) =
𝟐𝒊
Se tiene:
𝒆𝒊(𝒊𝒛) − 𝒆−𝒊(𝒊𝒛) 𝒆−𝒛 − 𝒆𝒛
𝒔𝒆𝒏(𝒊𝒛) = =
𝟐𝒊 𝟐𝒊
Entonces:
𝒆−𝒛 − 𝒆𝒛
𝒔𝒆𝒏(𝒊𝒛) =
𝟐𝒊
Reemplazamos:
𝑒 −𝑧 − 𝑒 𝑧
12 + 13 = 0
2𝑖
Ordenando:

𝑒 −𝑧 − 𝑒 𝑧
6 = −13
𝑖
13
𝑒 −𝑧 − 𝑒 𝑧 = − 6 𝑖 /∗ 𝑒 𝑧
13
𝑒 −𝑧 𝑒 𝑧 − (𝑒 𝑧 )2 = − 𝑖𝑒 𝑧
6
Tenemos:
13
(𝑒 𝑧 )2 − 𝑖(𝑒 𝑧 ) − 1 = 0
6

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

13 13 2
− 6 𝑖 ± √(− 6 𝑖) − 4(1)(−1) 13𝑖 ± √−25
𝑒𝑧 = =
2 12
Por lo tanto:
13𝑖 ± 5𝑖
𝑒𝑧 =
12
Encontrando las raíces:

13𝑖 + 5𝑖 3 13𝑖 − 5𝑖 2
𝑒𝑧 = = 𝑖 ^ 𝑒𝑧 = = 𝑖
12 2 12 3
3 2
𝑧 = ln ( 𝑖) ^ 𝑧 = ln ( 𝑖)
2 3
Obteniendo el logaritmo de un número complejo mediante:

𝑧 = ln‖𝑧1 ‖ + 𝑖(𝜃 + 2𝑘𝜋)

Hallando modulo y ángulo:

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 3 2
𝑧 = ln ‖ 𝑖‖ + 𝑖(𝜃 + 2𝑘𝜋) ^ 𝑧 = ln ‖ 𝑖‖ + 𝑖(𝜃 + 2𝑘𝜋)
2 3

3 2 2 2
𝑧 = ln √02 + ( ) + 𝑖(tan−1 ∞ + 2𝑘𝜋) ^ 𝑧 = ln √02 + ( ) + 𝑖(tan−1 ∞ + 2𝑘𝜋)
2 3

3 𝜋 2 𝜋
𝑧 = ln ( ) + 𝑖 ( + 2𝑘𝜋) ^ 𝑧 = ln ( ) + 𝑖 ( + 2𝑘𝜋)
2 2 3 2

3 1 2 1
𝑧 = ln ( ) + 𝑖 ( + 2𝑘) 𝜋 ^ 𝑧 = ln ( ) + 𝑖 ( + 2𝑘) 𝜋
2 2 3 2
Solución

1 1
𝑎) 𝑧 = (− 4 + 2𝑘) 𝑃𝐼 ± ln(1.5) 𝑖 b). 𝑧 = (− 2 + 2𝑘) 𝑃𝐼 ± ln(1.5) 𝑖
3 1
c) 𝑧 = (− 2 + 2𝑘) 𝑃𝐼 ± ln(1.5) 𝑖 d) 𝑧 = (− 2 + 2𝑘) 𝑃𝐼 ± ln(0.5) 𝑖 e) N.A.

3.- 𝑹𝒆𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒓 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏:

𝒔𝒆𝒏((𝒊𝒚)𝟎.𝟓 ) + 𝒊𝒄𝒐𝒔((𝒊𝒚)𝟎.𝟓 ) = 𝐜𝐨𝐬((𝒊𝒚)𝟎.𝟓 ) + 𝒊𝒔𝒆𝒏((𝒊𝒚)𝟎.𝟓 )

Resolución:

Reescribiendo la ecuación:
𝒔𝒆𝒏(√𝒊𝒚) + 𝒊𝒄𝒐𝒔(√𝒊𝒚) = 𝐜𝐨𝐬(√𝒊𝒚) + 𝒊𝒔𝒆𝒏(√𝒊𝒚)
De:
𝑒 𝑖𝜃 = cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃
𝑒 −𝑖𝜃 = cos 𝜃 − 𝑖 sin 𝜃
Asemejando la ecuación:

𝒊[𝐜𝐨𝐬(√𝒊𝒚) − 𝒊𝒔𝒆𝒏(√𝒊𝒚)] = 𝐜𝐨𝐬(√𝒊𝒚) + 𝒊𝒔𝒆𝒏(√𝒊𝒚)

Se tiene:
𝒊𝒆−𝒊√𝒊𝒚 = 𝒆𝒊√𝒊𝒚
Ordenando:
𝒆𝒊√𝒊𝒚
𝒊= ; 𝒆𝟐𝒊√𝒊𝒚 = 𝒊
𝒆−𝒊√𝒊𝒚
Se tiene:
𝟐𝒊√𝒊𝒚 = 𝐥𝐧(𝒊)

𝒊
√𝒊𝒚 = − [𝐥𝐧‖𝒊‖] + 𝒊(𝜽 + 𝟐𝒌𝝅)
𝟐

Hallando modulo y ángulo

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 𝑖 𝜋 𝑖 𝜋
√𝑖𝑦 = − [ln(1) + 𝑖 ( + 2𝑘𝜋)] = − 𝑖 ( + 2𝑘𝜋)
2 2 2 2
1
√𝑖𝑦 = ( + 𝑘) 𝜋
4
Despejando:
2
1
𝑖𝑦 = [( + 𝑘) 𝜋]
4
Finalmente se tiene:
2
1
𝑦 = − [( + 𝑘) 𝜋] 𝑖 = −[(0.25 + 𝑘)𝜋]2 𝑖
4
Solución

𝑎) 𝑦 = ((0.25 + 𝑘)𝑃𝐼)2 𝑖 b) 𝑦 = (−(0.25 + 𝑘)𝑃𝐼)2 𝑖

c). 𝑦 = −((0.25 + 𝑘)𝑃𝐼)2 𝑖 d) 𝑦 = −((0.5 + 𝑘)𝑃𝐼)2 𝑖 e) N.A.

4.-Resolver la ecuación:
(𝒊 − 𝒚)𝒏 − (−𝒊 − 𝒚)𝒏 = 𝟎
Resolución:
Realizando algunas operaciones:

(𝑖 − 𝑦)𝑛 = (−𝑖 − 𝑦)𝑛

Se tiene:
(𝑖 − 𝑦)𝑛 𝑖−𝑦 𝑛
=1 → [ ] =1
(−𝑖 − 𝑦)𝑛 −𝑖 − 𝑦
Factorizando:

−(𝑦 − 𝑖) 𝑛 (𝑦 − 𝑖) 𝑛
[ ] =1 → [ ] =1
−(𝑦 + 𝑖) (𝑦 + 𝑖)
Haciendo
𝑧1 = 𝑦 − 𝑖 𝑦 𝑧2 = 𝑦 + 𝑖
Se tendría:
𝑧1 𝑛
[ ] =1 … … … … … . . (𝐼)
𝑧2
Expresando ambos números en su forma exponencial:
‖𝑧1 ‖ = √𝑦 2 + 12 ‖𝑧2 ‖ = √𝑦 2 + 12
1 1
𝜃 = − tan−1 ( ) 𝜃 = tan−1 ( )
𝑦 𝑦
Por lo tanto expresamos como:
𝑧1 = ‖𝑧1 ‖𝑒 𝑖𝜃 𝑧2 = ‖𝑧2 ‖𝑒 𝑖𝜃
Reemplazando:
1 1
−𝑖 tan−1 ( ) 𝑖 tan−1 ( )
𝑧1 = √𝑦 2 + 12 𝑒 𝑦 𝑧2 = √𝑦 2 + 12 𝑒 𝑦

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Reemplazando en (I):
𝑛
−𝑖 tan −1 ( 1 )
√𝑦 2 + 12 𝑒 𝑦
[ ] =1
𝑖 tan −1 ( 1 )
√𝑦 2 + 12 𝑒 𝑦

Simplificando:

1 1 𝑛
−𝑖 tan−1 ( ) −𝑖 tan−1 ( )
[𝑒 𝑦 ∗ 𝑒 𝑦 ] =1
Realizando operaciones:
1
−𝑖2𝑛 tan−1 ( )
𝑒 𝑦 =1
Despejando:
1
−𝑖2𝑛 tan−1 ( ) = ln(1)
𝑦
Entonces:
1
−𝑖2𝑛 tan−1 ( ) = ln √(1)2 + 02 + 𝑖(0 + 2𝑘𝜋)
𝑦
Tenemos:
1
−𝑖2𝑛 tan−1 ( ) = 𝑖2𝑘𝜋
𝑦
Simplificando:

1
−𝑛 tan−1 ( ) = 𝑘𝜋
𝑦
Por lo tanto:

1 𝑘𝜋
tan−1 ( ) = −
𝑦 𝑛
Tenemos:
1 𝑘𝜋
= tan (− )
𝑦 𝑛
Invirtiendo ambos miembros:
1
𝑦=
𝑘𝜋
tan (− 𝑛 )
Finalmente:
𝑘𝜋
𝑦 = cot (− )
𝑛

2𝑘𝑃𝐼 𝑘𝑃𝐼 𝑘𝑃𝐼

𝑎) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔(− ) b) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔(− ) c) 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔( )
𝑛 2𝑛 𝑛
𝑘𝑃𝐼
d). 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔(− 𝑛
) e)N.A.

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5.-Hallar las condiciones de Cauchy Riemann

𝒆𝟒(𝒙+𝒊𝒚)𝒊 + 𝟏 + (𝒙 + 𝒊)𝒚𝒆𝟐(𝒙+𝒊𝒚)𝒊
𝒇(𝒙 + 𝒊𝒚) =
𝒆𝟐(𝒙+𝒊𝒚)𝒊
Resolución:

𝑒 4(𝑥+𝑖𝑦)𝑖 1 (𝑥 + 𝑖)𝑦𝑒 2(𝑥+𝑖𝑦)𝑖

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = + +
𝑒 2(𝑥+𝑖𝑦)𝑖 𝑒 2(𝑥+𝑖𝑦)𝑖 𝑒 2(𝑥+𝑖𝑦)𝑖

Simplificando:

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑒 2(𝑥+𝑖𝑦)𝑖 + 𝑒 −2(𝑥+𝑖𝑦)𝑖 + (𝑥 + 𝑖)𝑦

Ordenando:

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑒 −2𝑦 𝑒 𝑖2𝑥 + 𝑒 2𝑦 𝑒 −𝑖2𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑖𝑦

Empleando la fórmula de Euler:

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑒 −2𝑦 cos(2𝑥) + 𝑖𝑒 −2𝑦 sin(2𝑥) + 𝑒 2𝑦 cos(2𝑥) − 𝑖 𝑒 2𝑦 sin(2𝑥) + 𝑥𝑦 + 𝑖𝑦

Agrupando:

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = (𝑒 2𝑦 + 𝑒 −2𝑦 ) cos(2𝑥) − 𝑖(𝑒 2𝑦 − 𝑒 −2𝑦 ) sin(2𝑥) + 𝑥𝑦 + 𝑖𝑦

Ordenando:

𝑒 2𝑦 + 𝑒 −2𝑦 𝑒 2𝑦 − 𝑒 −2𝑦
𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = 2 ( ) cos(2𝑥) − 𝑖2 ( ) sin(2𝑥) + 𝑥𝑦 + 𝑖𝑦
2 2

Tenemos:

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = 2 cosh(2𝑦) cos(2𝑥) − 𝑖2 sinh(2𝑦) sin(2𝑥) + 𝑥𝑦 + 𝑖𝑦

Separando parte real e imaginaria:

𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = [2 cosh(2𝑦) cos(2𝑥) + 𝑥𝑦] + 𝑖[−2 sinh(2𝑦) sin(2𝑥) + 𝑦]

Finalmente se tiene:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 2 cosh(2𝑦) cos(2𝑥) + 𝑥𝑦

𝑣(𝑥, 𝑦) = −2 sinh(2𝑦) sin(2𝑥) + 𝑦

Hallando las ecuaciones Cauchy Riemann:

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 𝜕𝑢 𝜕𝑢
= −4 cosh(2𝑦) sin(2𝑥) + 𝑦 ; = 4 sinh(2𝑦) cos(2𝑥) + 𝑥
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝜕𝑣 𝜕𝑣
= −4 sinh(2𝑦) cos(2𝑥) ; = −4 cosh(2𝑦) sin(2𝑥) + 1
𝜕𝑥 𝜕𝑦

𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣
a) 𝜕𝑥 = −4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 1, = 4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, 𝜕𝑥 = −4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, =
𝜕𝑦 𝜕𝑦
−4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 1
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣
b) 𝜕𝑥 = −4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 𝑦, = 4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, 𝜕𝑥 = −4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, =
𝜕𝑦 𝜕𝑦
−4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 𝑦
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣
c) 𝜕𝑥 = −4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 1, = 4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, 𝜕𝑥 = −4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, =
𝜕𝑦 𝜕𝑦
−4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 𝑦
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣
d) 𝜕𝑥 = −4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 𝑦, = 4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, 𝜕𝑥 = −4𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ2𝑦, =
𝜕𝑦 𝜕𝑦
−4𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 + 1
e). N.A.

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