Capı́tulo 17

Ejercicio 17.1. Sean z1 = 5 − 3i y z2 = −4 + 7i. Calcule

z1
(a) z1 + z2 (b) z1 − z2 (c) z1 z2 (d) (e) z1 z2 (f) iz1 − 2z 2
z2

Solución:

(a) z1 + z2 = 1 + 4i

(b) z1 − z2 = 9 − 10i

(c) z1 z2 = 47i + 1
z1 5 − 3i 5 − 3i −4 − 7i −41 − 23i 41 23
(d) = = · = =− − i
z2 −4 + 7i −4 + 7i −4 − 7i 65 65 65
(e) z1 z2 = (5 + 3i)(−4 + 7i) = −41 + 23i

(f) iz1 − 2z 2 = i(5 − 3i) − 2(−4 − 7i) = 11 + 19i

Ejercicio 17.2. Calcule la parte real y la parte imaginaria de los siguientes números complejos:
4+i
(a) z = (b) w = 7i19 + 2i28 − 3i5 + i − 5
−2 + 3i

Solución:
4+i 4 + i −2 − 3i −5 − 14i
(a) z = = = ;
−2 + 3i −2 + 3i −2 − 3i 13
Re(z) = −5/13, Im(z) = −14/13

(b)

w =7i19 + 2i28 − 3i5 + i − 5

=7i4·4+3 + 2i4·7 − 3i4+1 + i − 5
=7(−i) + 2 − 3i + i − 5 = −9i − 3

Re(w) = −3, Im(w) = −9

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 1

Ejercicio 17.3. Escriba en forma trigonométrica y represente en el plano complejo (o plano de Argand)
los siguientes números complejos:
√ 5 5
(a) z = 2 (b) z = −i5 (c) z = 2 − 2 3i (d) z = − + i
4 4

Solución:
√
(a) Punto del plano (2, 0); r = 22 + 02 = 2; FT: 2(cos 0 + i sen 0)
√
(b) −i5 = −i; Punto del plano (0, −1); r = 12 + 02 = 1;
FT: cos 3π
2
+ i sen 3π
2
√ q √
(c) Punto del plano (2, −2 3); r = 22 + (−2 3)2 = 4;
√ √
tan θ = −22 3 = − 3; FT: 4(cos 5π 3
+ i sen 5π 3
)
q √
(d) Punto del plano (− 54 , 54 ); r = (− 54 )2 + ( 54 )2 = 5 4 2 ;
√
5/4 5 2
tan θ = −5/4
= −1; FT: 4
(cos 3π
4
+ i sen 3π
4
)

Ejercicio 17.4. Calcule aproximaciones decimales de los siguientes números complejos:

 4
12 2 + 3i
(a) z = (1 + i) (b) z =
4 − 2i

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 2

Solución:

(a) En primer lugar, hallemos 1 + i en forma trigonométrica:

√ √ 1 π
r= 12 + 12 = 2; tan θ = = 1; arctan 1 = ;
1 4
√ π π
1 + i = 2(cos + i sen )
4 4
Usando ahora la fórmula de Moivre tenemos:
√  π π 12
(1 + i)12 = 2 cos + i sen
  4 π  4   π 
=64 cos 12 + i sen 12
4 4
=64(cos 3π + i sen 3π) = 64(−1 + i0) = −64

2 + 3i 4 + 2i 1 4
(b) Observemos que = + i. Ahora lo pasamos a forma trigonométrica, teniendo en
4 − 2i 4 + 2i 10 5
cuenta que es un punto del primer cuadrante.
s 
2  2 √
1 4 13 4/5
r= + = √ ; tan θ = = 8; arctan 8 ≈ 1.4464
10 5 2 5 1/10

Usando ahora la fórmula de Moivre tenemos:

 4 √ !4
2 + 3i 13
= √ (cos(1.4464) + i sen(1.4464))
4 − 2i 2 5
169
= (cos(4(1.4464)) + i sen(4(1.4464)))
400
169
= (cos(5.7857) + i sen(5.7857))
400
=0.3713 − 0.2016i,

donde observemos que hemos aproximado la parte real y la imaginaria.

Ejercicio 17.5. Calcule:

(a) (−3 + 4i)1/2 (b) (1 + i)1/3 (c) (−i)1/7

Solución:

(a) (−3 + 4i)1/2 = {1 + 2i, −1 − 2i}

√ √ √
(b) (1 + i)1/3 = { 6 2eπi/12 , 6 2e3iπ/4 , 6 2e17iπ/12 }

(c)(−i)1/7 = {e−πi/14 , e3iπ/14 , i, e11iπ/14 , e−13iπ/14 , e−9iπ/14 , e−5iπ/14 }

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 3

Ejercicio 17.6. Factorice los siguientes polinomios en C:

(a) z 2 − 3iz + 3z − 9i (b) z 3 + (−2 + i)z 2 + (10 − 2i)z + 10i (c) z 5 − i

Solución:
(a) z 2 − 3iz + 3z − 9i = z 2 + (3 − 3i)z − 9i = (z − 3i)(z + 3). Al ser un polinomio de grado 2 podemos
aplicar la fórmula cuadrática,
p √
−(3 − 3i) ± (3 − 3i)2 − 4(−9i) −(3 − 3i) ± 18i
z= =
2 2
−(3 − 3i) ± (3 + 3i)
= =⇒ z = 3i, z = −3
2

(b) z 3 + (−2 + i)z 2 + (10 − 2i)z + 10i = (z + i)(z − 1 − 3i)(z − 1 + 3i) En primer lugar usamos la
regla de Ruffini para sacar al menos una raı́z, en este caso, z = −i:
−i 1 −2 + i 10 − 2i 10i
−i 2i −10i
1 −2 10 0

Ası́, z 3 + (−2 + i)z 2 + (10 − 2i)z + 10i = (z + i)(z 2 − 2z + 10). Ahora aplicamos la fórmula cuadrática
para obtener
p √
2 ± (−2)2 − 4(10) 2 ± −36
z= =
2 2
2 ± 6i
= =⇒ z = 1 + 3i z = 1 − 3i
2

(c) En este caso, el problema es equivalente a hallar las raı́ces quintas del número i, ya que z 5 − i = 0
es equivalente a resolver z = i1/5 . En primer lugar, hallemos i en forma exponencial:
√ π π
r = 12 = 1; θ = ; i = ei 2
2
Ası́, las raı́ces en forma exponencial son:
π
i1/5 = (ei( 2 +2kπ) )1/5 = {eiπ/10 , ei5π/10 , ei9π/10 , ei13π/10 , ei17π/10 , }
Observemos que, salvo una de las raı́ces, el resto tiene parte real e imaginaria irracional,
eiπ/10 = cos(π/10) + i sen(π/10)
eiπ/2 = i
ei9π/10 = cos(9π/10) + i sen(9π/10)
ei13π/10 = cos(13π/10) + i sen(13π/10)
ei17π/10 = cos(17π/10) + i sen(17π/10)
Ası́,
z 5 − i = (z − eiπ/10 )(z − i)(z − ei9π/10 )(z − ei13π/10 )(z − ei17π/10 )

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 4

Ejercicio 17.7. Identifique y describa los siguientes subconjuntos de C:

A = {z ∈ C : Re(iz) − zz = 0} ; B = {z ∈ C : Im((3 + i)z) = 2}.

Solución: Denotemos z = x + iy.

iz = −y + xi, Re(iz) = −y, zz = x2 + y 2 y por tanto Re(iz) − zz = −y − x2 − y 2 = 0. El conjunto

de puntos (  2  2 )
1 1
{(x, y) : x2 + y 2 + y = 0} = (x, y) : x2 + y + =
2 2
A es una circunferencia centrada en (0, −1/2) y de radio 1/2.

(3 + i)(x + iy) = 3x − y + (3y + x)i. Ası́,

{ (x, y) : Im((3 + i)z) = 2} = { (x, y) : 3y + x = 2},

B es una recta.

Ejercicio 17.8. Observe el siguiente razonamiento:

√ p √ √
1 = 1 = (−1)(−1) = −1 −1 = i · i = i2 = −1

¿Cómo es posible que 1 = −1?

Solución: En el razonamiento se ha cometido el siguiente error. Hemos aprendido que la raı́z cuadrada
de un número complejo distinto de cero (y en particular de un número real) son dos números distintos.
En este razonamiento solo se tiene en cuenta una de las raı́ces y por tanto hay igualdades que resultan
ambiguas.

Ejercicio 17.9. Usando las propiedades del conjugado de un número complejo pruebe el siguiente resul-
tado: dado un polinomio P con coeficientes reales, si z0 es raı́z de P , entonces su conjugado z0 también lo
es. Como consecuencia, todo polinomio de grado impar tiene al menos una raı́z real.

Solución: Partimos de que z0 es raı́z de un polinomio con coeficientes reales P (z) = ni=1 ai z n , esto es,
P
P (z0 ) = 0, y queremos probar que entonces P (z0 ) = 0. Para ello vamos a usar estas tres propiedades del
conjugado de un número complejo:

(1) z1 + z2 = z1 + z2
(2) z1 z2 = z1 z2
(3) z = z ⇐⇒ z ∈ R

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 5

Ası́ tenemos que
n n n n
X (2) X (3) X (1) X
P (z) = ai z n = ai z n = ai z n = ai z n = 0 = 0.
i=1 i=1 i=1 i=1

Como consecuencia de este resultado, las raı́ces complejas siempre van “de dos en dos” y por tanto, si el
polinomio tiene grado impar, “la que sobra” tiene que ser por fuerza real. Recordemos que el Teorema
Fundamental del Álgebra nos dice que todo polinomio de grado n con coeficientes en C tiene n soluciones
en C (contando su multiplicidad).

 5
1+i
Ejercicio 17.10. Represente en la forma a + bi, con a, b ∈ R, el número complejo z = .
1−i

Solución:  5  5  10  10

1+i (1 + i)(1 + i) 1+i πi 5πi
z= = = √ = e4 = e 2 = i.
1−i 2 2

2
Ejercicio 17.11. Halle todas las soluciones de la ecuación (z 2 − i) = −1.

Solución:

− 1 = (z 2 − i)2 = z 4 − 2iz 2 − 1 ⇒ 0 = z 4 − 2iz 2 = z 2 (z 2 − 2i) ⇒

(
z = 0.
⇒ √ √  
z 2 = 2i = 2e(πi/2)+2kπi ⇒ z = 2 e(πi/4)+kπi = 2 ekπi √12 + √i2 = ±(1 + i).

las soluciones son z = 0 (doble), z = 1 + i (simple), z = −1 − i (simple).

Ejercicio 17.12. Halle todas las soluciones de la ecuación z 2 + (1 − 3i) z − 2 − i = 0.

Solución:
√
q
− (1 − 3i) ± (1 − 3i)2 + 4 (2 + i) − (1 − 3i) ± −2i − (1 − 3i) ± (1 − i)
z= = = = −1 + 2i, i
2 2 2
pues
√  −π 1/2 √ −π √

1 i

−2i = 2e( 2 +2kπ)i = 2e( 4 +kπ)i = ± 2 √ −√ = ± (1 − i)
2 2

Ejercicio 17.13. Halle todas las soluciones de la ecuación z 4 − (1 + 5i) z 3 − (6 − 3i) z 2 = 0

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 6

Solución:
z 4 − (1 + 5i) z 3 − (6 − 3i) z 2 = 0 =⇒ z 2 − (1 + 5i) z − (6 − 3i) z 2 = 0 =⇒ z = 0 ,

√
q
2
1 + 5i ± (1 + 5i)2 + 4 (6 − 3i) 1 + 5i ± −2i
z − (1 + 5i) z − (6 − 3i) = 0 =⇒ z = =
2 2 
√

1 i

1/2 √ 1 + 5i ± 2 √ − √
1 + 5i ± 2e−πi/2 1 + 5i ± 2e−πi/4 2 2
= = =
2  2 2
1 + 5i + (1 − i)
 z=


2
 
1 + 5i ± (1 − i) z = 1 + 2i
= =⇒ =⇒
2 z = 3i
 z = 1 + 5i − (1 − i)



2
Las soluciones son z = 0 (doble); z = 1 + 2i (simple); z = 3i (simple).

Ejercicio 17.14. Halle todas las soluciones de la ecuación z 2 + (5 + 3i) z + 4 + 7i = 0.

Solución:
p √ √
−(5 + 3i) ± (5 + 3i)2 − 4(4 + 7i) −(5 + 3i) ± 2i −(5 + 3i) ± 2eiπ/4
z= = =
2 2 2
√ √ !!
√ 2 2
−(5 + 3i) ± 2

+ i −(5 + 3i) + (1 + i)
2 2 −(5 + 3i) ± (1 + i)  z = = −2 − i

= = = 2
2 2  z = −(5 + 3i) − (1 + i) = −3 − 2i

2
Las soluciones son z = −2 − i (simple), z = −3 − 2i (simple).

Ejercicio 17.15. Sea B = {z ∈ C : 2zz + (4 + i)z + (4 − i)z = −1}. Señale las respuestas correctas.
Nota: z denota el conjugado de z.
(a) B es una recta (b) B es una semirrecta (c) B es el conjunto vacı́o (d) B son dos rectas
(e) B es una circunferencia (f) B es una elipse (g) B es un punto

Solución: (e). 2zz + (4 + i)z + (4 − i)z = −1 ⇐⇒ 2(x + iy)(x − iy) + (4 + i)(x + iy) + (4 − i)(x − iy) ⇐⇒
2x2 + 2y 2 + 8x − 2y + 1 = 0, conjunto que representa una circunferencia.

Ejercicio 17.16. Señale cuál es el conjunto formado por todas las soluciones de la siguiente ecuación

|z 2 | + Re(3iz) + 2 = 0.

Nota: Re z denota la parte real de un número complejo z ∈ C.

(a) Un punto (b) Dos puntos (c) Tres puntos (d) Cuatro puntos (e) Una recta
(f) Una elipse (g) Una hipérbola (h) Una circunferencia (i) Un semiplano

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 7

Solución: (h). Escribiendo z = x + iy, tenemos:

|z 2 | + Re(3iz) + 2 = 0 ⇐⇒ |x + iy|2 + Re (3ix − 3y) + 2 = 0 ⇐⇒ x2 + y 2 − 3y + 2 = 0

 2  2
2 3 9 2 3 1
⇐⇒ x + y − − + 2 = 0 ⇐⇒ x + y − = .
2 4 2 4
Por lo que se trata de una circunferencia de radio 1/2, centrada en el punto 3i/2.

Ejercicio 17.17. Determine todas las raı́ces de la ecuación

z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = 0,

sabiendo que z = i lo es.

Solución: Comprobamos que, efectivamente, z = i es una raı́z de la ecuación del enunciado:

(i)3 − (2 + i)(i)2 + 2(1 + i)(i) − 2i = −i + (2 + i) + (2i − 2) − 2i = 0.

En consecuencia, el polinomio z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = 0 es divisible entre z − i. La división se hace

según el procedimiento que aprendimos en el colegio para polinomios con coeficientes reales: al dividir el
término de mayor grado del dividendo, z 3 , entre el término de mayor grado del divisor, z, obtenemos z 2 ;
seguidamente, multiplicamos z 2 por el divisor y lo llevamos, restando, debajo del dividendo:
z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i z − i
−z 3 + iz 2 z2
− 2z 2 + 2(1 + i)z − 2i

Repetimos el procedimiento; ahora hacemos: −2z 2 entre z cabe a −2z:

z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i z − i
−z 3 + iz 2 z 2 − 2z
2
− 2z + 2(1 + i)z − 2i
+ 2z 2 − 2iz
2z − 2i
Y, finalmente, 2z entre z cabe a 2:
z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i z − i
−z 3 + iz 2 z 2 − 2z + 2
− 2z 2 + 2(1 + i)z − 2i
+ 2z 2 − 2iz
2z − 2i
− 2z + 2i
0

Hemos terminado, puesto que el resto es cero. El cociente, z 2 − 2z + 2, es un polinomio de segundo grado
y conocemos la expresión de las raı́ces de un polinomio de segundo grado:
p
2 ± (−2)2 − 8 2 ± 2i
z= = =1±i
2 2

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 8

Por lo tanto, las raı́ces de la ecuación z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = 0 son z = i, z = 1 + i, z = 1 − i.
Por cierto, hallar las raı́ces equivale, como sabemos, a factorizar el polinomio:

z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = (z − i)(z 2 − 2z + 2) = (z + i)(z − (1 + i))(z − (1 − i))

Ejercicio 17.18. Consideremos la función f (z) = (z − 2)2 con z ∈ C y la región triangular cerrada T de
1
vértices z = 1 + i, z = 1, z = 3 − i. Determine los puntos en los que |f (z)| alcanza su valor máximo en
2
T.

Solución: La función |f (z)| = |z − 2|2 es el cuadrado de la distancia de z al punto 2 y por tanto el

máximo se alcanza en z = 1 + i, que es el punto del triángulo más alejado de z = 2.

Ejercicio 17.19. Señale las identidades correctas.

Nota. senh, cosh y tanh son las funciones trigonométricas hiperbólicas.

(a) sen z = − sinh iz (b) cos z = cosh iz (c) tan z = −i tanh z

Solución: (b)
ez − e−z ez + e−z eiz − e−iz eiz + e−iz
Téngase en cuenta que senh z = ; cosh z = ; sen z = ; cos z = .
2 2 2i 2

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 9

 √
 
2π
Ejercicio 17.20. Sea f (z) = 4
z la determinación de la raı́z cuarta definida en z : arg(z) 6= tal que
3
f (−4) = 1 + i. Calcule f (4).

 
2π
Solución: El corte L = z : z = 0 o bien arg(z) = determina las siguientes regiones fundamentales
3
de g(z) = z 4 :
π π 2π
Ω1 = {z ∈ C : < arg(z) < + }
6 6 4
π 2π π 2π 2π
Ω2 = {z ∈ C : + < arg(z) < + + }
6 4 6 4 4
π 2π 2π π 2π 2π 2π
Ω3 = {z ∈ C : + + < arg(z) < + + + }
6 4 4 6 4 4 4
π 2π 2π 2π π 2π 2π 2π 2π
Ω4 = {z ∈ C : + + + < arg(z) < + + + + }
6 4 4 4 6 4 4 4 4
La única región que contiene a f (−4) = 1 + i es Ω1 , luego hay que buscar la raı́z cuarta de 4 que esté
contenida en Ω1 : √ √ √ √ √
4
4 = { 2i, − 2, − 2i, 2},
√
y la única contenida en Ω1 es f (4) = 2i.

Ejercicio 17. 21. Sea f la determinación del logaritmo definida en todo C salvo en los puntos de la
semirrecta L = {(1 − i)t : t ≥ 0} y que verifica f (1) = 4πi . Determine los valores de f (1 + i) y de f (−i).

π
Solución: La semirrecta L está formada por el origen y por los complejos de argumento θk = − + 2kπ =
4
π
(8k − 1) , con k ∈ Z. En consecuencia, existe un valor de k (y sólo uno) tal que f (z) = ln |z| + i arg z
4
16πi
en donde arg z se mide en el intervalo (θk , θk+1 ). Como 4πi = = f (1) = i arg z, el valor de k
4
debe ser necesariamente k = 2, es decir, que el argumento se mide en el intervalo 15 23


4
π, 4
π . Finalmente
√ ln 2 17π 22π 11π
f (1 + i) = ln 2 + i arg (1 + i) = + i ; f (−i) = ln 1 + i arg (−i) = 0 + i= i.
2 4 4 2

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 10

Ejercicio 17.22. Sea f la rama (determinación) del logaritmo tal que el ı́nfimo de su parte imaginaria es
5
2
π. Determine el valor de f (1 + i) .

Solución: Sabemos que el logaritmo complejo es una función multiforme definida para cada w ∈ C (w 6= 0)
por la fórmula:
ln w = ln |w| + i(arg w + 2kπ) k = 0, ±1, ±2, · · ·
En este caso, el argumento se mide en el intervalo 25 π, 92 π . Ası́,

π 1  π 
f (1 + i) = ln |1 + i| + i + 2kπ = ln 2 + i + 2kπ ,
4 2 4
5 π 5 9 17
para un cierto entero k que determinamos de manera que π < + 2kπ < π + 2π, esto es, < k < .
2 4 2 8 8
16 √ ln 2 17π
Claramente, k = = 2, luego f (1 + i) = ln 2 + i arg (1 + i) = + i
8 2 4
Análogamente:
7π 7π
f (−i) = ln 1 + i arg (−i) = 0 + i= i.
2 2

Ejercicio 17.23. Calcule el valor en C de sen (−π + i ln 2).

Solución:
ei(−π+i ln 2) − e−i(−π+i ln 2) e−iπ−ln 2 − eln 2+iπ
sen (−π + i ln 2) = =
2i 2i
ln 2 −1

ln 2
e (cos(−π) + i sen(−π)) − e (cos π + i sen π)
=
2i
1
(−1) − 2 (−1) 3i
= 2 =− .
2i 4

π √

Ejercicio 17.24. Calcule el valor en C de sen − i ln 2 + 3 .
2

Solución:
π
√ π
√ √ √
π  √  ei( 2 −i ln(2+ 3))
− e−i( 2 −i ln(2+ 3))
π π
ei 2 +ln(2+ 3) − e−i 2 −ln(2+ 3)
sen − i ln 2 + 3 = = =
2 2i √ 2i √
√ √
π π
ei 2 eln(2+ 3) − e−i 2 e− ln(2+ 3) i(2 + 3) + i 2+1√3 2 + 3 + 2+1√3
= = = =
2i √ 2i 2
√ (2− 3) √ √
2 + 3 + 2+√3 2−√3 (2− 3)
( )( ) 2 + 3 + 1 4
= = = = 2.
2 2 2

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 11

Ejercicio 17. 25. Sea f la determinación del logaritmo definida en todo C salvo en los puntos de la
semirrecta L = {(1 + i)t : t ≥ 0} y que verifica f (1) = 4πi . Calcule el valor de f (1 − i).

Solución: La semirrecta L está formada por el origen y por los complejos de argumento
π π
θk = + 2kπ = (8k + 1) ,
4 4
con k ∈ Z. En consecuencia, existe un valor de k (y sólo uno) tal que f (z) = ln |z| + i arg z en donde arg z
16πi
se mide en el intervalo (θk , θk+1 ). Como 4πi = = f (1) = i arg z, el valor de k debe ser necesariamente
4  
9π 17π
k = 1, es decir, que el argumento se mide en el intervalo , . Finamente,
4 4
√ ln 2 11π
f (1 − i) = ln 2 + i arg (1 − i) = + i.
2 4

Ejercicio 17.26. Calcule el valor de cos (i ln 2).

Solución: −1 1
ei(i ln 2) + e−i(i ln 2) e− ln 2 + eln 2 eln 2 + eln 2 2
+2 5
cos (i ln 2) = = = = = .
2 2 2 2 4

Ejercicio 17.27. Calcule el valor de sen (i ln 2).

Solución:
−1 1
ei(i ln 2) − e−i(i ln 2) e− ln 2 − eln 2 eln 2 − eln 2 2
−2 − 23 i 3
sen (i ln 2) = = = = = 2
= i.
2i 2i 2i 2i 2i 4

Ejercicio 17.28. Calcule el valor de cos (π + i ln 5).

Solución:
ei(π+i ln 5) + e−i(π+i ln 5) eiπ−ln 5 + eln 5−iπ
cos (π + i ln 5) = =
2 2
ln 5 −1

ln 5
e (cos π + i sen π) + e (cos(−π) + i sen(−π))
=
2
1
(−1) + 5 (−1) 13
= 5 =− .
2 5

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 12

Ejercicio 17.29. Señale los conjuntos del plano complejo que representan una circunferencia:

(a) {z ∈ C : z − z = 2i} (b) {z ∈ C : Re(z) ≥ 2}

1
(c) {z ∈ C : = z} (d) {z ∈ C : 1 + 4 Re(z) = |z|2 }
4z
(e) {z ∈ C : 4 + Re(z) = |z|} (f) {z ∈ C : Re(z) = 4}

Solución: (c), (d).

(a) {z ∈ C : z − z = 2i} = {z ∈ C : Im(z) = 1} es una recta (y = 1, x arbitrario)

(b) Se trata del semiplano limitado por la recta x = 2 que no contiene al origen.
1
(c) El conjunto (c) es una circunferencia de centro el origen y radio 1/2 ya que = zz = x2 + y 2 .
4
√
(d) Es una circunferencia de centro z = 2 y radio 5, pues x2 + y 2 = 1 + 4x → (x − 2)2 + y 2 = 5.
p
(e) Es una parábola, pues |z| = x2 + y 2 = 4 + x → x2 + y 2 = (4 + x)2 → y 2 = 8x + 16.

(f) Es la recta x = 4.

Ejercicio 17.30. Señale los conjuntos del plano complejo que no representan una recta:
9
(a) {z ∈ C : Re(z) = −1} (b) {z ∈ C : Im(z) < 0} (c) {z ∈ C : = z}
z
(d) {z ∈ C : Re(z) + 1 = |z|} (e) {z ∈ C : Im(z) = 4}.

Solución: (b), (c), (d). El conjunto (b) es un semiplano abierto. El conjunto (c) es una circunferencia de
centro el origen y radio 3. El conjunto (d) es una parábola:
p
x + 1 = x2 + y 2 =⇒ (x + 1)2 = x2 + y 2 =⇒ y 2 = 2x + 1.
Los conjuntos (a) y (e) son rectas paralelas al eje de ordenadas y al eje de abscisas respectivamente.

Ejercicio 17.31. Sea B el subconjunto del plano complejo dado por

   
1 1
B = {0} ∪ z ∈ C \ {0} : Re = .
z 4

Señale las respuestas correctas:

(a) B es vacı́o (b) B es una recta (c) B es una circunferencia (d) B es una semirrecta.
(e) B es punto (f) B es un segmento (g) B es un cı́rculo.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 13

Solución: (c). Tenemos que
     
1 1 x − iy x 1
Re = Re = Re = = .
z x + iy x2 + y 2 x2 + y 2 4

Luego se trata de la circunferencia x2 + y 2 − 4x = 0.

 √
Ejercicio 17.32. Sea B = z ∈ C : 2 |z| = (i − 1) z . Señale las respuestas correctas:
(a) B es vacı́o (b) B es una recta (c) B es una circunferencia (d) B es una semirrecta
(e) B es punto (f) B es un segmento (g) B es un cı́rculo

Solución: (d) √ p
Si z = x + iy, entonces: 2 x2 + y 2 = (i − 1) (x + iy) = −x − y + i (x√− y). Igualando las partes
imaginarias se obtiene y = x. De la igualdad de las partes reales se deduce 2 x2 = −2x, es decir, x ≤ 0.
En consecuencia, B es la semirrecta B = {(−1 − i) t : t ≥ 0}.

Ejercicio 17.33. Señale los abiertos del plano complejo en los que se pueda definir una primitiva de la
función f (z) = 1/z.
(a) C (b) C \ {0} (c) {z ∈ C : z ∈
/ R} (d) {z ∈ C : z 2 ∈
/ R}

Solución: (c), (d). Las determinaciones del logaritmo son las primitivas del integrando f (z) = 1/z.
Las determinaciones del logaritmo se definen (como funciones derivables) en abiertos que no contengan a
ningún punto de alguna semirrecta cerrada con origen en z = 0. Los conjuntos de las opciones (c), todo el
plano complejo excepto el eje real, y (d), todo el plano complejo excepto los ejes real e imaginario,
R cumplen
esa condición, mientras que los de los apartados (a) y (b) no la cumplen. Recuérdese que |z|=1 f (z)dz =
2πi 6= 0, por lo que el integrando f (z) = 1/z no puede tener una primitiva definida en un abierto que
contenga a la circunferencia |z| = 1, como ocurre en las regiones de los apartados (a) y (b).

Ejercicio 17. 34. Señale en qué conjunto se transforma la semirrecta arg(z) = π/2 por medio de la
1
aplicación f (z) = .
z
(a) Una recta (b) Una semirrecta (c) Una elipse (d) Un segmento

(e) Una circunferencia (f) Una hipérbola (g) Un punto

1 1 1
= iθ = e−iθ . Luego, la semirrecta
Solución: (b). En coordenadas polares, z = reiθ , tenemos f (z) =
z re r
de argumento θ = π/2 se transforma en la semirrecta de argumento θ = −π/2.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 14

Ejercicio 17.35. Calcule el valor principal del argumento, en el intervalo [0, 2π), del número complejo

(1 + i)18
√ .
( 3 − i)5

Solución:
π 9π
Arg(1 + i)18 = 18 Arg(1 + i) = 18 + 2kπ = + 2kπ, k∈Z
4 2
√ √ π −5π
Arg( 3 − i)5 = 5 Arg( 3 − i) = 5(− ) + 2kπ = + 2kπ, k∈Z
6 6
y
(1 + i)18 √ 9π −5π 16π 4π
Arg √ = Arg(1 + i)18 − Arg( 3 − i)5 = − + 2kπ = + 2kπ = + 2kπ, k∈Z
( 3 − i) 5 2 6 3 3
(1 + i)18 4π
En consecuencia, el resultado es arg √ = .
( 3 − i)5 3

Ejercicio 17.36. Señale las igualdades verdaderas, en donde ln(z) = ln |z|+i arg(z), con −π < arg(z) < π,
es la rama principal del logaritmo.

5πi 5πi πi πi
(a) ln(i5 ) = 5 ln(i) (b) ln(i5 ) = (c) 5 ln(i) = (d) ln(i5 ) = (e) 5 ln(i) =
2 2 2 2

Solución: (c), (d).

ln i5 = ln (i) = ln |i| + i arg (i) = ln 1 + iπ/2 = iπ/2,

mientras que
5 ln (i) = 5 (ln |i| + i arg (i)) = 5iπ/2.

Recordemos que la función multiforme logaritmo se define por Ln z = ln |z| + i Arg(z), en donde ln es
el logaritmo de variable real y Arg : C \ {0} ⇒ C es la función multiforme argumento; por ejemplo
Arg(i) = π/2 + 2kπ, con k ∈ Z. Para cada número real d ∈ R, se define una rama del logaritmo como la
función analı́tica
ln : {reiθ : r > 0, d < θ < d + 2π} → {a + bi : a ∈ R, d < b < d + 2π} dada por ln z = ln |z| + i arg(z),
en donde arg(z) ∈ Arg(z) ∩ (d, d + 2π). A la rama correspondiente al número d = −π, se la denomina
rama principal.

Ejercicio 17.37. Señale las igualdades verdaderas, en donde Ln es la función multiforme logaritmo, que
se define mediante Ln(reiθ ) = {ln r + iθ + 2kπi : k ∈ Z}.

(a) Ln(i5 ) = 5 Ln(i) (b) Ln(i5 ) ⊂ 5 Ln(i) (c) 5 Ln(i) ⊂ Ln(i5 )

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 15

Solución (c).

Ln(i5 ) = Ln(i) = ln |i| + i Arg(i) = πi/2 + 2kπi, k ∈ Z

5 Ln(i) = 5 ln |i| + 5i Arg(i) = 5πi/2 + 10kπi = πi/2 + 12kπi, k∈Z

luego 5 Ln(i) ⊂ Ln(i5 ), pero Ln(i5 ) 6⊂ 5 Ln(i), pues todos los múltiplos de 12 son pares, pero no todos los
pares son múltiplos de 12.

∞ 
(−1)k (−1)k
X 
Ejercicio 17.38. Calcule el valor de la serie − π 2k .
k=1
(2k + 1)! (2k)!

Solución:
∞  ∞
! ∞
!
(−1)k (−1)k (−1)k 2k (−1)k
X  X X
− π 2k = π − π 2k
k=1
(2k + 1)! (2k)! k=1
(2k + 1)! (2k)!
∞
!k=1 ∞
!
X (−1)k 2k X (−1)k
= −1 + π − −1 + π 2k
k=0
(2k + 1)! k=0
(2k)!
∞ ∞
! !
k k
1 (−1)
X X (−1)
= −1 + π 2k+1 − −1 + π 2k
π
k=0
(2k + 1)! k=0
(2k)!
 
1
= −1 + sen π − (−1 + cos π) = (−1 + 0) − (−1 − 1) = 1.
π

Ejercicio 17. 39. ¿En qué figura se transforma la circunferencia |z| = 2, por medio de la aplicación
3
f (z) = ?
z

 
3 3 3 3
Solución: Como |f (z)| =   = = , se trata de una circunferencia de centro el origen y radio .
z |z| 2 2

Ejercicio 17.40. Si z, w ∈ C, con z 6= 0, la potencia z w se define como z w = ew Ln z , por lo que puede

tomar más de un valor. Señale las proposiciones verdaderas:
(a) Los valores de iπi son imaginarios puros.
(e) iπi toma un solo valor.
(b) Los valores de iπi son reales positivos.
(f) i2 toma infinitos valores.
(c) Los valores de iπi son reales negativos.
(g) i1/2 toma infinitos valores.
(d) iπi solo toma dos valores.
Nota. Recuerde que la función exponencial
f (z) = exp(z) = ez es univaluada (un solo valor para cada z),
mientras que la función logarı́tmica Ln reiθ = ln r + i(θ + 2kπ), con k ∈ Z, es multiforme (varios valores
para cada valor de z = reiθ ).

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 16

Solución: (b) .
2
iπi = eπi Ln(i) = eπi Ln(e
πi/2
) = eπi(i( π2 +2kπ)) = e −π2 −2kπ 2
, con k ∈ Z

Por lo que iπi toma infinitos valores, todos reales positivos. Por otra parte
π
i2 = e2 Ln(i) = e2(i( 2 +2kπ)) = eπi+4πi = eπi = −1,

luego i2 toma un solo valor, −1, como cabı́a esperar. Ası́ mismo,
π √
i1/2 = e(1/2) Ln(i) = e(1/2)(i( 2 +2kπ)) = e(π/4)i+πi = ±eπi/4 = ± 2/2,

y, como cabı́a esperar, i1/2 toma dos valores.

Ejercicio 17.41. Deduzca las expresiones para el seno y el coseno del ángulo triple, teniendo en cuenta
que:
eiα = cos α + i sen α ; (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .

Solución:

cos 3α + i sen 3α =

3
e3iα = eiα = (cos α + i sen α)3 = cos3 α + 3 cos2 α (i sen α) + 3 cos α (i sen α)2 + (i sen α)3

3 2 2 3

cos 3α = cos3 α − 3 cos α sen2 α
= cos α − 3 cos α sen α + i 3 cos α sen α − sen α =⇒
sen 3α = 3 cos2 α sen α − sen3 α

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO. Estibalitz Durand y Juan Perán. 17