Álgebra I.

Ciencia de la Computación
Tema I: Números Complejos
Clase Práctica 1: Operaciones con Números Complejos. Potenciación y
radicación en Números Complejos.

1. Encuentre valores reales de x e y para los cuales se cumpla la relación

(1 + 2i)x + (3 − 5i)y = 1 − 3i.
Solución: Si agrupamos los términos que pertenecen a la parte real y
los que pertenecen a la parte imaginaria, podemos igualar cada una de
estas a la parte real e imaginaria del miembro derecho respectivamente:

(x + 3y) + (2x − 5y)i = 1 − 3i


 x + 3y = 1
−4 5
cuya solución es x = 11
;y = 11
2x − 5y = −3


2. Resolver el sistema de ecuaciones lineales:


 (3 + i)x + (4 + 2i)y = 4 − 2i
(a)
(3 − i)x + (4 + 2i)y = 2 + 4i

Solución: Usamos la misma técnica que en el ejercicio anterior
pero teniendo en cuenta que x = a + bi y y = c + di.
Si hacemos I - II:

(3 + i − (3 − i))(a + bi) = 2 − 6i

de ahí:
2i(a + bi) = 2 − 6i
2ai − 2b = 2 − 6i
=⇒ 2a = −6 =⇒ a = −3
=⇒ −2b = 2 =⇒ b = −1
x = −3 − i
regresamos al sistema original y sustituímos los valores de x en
cualquiera de las ecuaciones:

1
 
 (3 + i)(−3 − i) + (4 + 2i)y = 4 − 2i

(3 − i)(−3 − i) + (4 + 2i)y = 2 + 4i


8 − 6i + (4 + 2i)y = 4 − 2i

(4 + 2i)(c + di) = 12 + 4i

(4c − 2d) + (2c + 4d)i = 12 + 4i


 4c − 2d = 12

2c + 4d = 4

14
=⇒ 5c = 14 =⇒ c =
5
28 −2
=⇒ d = −6 + =⇒ d =
5 5
14 2
y= − i
5 5
(b) En el inciso b. usar la misma técnica.

3. Efectuar expresando el resultado en forma binómica:

(a)

(1 + i + 3 − i − (4 − 2i))(1 + 2i) = (4 − 4 + 2i)(1 + 2i)

= 2i(1 + 2i)
= −4 + 2i

2
 (b)

(1 + 2i)2 − (1 − 3i) −3 + 4i − (1 − 3i)

=
2+i 2+i
−4 + 7i
=
2+i
−1 + 18i
=
5
1 18
= − + i
5 5

(c)

a + ib a + ib a + ib
= ·
a − ib a − ib a + ib
a2 − b2 + 2abi
=
a2 + b 2
a − b2
2
2abi
= 2 +
a + b 2 a2 + b 2

(d)
√
(1 − 3i)(cos π6 + i sin π6 ) 2cis(− π3 )cis π6
= √
2(1 − i)(cos π6 − i sin π6 ) 2 2cis(− π4 )cis(− π6 )
√
2 π π π π
= cis(− + + + )
√2 3 6 4 6
2 π
= cis
√2 √4 √
2 2 2
= ( +i )
2 2 2
1 i
= +
2 2
4. Calcular:

3
 √
(1 − 3i)(cos α + i sin α 2cis(− π3 )cisα
= √
2(1 − i)(cos α − i sin α) 2 2cis(− π4 )cis(−α)
√
2 π π
= cis(− + α + + α)
√2 3 4
2 π
= cis(− + 2α)
√2 12 √
2 π 2 π
= cos(− + 2α) + i sin(− + 2α)
2 12 2 12

5. Hallar los lugares geométricos de los puntos z que satisfacen las de-
sigualdades:

(a) |z| < 2

En este caso nos estamos refiriendo a todos los z ∈ C tales que su
módulo es menor que dos. Como θ puede ser cualquiera, entonces
se refiere al círculo centrado en el origen con radio 2, los bordes
no incluídos.
Visto de otra forma si hacemos
p z = a + bi entonces llegamos a una
expresión de la forma (a − p)2 + (b − q)2 < r que es un círculo
centrada en (p, q) con radio r. Al desarrollar la expresión resulta
que p = 0, q = 0; por lo que el centro se ubica en el origen de
coordenadas.

|a + bi| < 2
√
a2 + b 2 < 2
a2 + b 2 < 4

Formalmente el lugar geométrico estaría definido por los siguientes

puntos: LG = {(a, b) : a2 + b2 < 4; a, b ∈ R}

4
(b) 1 ≤ |z| < 2
Siguiendo la idea del inciso anterior, al desarrollar la expresión
con z = a + bi se obtiene:

1 ≤ |a + bi| < 2
√
1≤ a2 + b 2 < 2
1 ≤ a2 + b 2 < 4

Luego el lugar geométrico se compone de los puntos LG = {(a, b) :

1 ≤ a2 + b2 < 4; a, b ∈ R}

(c) 2 ≤ |z + 3 − i| con z = a + bi

2 ≤ |a + bi + 3 − i|

2 ≤ |(a + 3) + (b − 1)i|
p
2 ≤ (a + 3)2 + (b − 1)2

5
 4 ≤ (a + 3)2 + (b − 1)2
que es el área exterior al círculo de radio 2 y centro (-3, 1).
El lugar geométrico serían los puntos:

LG = {(a, b) : 4 ≤ (a+3)2 +(b−1)2 ; a, b ∈ R}

(d) |z − 2 + 2i| < 5 con z = a + bi

|a + bi − 2 + 2i| < 5

|(a − 2) + (b + 2)i| <

p
(a − 2)2 + (b + 2)2 < 5
(a − 2)2 + (b + 2)2 < 25
El lugar geométrico serían los puntos:
LG = {(a, b) : (a − 2)2 + (b + 2)2 < 25; a, b ∈ R}, constituido por
el área interior al círculo de centro (2, −2) y radio 5.

6. Calcular todos los números que son conjugados:

6
(a) con su cuadrado.
Sea z = a + bi entonces z̄ = a − bi

a − bi = (a + bi)2
a − bi = a2 − b2 + 2abi
=⇒ a = a2 − b2 ∧ −b = 2ab
−b = 2ab =⇒ 0 = b(2a + 1)
De la expresión 0 = b(2a + 1) se obtienen los posibles valores
b = 0 o a = −1
2
. Luego se sustituyen ambos valores en la ecuación
a = a2 + b2 por separado.
√
1 3
=⇒ a = − =⇒ b = ±
2 2
=⇒ b = 0 =⇒ a = a2 =⇒ 0 = a(a − 1)
de donde resultan dos posibles valores a = 0, a = 1. Finalmente
los números que cumplen a relación son:
√
1 3
=⇒ z1,2 = − ±
2 2
=⇒ z3 = 0, z4 = 1
(b) con su cubo.
también podemos darle solución usando la forma trigonométrica,
sabiendo que z̄ = rcis(−θ), tenemos:

z̄ = z 3
rcis(−θ) = r3 cis(3θ)
r = r3 ∧ −θ = 3θ + 2kπ
0 = r3 − r ⇒ 0 = r(r2 − 1) ⇒ r = 0 ∨ r = ±1
−kπ
−4θ = 2kπ ⇒ θ =
2
Eliminamos r = −1 (el módulo de un número complejo es mayor
o igual a cero).

7
 Finalmente podemos decir que los números que satisfacen esta
relación son:

z1 = 0; z2 = 1; z3 = −1; z4 = i; z5 = −i.

7. ¿En qué condiciones el módulo de la suma de dos números complejos

es igual a la suma de los módulos de los sumandos?
Sea z1 = a + bi; z2 = c + di, entonces:

|z1 + z2 | = |z1 | + |z2 |

|a + bi + c + di| = |a + bi| + |c + di|
p √ √
(a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2

elevamos al cuadrado ambos miembros:

p
(a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2 (a2 + b2 )(c2 + d2 )

simplificamos y volvemos a elevar al cuadrado ambos miembros:

p
2ac + 2bd = 2 (a2 + b2 )(c2 + d2 )
de esto, ac + bd > 0;

(ac + bd)2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 )

2abcd = (ad)2 + (bc)2

0 = (ad − bc)2
ad = bc.
Entonces, las condiciones que deben satisfacerse son: ac + bd > 0 y
ad = bc. Note que en la segunda condición se llega a que la proporción
entre la parte real e imaginaria de z1 , z2 debe ser la misma, lo que
implica que coincidan las tangentes de sus ángulos, lo que es lo mismo,
que están alineados con el origen.

8
8. Calcula utilizando la forma trigonométrica:
√ √
(1 − 3i)15 (−1 − 3i)15
+
(1 − i)20 (1 + i)20

(2cis(− π3 ))15 (2cis( 4π

3
))15
= √ + √
( 2cis(− π4 ))20 ( 2cis( π4 ))20

215 cis(−5π) 215 cis(20π)

= + 10
210 cis(−5π) 2 cis(5π)
simplificamos y agrupamos:

= 25 + 25 cis(15π) = 25 − 25 = 0.

9. Resolver las ecuaciones:

(a) x2 + x + 2 = 0
Podemos resolver este ejercicio haciendo x = a + bi, o podemos
usar las herramientas que nos proporcionan los números comple-
jos, dejamos a los estudiantes la primera vía:
Teorema: Sea w 6= 0 ∈ C, entonces la ecuación z 2 = w tiene
exactamente 2 soluciones para z ∈ C y son inversos aditivos entre
ellos.
Teorema: Para a, b, c ∈ C y a 6= 0, la ecuación compleja ax2 +
bx + c = 0 tiene dos soluciones en C dadas por:
√
−b ± b2 − 4ac
x1,2 =
2a
estas soluciones son iguales si y solo si b2 = 4ac, en otro caso son
distintas.
Dado z ∈ C podemos hallar sus raíces cuadradas con las expre-
siones:q q
|w|+<(w) |w|−<(w)
x=± 2
,y=± 2
Si =(w) > 0 se escogen x e y con signos iguales.
Si =(w) < 0 se escogen x e y con signos diferentes.

9
 x2 + x + 2 = 0

√
−1 ±1−4·2
x1,2 =
2
√
1 7
x1,2 =− ± i
2 2
(b) x2 + ix + 2 = 0
Vía 1) Descomponiendo el trinomio(2 = −i ∗ 2i)

(x + 2i)(x − i) =⇒ x = −2i, x = i

1
Vía 2) Sumando y restando 4

1 1
(x2 + ix − ) + + 2 = 0
4 4
i
2 9
x+ =−
2 4
r
9 i
x1,2 = ± − −
4 2
3 i
x1,2 = ± i −
2 2
(c) 4ix2 + 8x − (1 + 4i) = 0 (Multiplicamos por −i).

4x2 − 8ix + i − 4 = 0
i
x2 − 2ix + −1=0
4
i
(x2 − 2ix − 1) + = 0
4
i
(x − i)2 = −
4
r
i
x1,2 = − + i
4

10
 √
Para calcular −i usamos los teoremas anteriores:
||i|| = 1; <(−i) = 0; =(−i) < 0 por lo que tomamos signos
diferentes.
r r
1 1
x=± ;y = ±
2 2
por lo que las raíces de -i estarían dadas por las expresiones:
r r
1 1
z1,2 = ± ∓ i
2 2
r r
1 1
=⇒ x1,2 = ± ∓ i+i
2 2
son las soluciones de la ecuación.
√
3i − 1
12
10. Calcular z = . Verifique si alguna de las raíces cuartas de
2 − 2i
z está ubicada en el interior del tercer cuadrante.

√ √
3i − 1
12 2cis( 5π )
12 2 13π
12
z= = √ 6
= cis( ) = 2−6 cis(13π) = −2−6
2 − 2i 2 2cis(− π4 ) 2 12

r
√
4
14 π + 2kπ

z= cis ; k = 0, 1, 2, 3
26 4
q
Para k = 2 tenemos: w3 = 213 cis( 5π
4
) que está incluído en el tercer
cuadrante.

11. Demuestre que las raíces cúbicas del número complejo z = 1+5i i−5
se
representan geométricamente en los vértices de un triángulo equilátero.
Esto siempre sucede con las raíces cúbicas de cualquier número com-
plejo, ya que están situadas sobre una circunferencia de centro en el
√
origen y radio 3 ρ, además están separadas a ángulos iguales, dividi-
endo el plano complejo en 3 partes iguales, por lo que siempre serán
los vértices de un triángulo equilátero.

11
 No obstante, en este ejercicio se pretende que demuestren lo anterior
para un caso particular. Por ejemplo, una vía podría ser calcular las
distancias de los lados que forman las 3 raíces(llevándolos a forma
binómica) y como son iguales entonces el triángulo es equilátero.

12. Demostrar que el conjugado de toda raíz n-ésima de la unidad es tam-

bién una raíz n-ésima de la unidad.
Sean ξk = cis( 2kπ
n
); k = 0, 1, 2, ..., n − 1 raíces n-ésimas de la unidad, y
sea z̄ = ρcis−θ = ρcis(2π−θ) el conjugado de z en forma trigonométrica.
Entonces:

2kπ 2πn − 2kπ 2π(n − k)

ξ¯k = cis(2π − ) = cis( ) = cis( ) = ξn−k
n n n

13. Demuestre que los números complejos z para los cuales z 4 y z 8 son mu-
tuamente conjugados son el cero y las raíces de orden 12 de la unidad.

z 8 = z̄ 4
sustituimos z = ρcisθ y z = ρcis(−θ)

ρ8 = ρ4 ⇒ ρ4 (ρ4 − 1) = 0 ⇒ ρ = 0 ∨ ρ = ±1

2kπ
8θ = −4θ + 2kπ ⇒ 12θ = 2kπ ⇒ θ =
12
Eliminamos ρ = −1, obteniendo los siguientes valores:
2kπ
zk = cis( ); k = 1, 12
12
z0 = 0

Por tanto las soluciones tendrán la forma de las raíces 12-ésimas de la

unidad, además de la solución trivial z = 0.

14. Ejercicios 37 a), 47 a), 110. Del “Faddieev”.

Ej. 37 a) Demostrar que:

12
 n nπ
(1 + i)n = 2 2 cis( )
4

2 π
1 + i = √ cis( )
2 4
√ π √ nπ n nπ
(1 + i)n = ( 2cis( ))n = ( 2)n cis( ) = 2 2 cis( )
4 4 4
Ej. 47 a) Expresar mediante cos x y sin x: cos(5x)
De la igualdad:

(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ

que representa un caso particular de la fórmula de Moivre, aplicando la

fórmula del binomio de Newton al primer miembro de esta igualdad e
igualando por separado las partes real e imaginaria de ambos miembros,
se tiene:

n n
cos nθ = cosn θ − cosn−2 θ · sin2 θ + cosn−4 θ · sin4 θ + . . .
2 4

n n n

n−1 n−3 3
sin nθ = cos θ · sin θ − cos θ · sin θ + cosn−5 θ · sin5 θ − . . .
1 3 5
n


aquí k
es la notación ordinaria del coeficiente binomial:
n n!
=
k (n − k)!k!
Sabiendo esto la fórmula para el cos 5θ está dada por:
   
55 3 2 5
cos 5θ = cos θ − cos θ · sin θ + cos θ · sin4 θ
2 4

cos 5θ = cos5 θ − 10 cos3 θ · sin2 θ + 5 cos θ · sin4 θ

13
 Ej. 110 Si a y b son primos entre sí, entonces todas las raíces de 1 de
grado ab se obtienen multiplicando las raíces de 1 de grado a, por las
raíces de 1 de grado b.

Entonces debemos demostrar lo siguiente:

√
ab
√
a
√
b
1= 1 1

√
a
√
b 2kπ 2kπ a+b 2[k(a + b)]π
1 1 = cis cis = cis[2kπ( )] = cis
a b ab ab
Notemos que al ser a y b primos relativos no tienen factores comunes,
por lo tanto no existe p 6= 1 tal que a+b
ab
= p(a1 +b1 )
p2 a1 b1
. Por lo que podemos
asegurar que existen ab raíces, de la forma:
2k1 π √
ab
cis = 1.
ab

15. Analice si todo número complejo no nulo cuyo cuadrado coincide con
su conjugado forma parte del conjunto de las raíces sextas de la unidad.

z 2 = z̄
multiplicando por z y aplicando z z̄ = ||z||2

=⇒ z 3 = ||z||2

=⇒ ρ3 cis(3θ) = ρ2
ρ 6= o
ρcis(3θ) = 1 =⇒ ρ cos(3θ) + i sin(3θ) = 1

kπ
ρ sin(3θ) = 0 =⇒ 3θ = kπ; k ∈ Z =⇒ θ = ;k ∈ Z
3

ρ cos(kπ) = 1

14
 eliminamos las soluciones donde cos(kπ) = −1 ya que ρ es un real no
negativo, así ρ = 1.
2kπ
=⇒ z = cis( )
3
que son las raíces terceras de la unidad. Luego también serían raíces
sextas de la unidad(por la propiedad 3, diapositiva 13, conferencia 2)

16. Para todo número complejo se puede definir la potencia con base e y
exponente complejo de la siguiente forma:

ez = ea (cos b + i sin b); z = a + ib

de acuerdo a lo anterior si se escribe en forma trigonométrica podemos

reescribirlo en la siguiente forma: z = ρ(cos θ + i sin θ) = ρeiθ
16.1) Deduzca las fórmulas de Euler:

eix + e−ix eix − e−ix

cos x = ; sin x =
2 2i

eix + e−ix cos x + i sin x + cos(−x) + i sin(−x)

= = cos x
2 2

eix − e−ix cos x + i sin x − cos(−x) − i sin(−x)

= = sin x
2i 2i
16.2) Demuestre que: ez̄ = ez

ez = ea (cos b + i sin b) = ea (cos b − i sin b)

= ea (cos(−b) + i sin(−b)) = ea−ib = ez̄

15