Couder Teoria de Ecuaciones Algebraicas

Teora de

ECUACIONESALGEBRAICAS

L. COUDER A.

Teora de

ECUACIONESALGEBRAICAS

Luciano Couder AlonsoDepartamento de Matemticas

Escuela Superior de Fsica y MatemticasInstituto Politcnico Nacional

Mxico, 1996

A mis padres

Norberta y Francisco(en sus memorias)

A mi hijo Carlos

A mis hermanos

CONTENIDO

INTRODUCCIN 13

0 PROPIEDADES DE LOS NMEROS ENTEROS 150.1 Divisibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150.2 Algoritmo de la divisin . . . . . . . . . . . . . . . . . 170.3 Mximo comn divisor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190.4 Primos relativos y nmeros primos . . . . . . . . . . . 230.5 El teorema fundamental de la aritmtica . . . . . . . . 240.6 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1 LOS NMEROS COMPLEJOS 311.1 El conjunto de los nmeros complejos . . . . . . . . . 311.2 Suma y multiplicacin de complejos . . . . . . . . . . 341.3 Los complejos como parejas ordenadas . . . . . . . . . 411.4 Complejos conjugados. Valor absoluto de complejos . 421.5 Las races cuadradas de un complejo . . . . . . . . . . 461.6 Forma trigonomtrica de un complejo . . . . . . . . . 501.7 Frmula de De Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541.8 Resolucin de la ecuacin xn z = 0 . . . . . . . . . . 581.9 Representacin geomtrica de las races de la ecuacin

xn z = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 621.10 Las races nsimas de la unidad . . . . . . . . . . . . 631.11 Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 661.12 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2 POLINOMIOS 752.1 Conjuntos de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.2 Suma y multiplicacin de polinomios . . . . . . . . . . 792.3 Divisibilidad de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . 90

9

10 CONTENIDO

2.4 El algoritmo de la divisin . . . . . . . . . . . . . . . . 932.5 El teorema del residuo y la divisin sinttica . . . . . . 972.6 Mximo comn divisor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1002.7 Polinomios primos relativos y polinomios irreducibles . 1092.8 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3 RACES DE POLINOMIOS 1173.1 Races de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.2 El teorema fundamental del lgebra . . . . . . . . . . 1223.3 Multiplicidad de races . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1243.4 Races imaginarias de polinomios con coecientes reales1293.5 Races racionales de polinomios con coecientes enteros1313.6 Acotamiento de las races reales de polinomios con

coecientes reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.7 Factorizacin de un polinomio en polinomios de races

simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1413.8 Relacin entre las races y los coecientes de un poli-

nomio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1483.9 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4 SEPARACIN DE RACES 1634.1 Races aisladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1644.2 El signo de un polinomio para grandes y pequeos

valores de la indeterminada . . . . . . . . . . . . . . . 1644.3 El teorema de cambio de signo . . . . . . . . . . . . . 1684.4 El teorema de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1764.5 El teorema de Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . 1814.6 El teorema de Sturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1894.7 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

5 APROXIMACIN DE RACES 2075.1 Sucesiones montonas y acotadas . . . . . . . . . . . . 2085.2 El teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . 2135.3 Concavidad y convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . 2165.4 El mtodo de biseccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2185.5 El mtodo de regula falsi . . . . . . . . . . . . . . . . . 2225.6 El error de aproximacin en el mtodo de regula falsi . 2315.7 El mtodo de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2355.8 El error de aproximacin en el mtodo de Newton . . 244

CONTENIDO 11

5.9 El error de aproximacin al combinar los mtodos deregula falsi y de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

5.10 Comentarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2485.11 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

6 SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES 2516.1 Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . 2516.2 Matriz de coecientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2536.3 Solucin de sistemas de ecuaciones lineales. Mtodo

de reduccin de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2556.4 EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

A SOLUCIN PORRADICALES DE LAS ECUACIONESDE SEGUNDO, TERCER Y CUARTO GRADOS 273A.1 El discriminante de una ecuacin . . . . . . . . . . . . 274A.2 La ecuacin de segundo grado . . . . . . . . . . . . . . 275A.3 El discriminante de la ecuacin de segundo grado . . . 276A.4 La ecuacin de tercer grado . . . . . . . . . . . . . . . 277A.5 El discriminante de la ecuacin de tercer grado . . . . 281A.6 La ecuacin de cuarto grado . . . . . . . . . . . . . . . 285

B EL USO DE LA COMPUTADORA 289

BIBLIOGRAFA 303

INTRODUCCIN

El presente libro es producto de la imparticin, en repetidas ve-ces, del primer curso de lgebra en la Escuela Superior de Fsica yMatemticas del Instituto Politcnico Nacional (ESFMIPN). Losobjetivos centrales son resolver la ecuacin algebraica

anxn + an1xn1 + : : :+ a1x+ a0 = 0

y resolver un sistema de m ecuaciones lineales con n incgnitas.El segundo objetivo se alcanza totalmente, pues se proporciona unmtodo, el de Gauss, por medio del cual puede decidirse si un sis-tema dado tiene o no solucin; y en caso de tener, decidir si tieneslo una o ms de una; y en cualquiera de estos casos, encontrarlas.El primer objetivo slo se alcanza totalmente en cuanto a las racesreales de ecuaciones con coecientes reales.

Consta este trabajo de siete captulos numerados de 0 a 6. Enel Captulo 0 se estudian algunas propiedades elementales de la a-ritmtica de nmeros enteros; adems de que su presentacin facilitael estudio del Captulo 2, algunos resultados aqu vistos sern tilesen las demostraciones de otros, en captulos siguientes. En el Cap-tulo 1 se estudian los nmeros complejos y se resuelven algunas ecua-ciones algebraicas de tipo particular. En el Captulo 2 se estudian lasexpresiones de la forma anxn+an1xn1+: : :+a1x+a0; denominadaspolinomios, y que aparecen en el miembro izquierdo de las ecuacionesalgebraicas. En el Captulo 3, se aborda formalmente el problema deencontrar las races de un polinomio, es decir, de resolver la ecuacinalgebraica anxn + an1xn1 + : : : + a1x + a0 = 0: En el Captulo 4se estudia el problema de separar las races reales de polinomios concoecientes reales. En el Captulo 5, una vez que se tienen separadas

13

14 INTRODUCCIN

las races reales de polinomios con coecientes reales, se dan mtodospara encontrar valores aproximados de tales races. Finalmente enel Captulo 6, se estudia el problema de resolver un sistema de mecuaciones lineales con n incgnitas.

Se supone el conocimiento de los nmeros naturales N con susoperaciones y propiedades; lo mismo en cuanto a los nmeros enterosZ; as como de los nmeros racionales Q y de los nmeros reales R:Tambin se supone el conocimiento de las propiedades de orden,valor absoluto y de la exponenciacin racional de los nmeros reales;as como la propiedad arquimedeana y el concepto de intervalo enlos mismos. Finalmente, se supone el conocimiento del principio deBuen Orden y la demostracin por induccin matemtica.

Quiero expresar mi agradecimiento al Dr. Carlos Rentera Mrquezy al Dr. Roberto S. Acosta Abreu, quienes aparte de haber sido misprofesores en algunos cursos, revisaron el presente trabajo. Tambinexpreso mi agradecimiento a Ma. Eugenia Carrillo Hernndez, quienpacientemente mecanogra el manuscrito.

Luciano Couder Alonso

Mxico, D.F., abril de 1996

Captulo 0

PROPIEDADES DE LOSNMEROS ENTEROS

En este captulo se estudiarn, brevemente, algunas propiedadeselementales de la aritmtica de nmeros enteros. Adems de sertiles en posteriores resultados, son esencialmente las mismas queveremos en el lgebra de polinomios, en el captulo 2.

0.1 Divisibilidad

Denicin (0.1.1).Sean a; b 2 Z: Decimos que b divide a a (oque b es un factor de a o que a es un mltiplo de b) si existe q 2 Z talque a = bq:

Notacin: Para decir que b divide a a escribiremos bja; y laexpresin b 6 ja signica que b no divide a a: Por tanto, bja; si y slosi, existe q 2 Z tal que a = bq: Adems, b 6 ja; si y slo si, a 6= bqpara todo q 2 Z:

Observacin: Si a = bq y b 6= 0; entonces q es nico. En efecto:si a = bq0; entonces bq0 = bq y como b 6= 0; se sigue que q0 = q:

15

16CAPTULO 0. PROPIEDADES DE LOS NMEROS ENTEROS

Proposicin (0.1.2).En Z :

1. bjb; para cada b 2 Z:2. bj0; para cada b 2 Z:3. 1ja y 1ja; para cada a 2 Z:4. 0ja() a = 0:5. Si bj1; entonces b = 1:6. Si bja y ajb; entonces a = b:7. Si bja y ajc; entonces bjc:8. Si bja y bjc; entonces bja+ c y bja c:9. Si bja; entonces bjac 8 c 2 Z:10. Si bja y bjc; entonces bjas+ ct 8 s; t 2 Z:11. bja() bj a() bja() bj a:

12. bja() b jaj () jbj a() jbj jaj :

Demostracin: Slo demostraremos (5) y (6), los dems se de-jan como ejercicio al lector.

(5) Si bj1; entonces existe q 2 Z tal que 1 = bq, luego b 6= 0 y q 6= 0y tambin 1 = jbj jqj ; por lo tanto jbj 1 y jqj 1: Si jbj > 1;entonces 1 = jbj jqj > jqj 1; lo cual es una contradiccin. Asque jbj = 1; de donde se sigue que b = 1:

(6) Si bja y ajb; entonces existen q1; q2 2 Z tales que a = bq1 yb = aq2; por lo tanto a = a(q1q2): Suponiendo que a 6= 0 (puessi a = 0; entonces b = 0), tenemos que 1 = q1q2; por tanto q1j1;y por (5) q1 = 1: Puesto que a = bq1; entonces a = b:

q.e.d.

0.2. ALGORITMO DE LA DIVISIN 17

Proposicin (0.1.3).Sean a; b 2 Z: Si bja; entonces a = 0 jbj jaj :

Demostracin: Si bja; existe q 2 Z tal que a = bq; por lo tantojaj = jbj jqj : Si a 6= 0; entonces 1 jbj y 1 jqj ; de donde se sigueque jbj jbj jqj ; o sea, jbj jaj :

q.e.d.

0.2 Algoritmo de la divisin

Teorema (0.2.1).Si a; b 2 Z y b 6= 0; entonces existen q; r 2 Z;nicos, tales que

a = bq + r con 0 r < jbj :En este caso a se llama dividendo, b se llama divisor, y los nmeros q yr se llaman, respectivamente, el cociente y el residuo de dividir a por b:

Demostracin:

I) Suponemos primero que a > 0 y b > 0 (jbj = b): En este casoprocederemos por induccin sobre a:

i) Si a = 1 : Como b > 0; entonces b 1: Si b = 1; como1 = 1 1 + 0; elegimos q = 1 y r = 0: Si b > 1; como1 = b 0 + 1; elegimos q = 0 y r = 1: En cualquier caso1 = bq + r con 0 r < b:

ii) Suponemos el resultado cierto para a; es decir, suponemosque existen q1; r1 2 Z tales que a = bq1+r1 con 0 r1 < b:

iii) Probaremos que el resultado es vlido para a+1; es decir,probaremos que existen q; r 2 Z tales que a+ 1 = bq + rcon 0 r < b: En efecto: Por hiptesis de induccina = bq1+ r1 con 0 r1 < b; entonces a+1 = bq1+ r1+1


con 0 < r1+1 b: Si r1+1 < b; como a+1 = bq1+(r1+1);elegimos q = q1 y r = r1 + 1: Si r1 + 1 = b; se tiene quea + 1 = b(q1 + 1) + 0; por lo que en este caso elegimosq = q1 + 1 y r = 0: En cualquier caso a+ 1 = bq + r con0 r < b:

II) Suponemos ahora que a = 0 y b > 0: Como 0 = b0+0; elegimosq = 0 y r = 0; as obtenemos a = bq + r con 0 r < b:

III) Suponemos que a < 0 y b > 0: Como a < 0; entonces 0 < ay por (I), existen q1; r1 2 Z tales que a = bq1 + r1 con0 r1 < b; por lo tanto a = b(q1)+(r1): Si r1 = 0; elegimosq = q1 y r = 0: Si 0 < r1; como a = b(q1 1)+ (b r1) con0 < b r1; elegimos en este caso q = q1 1 y r = b r1: Encualquier caso a = b q + r con 0 r < b:

Observemos que de (I), (II) y (III) se sigue que si a 2 Z y b > 0;entonces existen q; r 2 Z tales que a = bq + r con 0 r < b:

IV) Finalmente suponemos que a 2 Z y b < 0: Como b < 0; en-tonces 0 < b; y por la observacin anterior, existen q1; r1 2 Ztales que a = (b)q1 + r1 con 0 r1 < b = jbj ; por tantoa = b(q1) + r1 con 0 r1 < jbj : Eligiendo q = q1 y r = r1;obtenemos a = b q + r con 0 r < jbj :

Probaremos ahora la unicidad de q y r :

Si existen q0; r0 2 Z tales que a = bq0 + r0 con 0 r0 < jbj ;entonces bq + r = bq0 + r0; por tanto b(q q0) = r0 r; de dondese sigue que bjr0 r; entonces, por la proposicin (0.1.3), r0 r = 0 jbj r0 r: Pero jbj r0 r no es posible, porque 0 r < jbjy 0 r0 < jbj : As que r0 r = 0; por lo tanto r0 = r; por lo quetambin b(q0 q) = 0; y como b 6= 0; entonces q0 = q:

q. e. d.

0.3. MXIMO COMN DIVISOR 19

0.3 Mximo comn divisor

Dados a; b 2 Z no ambos cero, construimos el conjunto

A = fx 2 Zx > 0; xja y xjbg:

Por el principio de buen orden, aplicado al conjunto

B = fy 2 Z j y > x; 8x 2 Ag;

es posible probar que A tiene elemento mximo, a este lo podemosdenir como el mximo comn divisor de a y b: Sin embargo, daremosotra denicin, la cual facilita su estudio posterior y desde luegopuede probarse que es equivalente a la anterior.

Denicin (0.3.1).Sean a; b 2 Z; no ambos cero. Decimos qued 2 Z; d > 0; es mximo comn divisor (mcd) de a y b; si:

i) dja y djb:

ii) Si c 2 Z es tal que cja y cjb; entonces cjd:

Notacin: Para decir que d es mximo comn divisor de a y b,escribiremos d = (a; b) d =mcd fa; bg:

Observacin: Si d = (a; b); entonces d es nico. En efecto: Sitambin d0 = (a; b); entonces por la denicin, d0jd y djd0; luego por(6) de la proposicin (0.1.2), d0 = d:

Lema (0.3.2).Sean a; b 2 Z; con b 6= 0: Si bja; entonces

jbj = (a; b):

Demostracin:


i) Como bjb y por hiptesis bja; entonces por (12) de la proposi-cin (0.1.2), jbj

b y jbj a:ii) Si c 2 Z es tal que cja y cjb; entonces por (12) de la proposicin(0.1.2), c

jbj :De (i) y (ii) se sigue que jbj = (a; b):

q.e.d.

Lema (0.3.3).Sean a; b 2 Z; no ambos cero. Si a = bq+ r; paraalgunos q; r 2 Z; entonces d = (a; b); si y slo si, d = (b; r):

Demostracin: Suponemos primero que d = (a; b) y probare-mos que d = (b; r):

i) Como d = (a; b); entonces dja y djb; y como a = bq+r; entoncesdjr; luego djb y djr:

ii) Si c 2 Z es tal que cjb y cjr; entonces cja; pues a = bq + r; porlo tanto cjb y cja; luego cjd:

De (i) y (ii) se sigue que d = (b; r):

Probaremos ahora que si d = (b; r); entonces d = (a; b): En efecto:Como a = bq+r; entonces r = b(q)+a; luego si d = (b; r); entonces,por lo ya probado anteriormente, d = (a; b):

q.e.d.

Teorema (0.3.4) [Algoritmo de Euclides].Dados a; b 2 Z; noambos cero, existe d = (a; b): Adems, d es el mnimo entero positivopara el cual existen s; t 2 Z tales que d = as+ bt:

Demostracin: Sin prdida de generalidad podemos suponerque b 6= 0. Por teorema (0.2.1), existen q1; r1 2 Z tales que

a = bq1 + r1 con 0 r1 < jbj :

0.3. MXIMO COMN DIVISOR 21

Si r1 = 0; entonces por lema (0.3.2), jbj = (a; b): Si r1 > 0; nueva-mente por teorema (0.2.1), existen q2; r2 2 Z tales que

b = r1q2 + r2 con 0 r2 < r1:

Si r2 = 0; entonces, por lema (0.3.2), r1 = (b; r1); y por lema (0.3.3)r1 = (a; b): Si r2 > 0; continuamos el proceso anterior, obtenindosela siguiente tabla:

a = bq1 + r1 con 0 < r1 < jbjb = r1q2 + r2 con 0 < r2 < r1r1 = r2q3 + r3 con 0 < r3 < r2 rn3 = rn2qn1 + rn1 con 0 < rn1 < rn2rn2 = rn1qn + rn con 0 < rn < rn1rn1 = rnqn+1 + rn+1 con rn+1 = 0

9>>>>>>>>=>>>>>>>>;()

El proceso termina cuando para alguna n 2 N; rn > 0 y rn+1 = 0;lo que siempre ocurre, pues en caso contrario el conjunto

fjbj ; r1; r2; r3; : : :g N;donde jbj > r1 > r2 > r3 > : : : ; no tendra elemento mnimo, lo quecontradira el principio de buen orden.

Armamos que rn; el ltimo residuo diferente de cero, es el mcdde a y b, es decir, rn = d = (a; b). En efecto: Procediendo de abajopara arriba en la tabla (), por el lema (0.3.2), rn = (rn; rn1) y porlema (0.3.3)

rn = (rn; rn1) = (rn1; rn2) = : : : = (b; r1) = (a; b):

Veamos ahora que existen s; t 2 Z tales que rn = as + bt : Pro-cediendo de arriba para abajo en la tabla (), se tiene que:

r1 = a(1) + b(q1):


Si s1 = 1 y t1 = q1; entonces

r1 = as1 + bt1:

Tambinr2 = r1(q2) + b;

por lo tanto r2 = a(s1 q2) + b(t1q2 + 1): Si s2 = s1q2 yt2 = t1q2 + 1; entonces

r2 = as2 + bt2:

Anlogamente, de la tabla ()r3 = r2(q3) + r1;

por lo tanto r3 = a(s2q3 + s1) + b(t2q3 + t1): Si s3 = s2q3 + s1y t3 = t2q3 + t1; entonces

r3 = as3 + bt3:

Continuando este proceso tenemos que

rn = asn + btn

donde sn = sn1qn + sn2 y tn = tn1qn + tn2: Eligiendos = sn y t = tn, obtenemos rn = d = as + bt; donde es claro ques; t 2 Z:

Finalmente demostraremos que d es el mnimo entero positivopara el cual existen s; t 2 Z tales que d = as+ bt : Sea c 2 Z; c > 0;tal que c = ax+ by con x; y 2 Z: Como d = (a; b); entonces dja y djby por lo tanto djax+ by; o sea, djc, luego d c:

q.e.d.

Ejemplo: Calcular el mcd de 60 y 168.

Solucin:

2 1 360 168 48 60 12 48

48 12 0

0.4. PRIMOS RELATIVOS Y NMEROS PRIMOS 23

Por tanto, 12 = (60; 168):

Observacin: Sean a; b 2 Z; no ambos cero. Si c 2 Z; c > 0; estal que c = ax+ by; con x; y 2 Z; no necesariamente c es el mcd dea y b. Sin embargo, si 1 = ax+ by; con x; y 2 Z; entonces 1 = (a; b):

Proposicin (0.3.5).Si a; b 2 Z; son no ambos cero, entonces(a; b) = (jaj ; jbj):

Demostracin: Se deja al lector como ejercicio.

0.4 Primos relativos y nmeros primos

Denicin (0.4.1).Sean a; b 2 Z; no ambos cero. Decimos quea y b son primos relativos, si 1 = (a; b):

Proposicin (0.4.2).Sean a; b; c 2 Z:

1. Si 1 = (a; b) y ajbc; entonces ajc:2. Si 1 = (a; b); entonces 1 = (a; bn) 8n 2 N:

Demostracin:

De (1): Como 1 = (a; b) entonces existen s; t 2 Z tal que1 = as + bt; luego c = a(cs) + bc(t): Claro que aja y por hiptesisajbc; por lo tanto ajc:

De (2): Procederemos por induccin sobre n:

i) Si n = 1 : Claro que 1 = (a; b) implica que 1 = (a; b1):

ii) Suponemos que el resultado es vlido para n; es decir, supone-mos que 1 = (a; b) implica que 1 = (a; bn):


iii) Probaremos que el resultado es vlido para n + 1; es decir,probaremos que 1 = (a; b) implica que 1 = (a; bn+1) : Como1 = (a; b); entonces existen s; t 2 Z tales que 1 = as + bt;y adems, por hiptesis de induccin, 1 = (a; bn); por tantoexisten x; y 2 Z tales que 1 = ax+bny. Multiplicando miembroa miembro 1 = ax+ bny y 1 = as+ bt; obtenemos1 = a(axs+ bxt+ sbny) + bn+1(yt); por lo tanto 1 = (a; bn+1):

q.e.d.

Denicin (0.4.3). Decimos que p 2 Z es nmero primo, sip > 1 y los nicos divisores positivos de p; son 1 y p mismo.

Proposicin (0.4.4).Sean a; b 2 Z y sea p un nmero primo.Entonces:

1) pja 1 = (a; p):2) Si pjab; entonces pja o pjb:

Demostracin:

De (1): Sea d = (a; p); entonces dja y djp; y por lo tanto d = 1 d = p; de donde se sigue que pja 1 = (a; p):

De (2): Supongamos que p 6 ja; luego, por (1), 1 = (a; p): Comopor hiptesis pjab; entonces por proposicin (0.4.2)(1), pjb:

q.e.d.

0.5 El teorema fundamental de la aritmtica

Lema (0.5.1).Si a 2 Z y a > 1; entonces el menor entero mayorque 1 y que divide a a; es un nmero primo.

0.6. EJERCICIOS 25

Demostracin: Sea A = fm 2 Nm > 1 y mjag: Claro que

A 6= ; pues a 2 A: Por el principio de buen orden, A tiene unelemento mnimo, sea este p: Armamos que p es nmero primo. Enefecto: Si p no es primo, entonces existe q 2 Z; con 1 < q < p; talque qjp: Como pja; entonces qja; por tanto q 2 A; lo cual es unacontradiccin a la eleccin de p:

q.e.d.

Teorema (0.5.2) [Teorema fundamental de la aritmtica].Sia 2 Z y a > 1; entonces a es primo existen p1; p2; : : : ; pk nmerosprimos tales que

a = p1 p2 : : : pk:Adems, si q1; q2; : : : ; qm son nmeros primos tales que

a = q1 q2 : : : qm;

entonces m = k y qi = pj para algunos i; j = 1; 2; :::; k:

Demostracin: Se deja como ejercicio al lector.

0.6 EJERCICIOS

1. Sean a; b; c 2 Z: Decimos que c es combinacin lineal de a y b,si existen x; y 2 Z tales que c = ax+ by:

1.1 Pruebe que 29 es combinacin lineal de 5 y 7:

1.2 Escriba a 50 en dos formas diferentes como combinacinlineal de 5 y 2:

1.3 Si dja; djb y d 6 jc; pruebe que c no es combinacin linealde a y b:

1.4 Pruebe que 64 no es combinacin lineal de 10 y 25:


1.5 Encuentre un entero m que no sea combinacin lineal de28 y 49:

1.6 Sim divide a cualquier combinacin lineal de a y b; pruebeque mja y mjb:

1.7 Decida si la ecuacin 153 = 34x + 51y tiene solucionesenteras x y y:

1.8 Si c es impar, pruebe que la ecuacin c = 14x + 72y notiene soluciones enteras x y y:

2. Si bjm para todo m 2 Z, pruebe que b = 1:3. Si bja1; bja2; : : : ; bjan; pruebe que bja1 + a2 + : : :+ an:4. Pruebe que:

4.1 8j(2n 1)2 1; para cada n 2 N:4.2 6jn3 n; para cada n 2 N:4.3 9jn3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3; para cada n 2 N:4.4 133j11n+2 + 122n+1; para cada n 2 N:4.5 Si a; b; c son dgitos, entonces 143 divide al nmero (cifrado)

abcabc:

5. Si a; b 2 Z; pruebe que a bjan bn; para cada n 2 N:6. Sean a; b 2 Z; con b 6= 0: Pruebe que bja; si y slo si, el residuode dividir a por b; es r = 0:

7. Aplicando el algoritmo de divisin, encuentre q y r para escribira = bq + r en los siguientes casos:

7.1 a = 0 y b = 5: 7.2 a = 138 y b = 11:7.3 a = 18 y b = 46: 7.4 a = 137 y b = 18:7.5 a = 23 y b = 52: 7.6 a = 14 y b = 8:7.7 a = 32 y b = 57: 7.8 a = 18 y b = 4:7.9 a = 28 y b = 46:7.10 a = m3 + 3m2 + 3m+ 2 y b = m+ 1 (m > 0):

8. Pruebe que (a; b) = (jaj ; jbj):

0.6. EJERCICIOS 27

9. Aplicando el algoritmo de Euclides y el ejercicio anterior, en-cuentre el mcd de:

9.1 a = 60 y b = 42: 9.2 a = 60 y b = 42:9.3 a = 35 y b = 49: 9.4 a = 82 y b = 36:9.5 a = 764 y b = 866: 9.6 a = 468 y b = 964:

10. Si (a; b) = 1; pruebe que la ecuacin c = ax+by tiene solucionesenteras x y y; para cada c 2 Z:

11. Sean a; b; c 2 Z: Si d = (a; b); pruebe que la ecuacinc = ax+ by tiene soluciones enteras, si y slo si, djc:

12. Si d > 0 es tal que dja; djb y d = as+bt; pruebe que d = (a; b):13. Si d = (a; b) y d = as+ bt; pruebe que (s; t) = 1 [?son nicos

s y t ?].

14. Si d = (a; b); a = dq1 y b = dq2; pruebe que (q1; q2) = 1:

15. Si cja y (a; b) = 1; pruebe que (b; c) = 1:16. Si ajc; bjc y d = (a; b); pruebe que abjcd:17. Si (a; b) = 1 y c 6= 0; pruebe que (a; b c) = (a; c):18. Si k > 0; pruebe que (ak; bk) = k(a; b):

19. Si k 6= 0; pruebe que (ak; bk) = jkj (a; b)20. Si (a; b) = 1; pruebe que (a+ b; a b) = 1 2:21. Si (a; b) = 1; pruebe que (am; bn) = 1 para todo m;n 2 N:22. Si (a; b) = k; pruebe que (an; bn) = kn para todo n 2 N:23. Seanm;n; k 2 N: Simn = k2 y (m;n) = 1; pruebe quem = a2

y n = b2 para algunos a; b 2 N:24. Si (a; c) = 1 y (b; c) = 1; pruebe que (ab; c) = 1:

25. Si b2ja2; pruebe que bja:26. Si bnjan; pruebe que bja:


27. Si a 2 N y a 6= k2 para todo k 2 N; pruebe que pa =2 Q:28. Si a 2 N y a 6= kn para todo k 2 N; pruebe que npa =2 Q:29. Si a1; a2; : : : ; an son dgitos, pruebe que 9ja1a2 : : : an; si y slo

si, 9ja1 + a2+ : : :+ an (a1a2 : : : an es nmero cifrado).Sugerencia: Pruebe y use que 9j10n 1, para cada n 2 N:

30. Sean a0; a1; : : : ; an 2 Z; no todos cero. Decimos que d 2 Z;d > 0; es mximo comn divisor (mcd) de a0; a1; : : : ; an; yescribimos d = (a0; a1; : : : ; an); si:I) dja0; dja1; : : : ; djan:II) Si c 2 Z es tal que cja0; cja1; : : : ; cjan; entonces cjd:

30.1 Si d = (a0; a1; : : : ; an); pruebe que d es nico.

30.2 Pruebe que existe d = (a0; a1; : : : ; an); y adems queexisten s0; s1; : : : ; sn 2 Z tales que

d = a0s0 + a1s1 + : : :+ ansn;

y que d es el mnimo entero positivo con esta propiedad.

Sugerencia: Proceda por induccin. De otro modo, de-na A = fx 2 N j x = a0t0 +a1t1 + : : : + antn; cont0; t1; : : : ; tn 2 Zg, verique que A 6= : Por el Principiode Buen Orden, A tiene elemento mnimo, pruebe que estesatisface (I) y (II).

31. Sean a; b; c 2 Z; no todos cero. Pruebe que (a; b; c) = ((a; b); c):32. Sean a0; a1; : : : ; an 2 Z; no todos cero. Pruebe que

(a0; a1; : : : ; an) = (ja0j ; ja1j ; : : : ; janj):33. Sean a; b 2 Z; con a 6= 0 y b 6= 0. Decimos que m 2 Z;

m > 0; es mnimo comn mltiplo (mcm) de a y b; y escribi-mos m = [a; b] m =mcm fa; bg; si:I) ajm y bjm:II) Si a j s y b j s para algn s 2 Z; entonces mjs:

33.1 Si m = [a; b]; pruebe que m es nico.

33.2 Dados a; b 2 Z f0g, pruebe que existe m = [a; b].

0.6. EJERCICIOS 29

33.3 Pruebe que [a; b] = [ jaj ; jbj] :33.4 Si a > 0 y b > 0; pruebe que [a; b] =

a b(a; b)

:

33.5 Si k > 0; pruebe que [ak; bk] = k[a; b]:

34. Escriba una denicin de mcm de a; b 2 Z; sin la restriccin deque a 6= 0 y b 6= 0:

35. Sean a0; a1; : : : ; an 2 Z; con ai 6= 0 para cada i = 0; 1; : : : ; n:Escriba una denicin de mcm de a0; a1; : : : ; an: Adems, enun-cie y pruebe ejercicios similares a 33.1, 33.2, 33.3, 33.4 y 33.5.

36. Factorice en primos los siguientes nmeros: 834; 656; 383; 637;2831:

37. Si p es primo y pja1 a2 : : : an; pruebe que pj ai para algni = 1; 2; : : : ; n:

38. Si a 2 Z y a < 1; pruebe que existen primos p1; p2; : : : ; pntales que a = p1 p2 : : : pn:

39. Sean a = p11 p22 : : : pnn y b = p11 p22 : : : pnn ; dondep1; p2; : : : ; pn son nmeros primos tales que pi 6= pj ; si i 6= j;y donde i 0 y i 0; para cada i = 1; 2; : : : ; n:

39.1 Si d = p11 p12 : : : pnn con 0 i =mn fi; ig ; paracada i = 1; 2; : : : ; n, pruebe que d = (a; b):

39.2 Si m = p11 p22 : : : pnn con 0 i =mx fi; ig ; paracada i = 1; 2; : : : ; n; pruebe que m = [a; b]:

40. Sea n 2 N: Si 2n 1 es primo, pruebe que n es primo41. Sea a 2 N; a > 1: Si p 6 ja para cada primo p tal que

p2 a; pruebe que a es primo (Teorema de Eratstenes).42. Sean a; b 2 Z: Si p 2 Z; p > 1; es tal que pjab implica pja o pjb;

pruebe que p es primo.

43. Si p es un nmero primo y n 2 N; pruebe que la suma de losdivisores positivos de pn1 es

pn 1p 1 :

44. Pruebe que el conjunto de nmeros primos no es nito.

Captulo 1

LOS NMEROSCOMPLEJOS

1.1 El conjunto de los nmeros complejos

Uno de nuestros objetivos es la resolucin de ecuaciones alge-braicas con una incgnita y de coecientes reales, es decir, de expre-siones de la forma

anxn + an1xn1 + : : :+ a1x+ a0 = 0;

donde an; an1; : : : ; a1; a0 son nmeros reales llamados coecientesde la ecuacin, x es la incgnita (o indeterminada) y n 1; sian 6= 0; es el grado de la ecuacin. Resolver la ecuacin ante-rior signica encontrar todos los valores numricos de la incgnitax que la satisfagan, es decir, que al sustituir x por tales valores,llamados soluciones o races de la ecuacin, y efectuar las opera-ciones indicadas, el primer miembro de la ecuacin se reduzca a cero.Veremos enseguida que el conjunto de nmeros reales no es sucientepara resolver cualquier ecuacin de coecientes reales. En efecto:

Consideremos la ecuacin

x2 + 1 = 0: (1)

Supongamos que t 2 R es una solucin de (1), entonces t2+1 = 0;por tanto t2 = 1: Si t > 0; entonces t2 > 0: Si t = 0; entonces

31

32 CAPTULO 1. LOS NMEROS COMPLEJOS

t2 = 0: Si t < 0; entonces t2 > 0: Por tanto t2 6= 1; para todot 2 R: En consecuencia, no hay nmero real que satisfaga la ecuacinx2 + 1 = 0:

Consideremos ahora la ecuacin

x2 + x+ 1 = 0: (2)

Sabemos que las soluciones reales de una ecuacin del tipo

ax2 + bx+ c = 0;

con a; b; c 2 R, son de la forma

bpb2 4ac2a

:

Suponiendo que s 2 R es una solucin de la ecuacin (2), en-tonces

s =1 +p3

2 s =

1p32

:

En el primer caso se tendra quep3 = 2s+1; y en el segundo caso

se tendra quep3 = (2s + 1): En cualquier caso se tendra que

3 = (2s + 1)2; donde 2s + 1 2 R; pues hemos supuesto s 2 R; yesto no es posible ya que, como vimos antes, el cuadrado de todonmero real es positivo o cero. As pues, tampoco hay nmero realque satisfaga la ecuacin (2).

Lo que haremos enseguida es ampliar el sistema de los nmerosreales, a un sistema de nmeros donde, por lo menos, las ecuaciones(1) y (2) tengan soluciones. De hecho, como veremos ms adelante,toda ecuacin de coecientes reales o en el nuevo sistema, tendrsoluciones en ste.

Una solucin de la ecuacin (1) sera un nmero i tal que i2 = 1;el cual, como hemos visto, no puede ser nmero real. Las solucionesde la ecuacin (2) seran nmeros de la forma

1p32

:

1.1. EL CONJUNTO DE LOS NMEROS COMPLEJOS 33

Si en lugar de 3 dentro del radical, escribimos 3i2; y si intentamosextender las leyes de radicales de nmeros reales, tendramos

1p3i2

2=1p3i

2:

As que las soluciones de la ecuacin (2) seran

12+

p3

2i y 1

2p3

2i;

donde claro que 12 ;p32 y

p32 son nmeros reales.

Motivados por las ideas anteriores, hacemos la siguiente

Denicin (1.1.1).Un nmero complejo es una expresin de laforma a+ bi; donde a y b son nmeros reales e i es un smbolo.

Si con C denotamos al conjunto de los nmeros complejos, en-tonces C = fa+ bi j a 2 R y b 2 Rg:

La expresin a+ bi se llama forma normal de un nmero com-plejo. Al nmero real a se le llama la parte real de a + bi, y lodenotamos por a =Re(a + bi). Al nmero real b se le llama parteimaginaria de a+ bi; y lo denotamos por b =Im(a+ bi):

Denicin (1.1.2).Decimos que dos nmeros complejos a+ biy c+ di son iguales, y escribimos a+ bi = c+ di; si a = c y b = d:

Si b 6= 0; al nmero complejo a+bi se le llama nmero imaginario,y al complejo 0+bi se le llama nmero imaginario puro, y se le denotasimplemente por bi; esto es, bi = 0+bi: Al nmero complejo a+0i sele denota simplemente por a; es decir, a = a+ 0i; que es un nmeroreal.

Por a bi entenderemos el nmero complejo a+(b)i; o sea quea b i = a+ (b)i:


Anlogamentea+ bi = (a) + bi;a bi = (a) + (b)i;

i = 0 + 1i;i = 0 + (1) i;

a+ i = a+ 1i:

1.2 Suma y multiplicacin de complejos

Denicin (1.2.1).Sean a+ bi y c+ di nmeros complejos.

i) Denimos la suma de a+ bi y c+ di; denotada por(a+ bi) + (c+ di); como:

(a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i:

ii) Denimos la multiplicacin de a + bi y c + di; denotada por(a+ bi) (c+ di) o por (a+ bi)(c+ di); como:

(a+ bi) (c+ di) = (ac bd) + (ad+ bc)i:

Comentario: La suma de dos nmeros complejos se ha denido,naturalmente, como el complejo cuya parte real es la suma de partesreales, y cuya parte imaginaria es la suma de partes imaginarias. Lamultiplicacin se ha denido bajo la siguiente indicacin:

Si x; y; v; ! 2 R; sabemos que(x+ y)(v + !) = xv + y! + x! + yv:

Siguiendo esta idea, y como queremos i2 = 1; obtenemos(a+ bi) (c+ di) = ac+ bdi2 + adi+ bci

= (ac bd) + (ad+ bc)i:

Teorema (1.2.2).Los nmeros complejos con las operaciones desuma y multiplicacin antes denidas, constituyen un campo, es decir,satisfacen las siguientes propiedades:

1.2. SUMA Y MULTIPLICACIN DE COMPLEJOS 35

S1) 8z1; z2 2 C; z1 + z2 2 C:S2) 8 z1; z2; z3 2 C; (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3):S3) 8 z1; z2 2 C; z1 + z2 = z2 + z1:S4) Existe un nico elemento 2 C tal que z + = z; 8 z 2 C:S5) 8 z 2 C; existe un nico z 2 C tal que z + (z) = :M1) 8 z1; z2 2 C; z1 z2 2 C:M2) 8 z1; z2; z3 2 C; (z1 z2) z3 = z1 (z2 z3).M3) 8 z1; z2 2 C; z1 z2 = z2 z1:M4) Existe un nico ` 2 C; tal que z ` = z 8 z 2 C:M5) 8 z 2 C; z 6= ; existe un nico 2 C tal que z = `:D) 8 z1; z2; z3 2 C; z1 (z2 + z3) = z1 z2 + z1 z3:

Demostracin:

De (S1): Es consecuencia inmediata de la denicin de suma.

De (S2): Sean z1 = a+ bi; z2 = c+ di y z3 = e+ fi; entonces

(z1 + z2) + z3 = ((a+ bi) + (c+ di)) + (e+ fi)

= ((a+ c) + (b+ d)i) + (e+ fi)

= ((a+ c) + e) + ((b+ d) + f)i

= (a+ (c+ e)) + (b+ (d+ f))i

= (a+ bi) + ((c+ e) + (d+ f)i)

= (a+ bi) + ((c+ di) + (e+ fi))

= z1 + (z2 + z3):

De (S3): Se deja al lector.

De (S4): Sea z = a + bi un complejo arbitrario, y consideremosel complejo 0 + 0i; entonces:

(a+ bi) + (0 + 0i) = (a+ 0) + (b+ 0)i

= a+ bi:


Por tanto, = 0 + 0i es tal que z + = z; 8 z 2 C:

Veamos ahora que es nico: Si tambin 0 es un complejo talque z + 0 = z; 8 z 2 C; entonces, en particular, + 0 = y0 + = 0: Como por (S3) + 0 = 0 + ; entonces 0 = :

En resumen, = 0 + 0i es nico tal que z + = z;8 z 2 C.Como por notacin 0 = 0 + 0i, entonces en lugar de escribimossimplemente 0, o sea = 0 + 0i = 0:

De (S5): Dado z = a+ bi; consideremos el complejo

a bi = (a) + (b)i:

Claro que

(a+ bi) + (a bi) = (a a) + (b b)i= 0 + 0i

= 0:

As que dado z = a + bi; z = (a + bi) = a bi es tal quez + (z) = 0: Veamos ahora que z es nico: Si tambin z0 es uncomplejo tal que z + z0 = 0; entonces

z0 = 0 + z0

= (z + z) + z0= z + (z + z0)= z + 0= z:

Resumiendo, dada z = a + b i; z = a bi es el nico tal quez + (z) = 0:

De (M1): Es consecuencia inmediata de la denicin de multipli-cacin.

De (M2): Se deja al lector.


De (M3): Sean z1 = a+ bi y z2 = c+ di; entonces

z1 z2 = (a+ bi) (c+ di)= (ac bd) + (ad+ bc)i= (ca db) + (da+ cb)i= (c+ di) (a+ bi)= z2 z1:

De (M4): Sea z = a+ b i un complejo arbitrario y consideremosel complejo ` = 1 + 0i: Claro que

z ` = (a+ bi) (1 + 0i)= (a 0) + (0 + b)i= a+ bi

= z:

As pues, ` = 1 + 0 i es tal que z ` = z; 8 z 2 C:Veamos ahora que ` es nico: Si tambin `0 2 C es tal que

z `0 = z; 8 z 2 C; en particular ` `0 = ` y `0 ` = `0; y como`0 ` = ` `0; entonces `0 = `:

Puesto que por notacin a + 0 i = a; entonces 1 + 0 i = 1, asque, en lugar de ` escribiremos simplemente 1:

De (M5): Sea z = a+bi 6= 0 (a 6= 0 o b 6= 0); y sea = x+yi uncomplejo tal que z = 1, es decir, (a + bi)(x + yi) = 1; entonces(ax by) + (ay + bx)i = 1 y por lo tanto

ax by = 1 (1)

ya y + b x = 0: (2)

Multiplicando (1) por a; y (2) por b; tenemos que

a2x aby = a (3)

yaby + b2x = 0: (4)


Sumando miembro a miembro las ecuaciones (3) y (4), se tieneque a2x+ b2x = a; entonces (a2 + b2)x = a; y por tanto

x =a

a2 + b2:

Multiplicando ahora (1) por b; y (2) por a; y haciendo un pro-ceso anlogo al anterior, se tiene que

y =b

a2 + b2:

As pues, dado z = a+ bi 6= 0;

=a

a2 + b2+

ba2 + b2

i

es tal que z = 1. Veamos ahora que es nico: Si 0 es tal quez 0 = 1; entonces

0 = 0 1= 0 (z )= (0 z) = (z 0) = 1 = :

En lugar de escribimos z1; o sea que, si z = a + b i 6= 0;entonces

z1 =a

a2 + b2+

ba2 + b2

i

es el nico tal que z z1 = 1:De (D): Se deja al lector.

q.e.d.

Notacin: Dados z1; z2 2 C; en lugar de z1+(z2); escribimosz1 z2; es decir,

z1 z2 = z1 + (z2):En particular, z z = z + (z): Anlogamente,

z1 z2 = (z1) + (z2)


yz1 + z2 = (z1) + z2:

Puesto que las once propiedades anteriores (denominadas axio-mas de campo) son las mismas que cumplen los nmeros reales, lasconsecuencias de ellas son tambin las mismas que se tienen paralos nmeros reales. Para recordar algunas de ellas, enunciamos lasiguiente

Proposicin (1.2.3).Si z; z1; z2 2 C; entonces:

1. z 0 = 0:2. z = (1) z y (z) = z:3. (z1)(z2) = (z1)(z2) = (z1 z2):4. (z1)(z2) = z1 z2:5. Si z1 z2 = 0; entonces z1 = 0 o z2 = 0:6. Si z + z1 = z + z2; entonces z1 = z2:

7. Si z z1 = z z2 y z 6= 0; entonces z1 = z2:8. Si z 6= 0; entonces (z1)1 = z:

Demostracin: Ejercicio.

Observacin: Considerando la notacin b+0i = b y 0+i = i; porla conmutatividad de la multiplicacin tenemos que ib = bi: As quetambin escribimos a+ib en lugar de a+bi: Anlogamente, podemosescribir bi+a ib+a en lugar de a+ bi; debido a la conmutatividadde la suma y a la notacin a+ 0i = a y 0 + bi = bi = ib:

Denicin (1.2.4).Sean z1; z2 2 C; con z2 6= 0: Se dene elcociente de z1 y z2; denotado por

z1z2; como

z1z2= z1 z12 :


De la denicin anterior se deduce que z1 = 1 z1 = 1z:

Proposicin (1.2.5). Si z1; z2; z3; z4 2 C; con z2 6= 0 y z4 6= 0;entonces:

1. (z2 z4)1 = z12 z14 :

2.z11= z1:

3.z1z2 z3z4=z1 z3z2 z4 :

4.z1z2+z3z2=z1 + z3z2

:

5.z1z2+z3z4=z1 z4 + z2 z3

z2 z4 :

6. Si z3 6= 0;z1z2z3z4

=z1 z4z2 z3 :

7.z2z4

1=z12z14

=z4z2:

8. z2z4=z2z4

=z2z4 :

Demostracin: Ejercicio.

Denicin (1.2.6).Dados n 2 N y z 2 C; denimos z1 = z yzn+1 = zn z: Si z 6= 0; denimos zn = z1n y z0 = 1:

De la denicin anterior se siguen las propiedades usuales, quese tienen en los nmeros reales, para la exponenciacin entera denmeros complejos. Ms adelante hacemos una observacin sobreexponentes racionales.

1.3. LOS COMPLEJOS COMO PAREJAS ORDENADAS 41

Sea R el conjunto de los nmeros complejos del tipo x + 0i, esdecir, R = fx+0i j x 2 Rg: Dados z1; z2 2 R, claramente z1+z2 2 Ry z1 z2 2 R. Adems, si z 2 R, entonces z 2 R y si z 6= 0;z1 2 R: De lo anterior se sigue que R, con las operaciones de C;es un campo (comprubese!) contenido en C y adems es una copiadel campo de nmeros reales R; lo que nos ha permitido escribirx+0i = x. Por las razones anteriores, convenimos que el campo de losnmeros reales est contenido en el campo de los nmeros complejos,simblicamente, R C: Se dice que un nmero complejo a+ bi esnmero real si b = 0; y si b 6= 0; se dice que es nmero imaginario.

1.3 Los complejos como parejas ordenadas

Dadas las parejas ordenadas (a; b); (c; d) 2 R2, es conocido que(a; b) = (c; d); si y slo si, a = c y b = d. Por lo tanto, al complejoa + bi lo podemos identicar con la pareja ordenada (a; b) 2 R2; yescribiremos (a; b) = a+ bi. Observemos que

a = a+ 0i= (a; 0)

ybi = 0 + bi

= (0; b) :

En particular 1 = 1 + 0i = (1; 0) e i = 0 + i = (0; 1): La suma ymultiplicacin de complejos como parejas ordenadas, quedan comosigue:

(a; b) + (c; d) = (a+ c; b+ d)

y

(a; b) (c; d) = (ac bd; ad+ bc):

Al identicar al complejo a + bi con la pareja (a; b); de hechoestamos identicando al conjunto de los nmeros complejos con elconjunto R2; o sea C = R2; y por lo tanto, geomtricamente los


nmeros complejos son los puntos del plano cartesiano, llamado tam-bin plano complejo.

1.4 Complejos conjugados. Valor absoluto decomplejos

Denicin (1.4.1).Sea a+ bi un nmero complejo.

i) Denimos el conjungado de a+ bi; denotado por a+ bi; como

a+ bi = a bi:ii) Denimos el valor absoluto o mdulo de a + bi; denotado porja+ bij; como la raz cuadrada del nmero real a2 + b2; es decir,

ja+ bij =pa2 + b2:

Observacin: Geomtricamente el valor absoluto o mdulo, deun complejo z; es la longitud del segmento que une el origen delplano complejo con el punto que representa a z:

1.4. COMPLEJOS CONJUGADOS. VALOR ABSOLUTODE COMPLEJOS43

Observacin: Si z = a+ bi; entonces z z = a2 + b2; de dondese sigue que jzj = pz z; y por lo tanto jzj2 = z z:

Proposicin (1.4.2). Si z1 y z2 son nmeros complejos, en-tonces:

i) (z1) = z1:

ii) z1 + z2 = z1 + z2:

iii) z1 z2 = z1 z2:iv) z1 z2 = z1 z2:

v) Si z2 6= 0;z1z2

=z1z2:

Demostracin: Slo demostraremos (ii) y (iii). Los incisos (i),(iv) y (v) debe demostrarlos el lector.


De (ii): Sean z1 = a+ bi y z2 = c+ di; entonces:

z1 + z2 = (a+ bi) + (c+ di)

= (a+ c) + (b+ d)i

= (a+ c) (b+ d)i= (a+ c) + (b d)i= (a bi) + (c di)= z1 + z2:

De (iii):

z1 z2 = (a+ bi) (c+ di)= (ac bd) + (ad+ bc)i= (ac bd) (ad+ bc)i= (ac bd) + (a(d) + (b)c)i= (a bi) (c di)= z1 z2:

q.e.d.

Proposicin (1.4.3).Si z1 y z2 son complejos, entonces:

i) jz1j = 0; si y slo si, z1 = 0:ii) j z1 j = j z1 j:iii) j z1 z2 j = j z1 j j z2 j:iv) j z1 + z2 j j z1 j+ j z2 j:

v) Si z2 6= 0;z1z2 = jz1jjz2j :

vi) j z1 j j z2 j j z1 z2 j:

Demostracin: Slo demostraremos (iii) y (iv), los dems in-cisos debe demostrarlos el lector.

1.4. COMPLEJOS CONJUGADOS. VALOR ABSOLUTODE COMPLEJOS45

De (iii): Puesto que 8 z 2 C; j z j2 = z z; entoncesj z1 z2 j2 = (z1 z2) (z1 z2)

= (z1 z2) (z1 z2)= (z1 z1) (z2 z2)= j z1 j2 j z2 j2= (j z1 j j z2 j)2:

por lo tanto j z1 z2 j = j z1 j j z2 jDe (iv):

j z1 + z2 j2 = (z1 + z2) (z1 + z2)= (z1 + z2) (z1 + z2)= z1 z1 + z2 z2 + z1 z2 + z2 z1:

O sea que

jz1 + z2j2 = z1 z1 + z2 z2 + z1 z2 + z2 z1: (1)Observemos que z1 z2 = z1 z2 = z1 z2 = z2 z1: Tambin

observemos que 8 z 2 C; z+z = 2Re z: Entonces de (1) se tiene quej z1 + z2j2 = j z1 j2 + j z2 j2 + 2Re( z1 z2): (2)

Puesto que 8 a; b 2 R; a j a j =pa2 pa2 + b2; entonces

8 z 2 C; Re z j z j:De donde se sigue, por (2), que

j z1 + z2 j2 j z1 j2 + j z2 j2 + 2j z1 z2 j:Por lo tanto

j z1 + z2 j2 j z1 j2 + j z2 j2 + 2j z1 j j z2 j:Como j z2 j = j z2 j; entonces

j z1 + z2 j2 j z1 j2 + j z2 j2 + 2j z1 jj z2 j:Por lo tanto

j z1 + z2 j2 (j z1 j+ j z2 j)2:


En consecuenciaj z1 + z2 j j z1 j+ j z2 j:

q.e.d.

Ejemplo: Hallar el valor absoluto del complejo

z =(4 + 3i)(1 + i)

1 7i :

Solucin:

jzj =(4 + 3 i)(1 + i)1 7 i

=

j(4 + 3 i)(1 + i)jj1 7ij

=j4 + 3ijj1 + ijj1 7ij

=

p25p2p

50= 1:

Observacin: Si z es un nmero complejo, con z 6= 0, claro quez = j z j zjzj ; donde

zjzj = 1:

1.5 Las races cuadradas de un complejo

Naturalmente que encontrar las races cuadradas de un nmerocomplejo z; es equivalente a resolver la ecuacin X2 z = 0:

Consideremos pues la ecuacin X2 z = 0; la que podemosescribir como X2 = z: Sea z = a+ bi y supongamos que X = x+ yies tal que X2 = z: Entonces (x + yi)2 = a + bi; de donde se sigue

1.5. LAS RACES CUADRADAS DE UN COMPLEJO 47

que x2 y2 + 2x yi = a + bi; y por igualdad de nmeros complejostenemos que

x2 y2 = a y 2xy = b: (1)Puesto que

(x2 + y2)2 = (x2 y2)2 + 4x2y2;entonces combinando esta ecuacin con las ecuaciones (1), obte-nemos

(x2 + y2)2 = a2 + b2:

Puesto que x2 + y2 0, entonces

x2 + y2 =pa2 + b2: (2)

Como x2 y2 = a, podemos escribir x2 = a+ y2, y combinandoesta ecuacin con la ecuacin (2), obtenemos

y2 =

pa2 + b2 a

2;

de donde se sigue que

y = sp

a2 + b2 a2

:

Anlogamente, de x2 y2 = a, podemos escribir y2 = x2 a ycombinando esta ecuacin nuevamente con la ecuacin (2), se tieneque

x2 =

pa2 + b2 + a

2;

de donde se concluye que

x = sp

a2 + b2 + a

2:

Puesto que 2xy = b; entonces los signos de x y y, dependen delsigno de b: As que, si b > 0; entonces x y y tienen el mismo signo,y si b < 0 entonces x y y tienen signos opuestos. En consecuenciatenemos que:


I) Si b > 0; las dos races de la ecuacin X2 = a+bi vienen dadaspor:

X = 0@spa2 + b2 + a

2+ i

spa2 + b2 a

2

1A :II) Si b < 0; las dos races de la ecuacin X2 = a+bi vienen dadas

por:

X = 0@spa2 + b2 + a

2 isp

a2 + b2 a2

1A :III) Si b = 0; la ecuacin X2 = a + bi se reduce a X2 = a; cuyas

races son:

i) Si a 0; X = pa:ii) Si a < 0; X = ipa:

Observacin: Es claro de los casos I), II) y III), que las dosraces cuadradas de un nmero complejo z 6= 0; son diferentes unade otra por un cambio de signo, es decir, si x1 es una raz cuadradade z, entonces x2 = x1 es la otra raz cuadrada de z: De lo anteriorse deduce que las races de la ecuacin cuadrtica

Ax2 +B x+ C = 0;

donde A; B y C son nmeros complejos, vienen dadas por

X =B W2A

;

donde W es una raz de la ecuacin

y2 = B2 4AC:

Ejemplos:

1.5. LAS RACES CUADRADAS DE UN COMPLEJO 49

1) Encontrar las races cuadradas del complejo z = 4 + 3i.

Solucin: Basta resolver la ecuacin x2 = 4+3i, en donde a = 4y b = 3. Como b > 0; las races vienen dadas por

x = 0@spa2 + b2 + a

2+ i

spa2 + b2 a

2

1A :Por lo tanto

x = 0@sp16 + 9 + 4

2+ i

sp16 + 9 4

2

1A :En consecuencia

x1 =3p2+

1p2i y x2 = 3p

2 1p

2i:

As pues, las races cuadradas de z = 4 + 3 i son:

3p2+

1p2i y 3p

2 1p

2i:

2) Resolver la ecuacin x2 (1 + i)x+ (6 2i) = 0:

Solucin: Claramente A = 1; B = (1+ i) y C = 6 2i: Por lotanto, las soluciones de la ecuacin dada vienen dadas por

x =(1 + i)W

2;

donde W es una raz de la ecuacin y2 = 24 + 10i:Como las races de esta ltima sonW = 1+5i y W = (1+5i);

entonces x1 = 1 + 3i y x2 = 2i son las races de

x2 (1 + i)x+ (6 2i) = 0:


1.6 Forma trigonomtrica de un complejo

Dado z 2 C; en la seccin anterior resolvimos la ecuacinx2 z = 0:

En esta seccin y la que sigue, estableceremos las condiciones pararesolver la ecuacin ms general

xn z = 0:Sea z = a+ ib un nmero complejo y sea r = j z j: Si z 6= 0; con-

siderando su representacin geomtrica, sea la medida del nguloque forman el eje real positivo y el segmento que une el origen delplano complejo con el punto que representa a z; entonces se tieneque a = r cos y b = r sen : En consecuencia z = a + ib puede es-cribirse en la forma z = r(cos + i sen ): A se le llama la amplitudo argumento de z; y escribimos = arg z. Si z = 0; entonces r = 0;y por lo tanto z = r(cos + i sen ) para cualquier :

En consecuencia, todo complejo z = a+bi puede expresarse como

z = r (cos + i sen );

donde r = j z j y = arg z; llamada forma trigonomtrica de z:

Puesto que 8 m 2 Z;cos(2m + ) = cos()

1.6. FORMA TRIGONOMTRICA DE UN COMPLEJO 51

ysen(2m + ) = sen();

entonces = arg z puede tomar muchos valores, diriendo cada dospor mltiplos de 2. Ser siempre conveniente elegir de modo que2 < < 2.

Dado z = a+bi; con a 6= 0 y b 6= 0; para determinar un argumento de z podemos emplear la funcin tangente, pues por denicin

tan() =sen()cos()

;

y las tablas trigonomtricas, bajo las siguientes indicaciones:

Primero determinamos el ngulo agudo ! (positivo) por

! = tan1jbjjaj ;

y luego:

i) Si a > 0 y b > 0; elegimos = ! > 0 = ! 2 < 0:

ii) Si a < 0 y b < 0; elegimos = ! + > 0 = ! < 0:


iii) Si a > 0 y b < 0; elegimos = 2 ! > 0 = ! < 0:

iv) Si a < 0 y b > 0; elegimos = ! > 0 = ! < 0:

1.6. FORMA TRIGONOMTRICA DE UN COMPLEJO 53

Ejemplos:

Expresar en forma trigonomtrica los siguientes nmeros comple-jos:

1) z = 3 : En este caso r = 3 y = : As que

z = 3(cos + i sen ):

2) z = 7i : En este caso r = 7 y = 2 : As que

z = 7cos

2+ i sen

2

:

3) z = 12 p32 i : En este caso r = 1 y =

53 = 3 : As que

z = cos

5

3

+ i sen

5

3

z = cos

3

+ i sen

3

:


4) z = 8 8p3i : En este caso

r = 16;

Puesto que z = j z j zjzj ; entonces

z = 16816 8

p3

16 i

= 1612

p32 i:

Y por el ejemplo (3)

z = 16

cos

5

3

+ i sen

5

3

:

1.7 Frmula de De Moivre

Seanz1 = r1(cos 1 + i sen 1)

y

z2 = r2(cos 2 + i sen 2)

1.7. FRMULA DE DE MOIVRE 55

dos nmeros complejos en forma trigonomtrica, entonces:

z1 z2 = [r1(cos 1 + i sen 1)] [r2(cos 2 + i sen 2)]= r1 r2[(cos 1 + i sen 1) (cos 2 + i sen 2)]= r1 r2[(cos 1 cos 2 sen1sen2) +

+i(cos 1sen2 + sen1 cos 2)]:

Puesto que

cos 1 cos 2 sen 1 sen 2 = cos(1 + 2)y

cos 1 sen 2 + sen 1 cos 2 = sen (1 + 2);

entonces

z1 z2 = r1 r2 [cos(1 + 2) + i sen (1 + 2)] : (1)

En consecuencia, el mdulo del producto es el producto de losmdulos de los factores, y el argumento del producto es la suma delos argumentos de los factores.

Claro que si

z1 = r1(cos 1 + i sen 1);

z2 = r2(cos 2 + i sen 2);

...

zn = rn(cos n + i sen n);

entonces por (1), inductivamente, se tiene que

z1 : : : z2 = r1 : : : rn[cos(1+ : : :+ n)+ i sen (1+ : : :+ n)]: (2)

Si

z = r(cos + i sen )


es un complejo en forma trigonomtrica, entonces por (2)

zn = rn [cos(n) + i sen (n)] : (3)

De (3) se sigue que si j z j = r; entonces j zn j = rn; y si arg z = ;entonces arg zn = n:

Si j z j = 1; es decir, siz = cos + i sen

entonces por (3) tenemos que

zn = cos(n) + i sen (n):

Perozn = [cos + i sen ]n;

de donde se sigue la importante identidad conocida como frmula deDe Moivre:

[cos + i sen ]n = cos(n) + i sen (n); 8n 2 N:

Consideremos nuevamente los complejos en forma trigonomtrica

z1 = r1(cos 1 + i sen 1)

y

z2 = r2(cos 2 + i sen 2);

con z2 6= 0; entoncesz1z2

=r1(cos 1 + i sen 1)

r2(cos 2 + i sen 2)

=r1(cos 1 + i sen 1)

r2(cos 2 + i sen 2) cos 2 i sen 2cos 2 i sen 2

=r1r2

(cos 1 cos 2 + sen 1sen 2) + i(sen 1 cos 2 cos 1 sen 2)

cos2 2 + sen2 2

1.7. FRMULA DE DE MOIVRE 57

Como se sabe que

cos 1 cos 2 + sen 1 sen 2 = cos(1 2);

sen 1 cos 2 cos 1 sen 2 = sen (1 2)y

cos2 2 + sen22 = 1;

entonces

z1z2=r1r2[cos(1 2) + i sen (1 2)] : (4)

En consecuencia, el mdulo del cociente es el cociente de losmdulos del dividendo y el divisor, y el argumento del cociente es ladiferencia de los argumentos del dividendo y el divisor.

Si z = cos + i sen ; entonces z 6= 0; y puesto que1 = cos 0 + i sen 0; entonces por (4)

1

cos + i sen = cos() + i sen ();

o sea que,

(cos + i sen )1 = cos() + i sen ():Como 8n 2 N

(cos + i sen )n =(cos + i sen )1

n;

por la frmula de De Moivre se tiene que

(cos + i sen )n = cos(n) + i sen (n):

En consecuencia, la frmula de De Moivre es vlida tambin paralos enteros negativos. Resumiendo tenemos que 8m 2 Z

[cos + i sen ]m = cos(m) + i sen (m);

pues si m = 0 cada miembro de la identidad anterior tiene valor 1:


1.8 Resolucin de la ecuacin xn z = 0

Veremos enseguida que la ecuacin

xn z = 0

donde z 2 C; z 6= 0 y n 2 N (n 1); es soluble en el campo de losnmeros complejos y que tiene exactamente n soluciones (o races)distintas. Para encontrar las soluciones, la frmula de De Moivre nosser de gran utilidad.

En lugar de xn z = 0; con z 2 C; z 6= 0; podemos escribirxn = z: Tanto a z como al valor numrico complejo, si lo hay,de la incgnita x que resuelve la ecuacin, los escribimos en formatrigonomtrica, digamos

z = r(cos + i sen )

y

x = R(cos'+ i sen'):

Por lo tanto

[R(cos'+ i sen')]n = r(cos + i sen );

o sea,

Rn [cos'+ i sen']n = r(cos + i sen ):

De donde se sigue, aplicando la frmula de De Moivre al primermiembro de la ecuacin, que

Rn[cos (n') + i sen (n')] = r(cos + i sen ):

En consecuencia, Rn = r y n' = + 2k con k 2 Z; y por lotanto

R = npr y ' =

+ 2k

n:

1.8. RESOLUCIN DE LA ECUACIN XN Z = 0 59

Resumiendo, si z = r(cos + i sen ), entonces

x = npr

cos

+ 2k

n+ i sen

+ 2k

n

(1)

donde k 2 Z; es un nmero complejo que es solucin de la ecuacinxn = z:

Ahora probaremos que el nmero de soluciones (o races) distin-tas, de la ecuacin xn = z; es exactamente n; y que se obtienensustituyendo en la frmula (1) los valores de k = 0; 1; : : : ; n 1; esdecir, para cada valor de k = 0; 1; : : : ; n 1 que se sustituya en lafrmula (1), se obtiene una solucin distinta de las otras y son todaslas soluciones.

En efecto: considerando los enteros k y n; por el algoritmo de ladivisin tenemos que

k = nq + ` con 0 ` < n:(As que ` es uno de los nmeros 0; 1; : : : ; n 1); y entonces

+ 2k

n=

+ 2(nq + `)

n

= + 2nq + 2`

n

= + 2`

n+ 2q;

por lo tanto

cos

+ 2k

n

= cos

+ 2`

n

y

sen + 2k

n

= sen

+ 2`

n

:

Lo anterior dice que 8 k 2 Z; existe ` 2 f0; 1; : : : ; n 1g tal que

cos

+ 2k

n

+i sen

+ 2k

n

= cos

+ 2`

n

+i sen

+ 2`

n

o sea, que a lo sumo hay n soluciones distintas de la ecuacin


xn = r(cos + i sen );

y se obtienen al sustituir k = 0; 1; : : : ; n 1 en la frmula (1).

Sean ahora k1; k2 2 f0; 1; : : : ; n 1g tales que k1 6= k2; y sean

xk1 =npr

cos

+ 2k1

n+ i sen

+ 2k1

n

y

xk2 =npr

cos

+ 2k2

n+ i sen

+ 2k2

n

:

Si xk1 = xk2 ; entonces

+ 2k1

n= + 2k2

n+ 2s con s 2 Z:

Por lo tanto2k1 = 2k2 + 2ns;

y nalmentek1 k2 = ns:

Esto dice que k1 k2 es un mltiplo de n; lo que no es posible, yaque 0 k1 n 1 y 0 k2 n 1; y por lo tanto

(n 1) k1 k2 n 1:

Resumiendo, si k1; k2 2 f0; 1; : : : ; n 1g y k1 6= k2; entoncesxk1 6= xk2 :

As pues, al sustituir cada k = 0; 1; : : : ; n 1 en la frmula (1),se obtiene una solucin distinta de las otras, de la ecuacin

xn = r(cos + i sen );

y son todas las soluciones.

En conclusin, todas las soluciones (o races) de la ecuacin

xn = r(cos + i sen ) (r > 0)

1.8. RESOLUCIN DE LA ECUACIN XN Z = 0 61

vienen dadas por

x = npr

cos

+ 2k

n+ i sen

+ 2k

n

;

sustituyendo k = 0; 1; : : : ; n 1:Observacin: Resolver la ecuacin xn = z es equivalente a en-

contrar las races n-simas del complejo z:

Ejemplo: Resolver la ecuacin x3 = 8i:

Solucin: En este caso es claro que r = j8ij = 8 y que = arg 8i =

2; y por lo tanto

8i = 8(cos

2+ i sen

2):

As que la ecuacin dada puede escribirse como

x3 = 8(cos

2+ i sen

2);

y sus soluciones vienen dadas por

x =3p8

cos

2 + 2k

3+ i sen

2 + 2k

3

;

sustituyendo k = 0; 1; 2:

Para k = 0;

x0 = 2cos

6+ i sen

6

= 2

p3

2+1

2i

!=

p3 + i:

Para k = 1;

x0 = 2

cos

5

6+ i sen

5

6

= 2

p3

2+1

2i

!=

p3 + i:


Para k = 2;

x0 = 2

cos

3

2+ i sen

3

2

= 2(0 i)= 2i:

As pues, las races o soluciones de x3 = 8i son:

x0 =p3 + i;

x1 = p3 + i;

x2 = 2i:

1.9 Representacin geomtrica de las racesde la ecuacin xn z = 0

De acuerdo con la seccin anterior, si

z = r(cos + i sen );

entonces las races de la ecuacin

xn z = 0vienen dadas por

x = npr

cos

+ 2k

n+ i sen

+ 2k

n

sustituyendo k = 0; 1; : : : ; n1: De donde se sigue, inmediatamente,que todas las races tienen el mismo mdulo R = n

pr; y por lo tanto,

geomtricamente todas estan en la circunferencia de radio R = npr

y centro en el origen del plano.

Observemos ahora que la medida del ngulo entre dos races con-secutivas, para k = j y k = j+1; viene dada por la diferencia de losargumentos de estas races, o sea, por

+ 2(j + 1)

n + 2j

n=2

n:

1.10. LAS RACES NSIMAS DE LA UNIDAD 63

Y como son n races, entonces son n ngulos y por lo tanto, la sumade sus medidas es 2: As que, geomtricamente las races parten ala circunferencia de radio R = n

pr y centro en el origen, en n arcos

iguales.

Ejemplo: Representamos enseguida las races de la ecuacinx3 = 8i; resuelta en la seccin anterior. Dichas races son:

x0 =p3 + i; x1 =

p3 + i y x2 = 2 i:

1.10 Las races nsimas de la unidad

Encontrar las races nsimas de la unidad, signica encontrarlas races o soluciones de la ecuacin

xn 1 = 0:

Puesto que1 = cos 0 + i sen 0;


la ecuacin anterior la podemos escribir como

xn = cos 0 + i sen 0:

Y por lo visto anteriormente, sus races o soluciones vienen dadaspor

x = cos

2k

n

+ i sen

2k

n

;

sustituyendo k = 0; 1; : : : ; n 1:

Debido a que

cos

2k

n

+ i sen

2k

n

= cos

k2

n

+ i sen

k2

n

;

por la frmula de De Moivre tenemos que

cos

2k

n

+ i sen

2k

n

=

cos

2

n

+ i sen

2

n

k:

En consecuencia, las races nsimas de la unidad, es decir, lasraces de la ecuacin

xn 1 = 0se obtienen al sustituir k = 0; 1; : : : ; n 1 en la frmula

x =

cos

2

n

+ i sen

2

n

k;

y son precisamente

1 = !0; !; !2; : : : ; !n1;

donde

! = cos

2

n

+ i sen

2

n

:

Geomtricamente las races nsimas de la unidad estn sobrela circunferencia de radio 1; con centro en el origen y, como vimosanteriormente, la dividen en n arcos iguales.

1.10. LAS RACES NSIMAS DE LA UNIDAD 65

Lo anterior puede emplearse para resolver la ecuacin

xm + xm1 + : : :+ x+ 1 = 0:

En efecto: inductivamente o por multiplicacin directa se com-prueba que

xm+1 1 = (x 1)(xm + xm1 + : : :+ x+ 1):

Como 1 = !0; !; !2; : : : ; !m son las races, distintas entre s, dela ecuacin xm+1 1 = 0; entonces

0 =!km+1 1 = !k 1 h!km + : : :+ !k + 1i

para todo k = 0; 1; : : : ;m:

Si k 1; entonces !k 6= 1; es decir !k 1 6= 0; por lo tanto!km

+ (!k)m1 + : : :+ !k + 1 = 0

para todo k = 1; 2; : : : ;m:

Resumiendo,!; !2; : : : ; !m

son races de la ecuacin

xm + xm1 + : : :+ x+ 1 = 0:

Y son todas, pues si hubiera otra diferente de ellas, entonces tambinlo sera de xm+1 1 = 0; lo que no es posible.

En conclusin, para resolver la ecuacin

xm + xm1 + : : :+ x+ 1 = 0

basta resolver la ecuacin

xm+1 1 = 0;

cuyas races son1; !; !2; : : : ; !m;


donde

! = cos2

m+ 1+ i sen

2

m+ 1;

y de stas,!; !2; : : : ; !m

son las races de

xm + xm1 + : : :+ x+ 1 = 0:

Ejemplo: Resolver la ecuacin x3 + x2 + x+ 1 = 0:

Solucin: Basta resolver la ecuacin

x4 1 = 0;

cuyas races vienen dadas por

x = cos2k

4+ i sen

2k

4

sustituyendo k = 0; 1; 2; 3: Y son precisamente:

Para k = 0; x0 = 1:

Para k = 1; x1 = ! = cos 2 + i sen2 = i:

Para k = 2; x2 = !2 = cos + i sen = 1:Para k = 3; x3 = !3 = cos 32 + i sen

32 = i:

As pues, las races de x3 + x2 + x+ 1 = 0 son: i;1; y i:

1.11 Notas

1. En los nmeros reales tenemos denida una relacin de orden\ " que cumple con las siguientes propiedades:

1.12. EJERCICIOS 67

i) 8x 2 R; x x:ii) Dados x; y 2 R; si x y y y x; entonces x = y:iii) Dados x; y; z 2 R; si x y y y z; entonces x z:iv) 8 x; y 2 R; x y o y x:

Sin embargo, la relacin de orden en los nmeros reales nopuede ser extendida a los nmeros complejos. De hecho, nose puede denir en los nmeros complejos una relacin quecumpla con todas las propiedades antes mencionadas.

2. Si x es un nmero real positivo y n es un nmero natural, connpx = x1=n denotamos al nico nmero real positivo c tal que

cn = x: Puesto que un nmero complejo z 6= 0; tiene n racesnsimas distintas, el smbolo n

pz = z1=n no representara a

un complejo, sino a n posibles complejos. Sin la aclaracinanterior podemos tener resultados como el siguente:

3 =p9 =

p(3)(3) = p3p3 =

p3ip

3i= 3:

Lo que es una contradiccin. Por tanto, las leyes de exponen-ciacin racional que se tienen en los nmeros reales positivos,no se tienen en los complejos. Si z1 y z2 son nmeros complejosy z = z1z2; lo ms que podemos armar es que cualquier raznsima de z; ser el producto de alguna raz nsima de z1por alguna raz nsima de z2:

1.12 EJERCICIOS

1. Sean z; z1; z2; z3 2 C: Pruebe que:

1.1 z 0 = 0:1.2 z = (1)z:1.3 (z) = z:


1.4 (z1) z2 = z1 (z2) = (z1z2) :1.5 (z1) (z2) = z1z2:1.6 z1 (z2 z3) = z1z2 z1z3:1.7 Si z 6= 0; entonces z11 = z:1.8 Si z1 z2 = 0, entonces z1 = 0 z2 = 0:1.9 Si z + z1 = z + z2; entonces z1 = z2:

1.10 Si z z1 = z z2 y z 6= 0; entonces z1 = z2:

2. Pruebe la proposicin (1.2.5).

3. Sean z; z1 2 C con z 6= 0 y z1 6= 0; y sean m;n 2 Z: Pruebeque:

3.1 zn =1

zn: 3.2 (zz1)n = znzn1 :

3.3 (zn)m = znm: 3.4 znzm = zn+m:3.5 ( zz1 )

n = zn

zn1:

4. Escriba el conjugado de los siguientes complejos:

4.1 z = 3 + 2i: 4.2 z = 3 + i:4.3 z = 12 43 i: 4.4 z = 8 15 i:

5. Escriba en forma normal los siguientes nmeros complejos:

5.1 z = (a+ 0i)(c+ di): 5.2 z = a+bic+0i (c 6= 0):5.3 z = 3 7i 8 2i: 5.4 z = 5 2i (6 4i)i:5.5 z = 1+i1i 2i1+i : 5.6 z = i(1+i)(2i) :5.7 z = 32i5+i : 5.8 z =

(2+i)(12i)3i :

5.9 z = 1+ii +i1i : 5.10 z =

(1+i)3

1i :5.11 z = i

1+i+ i1+i+ i1+i

: 5.12 z = (4+3i)(2i)7i +12 +

32 i3:

6. Represente en el plano cartesiano los siguientes nmeros com-plejos:

1.12. EJERCICIOS 69

6.1 z = 3 + 2i: 6.2 z = 13i1+3i :6.3 z = 8 + 8p3i: 6.4 z = i+ 1i :

7. Calcule z z; z + z; z z y zzsi:

7.1 z = 3 + 5i: 7.2 z = 1i72i :7.3 z = 2 7i: 7.4 z = (3 2i)(1 + 2i):

8. Sean z; z1; z2; : : : ; zn 2 C: Pruebe que:

8.1 zn = ( z )n; para cada n 2 N:8.2 Si z 6= 0; z1 = (z )1:8.3 Si z 6= 0; zn = ( z )n; para cada n 2 N:8.4 z1 + z2 + : : :+ zn = z1 + z2 + : : :+ zn, para cada n 2 N

9. Si z; z1; z2 2 C; pruebe que:

9.1 jjz1j jz2jj jz1 z2j :9.2 jz1 + z2j2 + jz1 z2j2 = 2 jz1j2 + 2 jz2j2 :9.3 jzj = jzj :9.4 jz1 z2j = jz2 z1j :9.5 jz1 z2j es la longitud del segmento que une los puntos

que representan a z1 y z2 en el plano complejo.

9.6 jznj = jzjn ; para cada n 2 N:9.7 Si z 6= 0; z1 = jzj1 :9.8 Si z 6= 0; jznj = jzjn ; para cada n 2 N:

10. Si z1; z2; : : : ; zn 2 C, pruebe que:

10.1 jz1 + z2 + : : :+ znj jz1j+ jz2j+ : : :+ jznj :10.2 jz1 z2 : : : znj = jz1j jz2j : : : jznj :

11. Calcule el mdulo de los siguientes nmeros complejos:


11.1 z = i: 11.2 z = i:11.3 z = 1 + i 3 + 2i: 11.4 z = 1i :11.5 z = 12 +

p32 i: 11.6 z =

1ip2:

11.7 z = (43i)(12i)2i : 11.8 z =(1+i)3(34i)4

(43i)5 :

11.9 z =

12p32i8(68i)5

(86i)6 : 11.10 z =(p32i)3(p3p7i)4(9+3i)+(23i) :

12. Calcule jzj si:

12.1 z = 1xi1+xi con x 2 R:12.2 z = x2 1 + 2xi con x 2 R:

13. Si jzj = 3; cul es el valor mximo que puede tomar1 + z + z3?14. Resuelva las siguientes ecuaciones:

14.1 x2 6 8i = 0 14.2 x2 i = 0:14.3 x2 24 70i = 0: 14.4 2ix2 4 6i = 0:14.5 x2 1p3i = 0: 14.6 x2 + 12

p32 i = 0:

15. Pruebe que las soluciones de la ecuacin Ax2+Bx+C = 0 decoecientes complejos A;B y C; vienen dadas por:

x =B W2A

;

donde W es cualquier solucin de la ecuacin

y2 = B2 4AC:

16. Resuelva las siguientes ecuaciones:

16.1 2x2 + 2x 5 = 0:16.2 x2 + 2ix 1 = 0:16.3 x2 (2 + 3i)x 1 + 3i = 0:16.4 (2 2i)x2 (11 + 9i)x 16 + 6i = 0:

1.12. EJERCICIOS 71

16.5 x2 x+ 1 + i = 0:

17. Escriba en forma trigonomtrica los siguientes nmeros com-plejos:

17.1 z = 35 : 17.2 z = 6i:17.3 z = 4 3i: 17.4 z = 1 i:17.5 z = 12

p32 i: 17.6 z = 3 + 3

p3i:

17.7 z = 1p3 (1 +p3)i: 17.8 z = 2 + i:17.9 z = 8+8ip

2: 17.10 z = 1 + cos+ i sen

17.11 z =p3 + i

n; con n 2 Z:

17.12 z =1 +

p3 1p3 im ; con m 2 Z:

18. Interprete geomtricamente la suma y la multiplicacin denmeros complejos.

19. Escribiendo z = cos + i sen en la identidad

1 + z + z2 + : : :+ zn1 =1 zn1 z ;

pruebe que:

1 + 2 cos + 2 cos 2 + : : :+ 2 cos(n 1) = senn 12

sen 12

y

sen + sen 2 + : : :+ sen (n 1) = cos12 cos

n 12

2 sen 12:

20. Resuelva las siguientes ecuaciones. Escriba sus soluciones enforma normal:

20.1 x2 = 1: 20.2 x4 = 1:20.3 x4 = 16i: 20.4 x3 = 2i:20.5 ix6 + 4i = 0: 20.6 (1 i)x4 2 = 0:20.7 x4 = 8 8p3i: 20.8 x4 = 12 +

p32 i:

20.9 x7 = 1: 20.10 x3 = 4p3 + 4i:


21. Resuelva las siguientes ecuaciones. Escriba sus soluciones enforma normal:

21.1 x2 + x+ 1 = 0:

21.2 x3 + x2 + x+ 1 = 0:

21.3 x5 + x4 + x3 + x2 + x = 0:

21.4 x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0:

21.5 x7 + x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0:

22. Pruebe que si y1; y2; : : : ; y` son soluciones de la ecuacin

y` + y`1 + : : :+ y + 1 = 0;

entonces las soluciones x11; x12; : : : ; x1 k; x21; x22; : : : ; x2 k; : : : ;x` 1; x` 2; : : : ; x` k de las respectivas ecuaciones xk = y1;xk = y2 ; : : : ; x

k = y`; son todas las soluciones de

xk ` + xk (`1) + : : :+ xk + 1 = 0:

23. Resuelva las siguientes ecuaciones:

23.1 x4 + x2 + 1 = 0:

23.2 x6 + x3 + 1 = 0:

23.3 x6 + x4 + x2 + 1 = 0:

23.4 x15 + x12 + x9 + x6 + x3 + 1 = 0:

23.5 x9 + x7 + x5 + x3 = 0:

23.6 x12 + x8 + x4 + 1 = 0:

24. Si es una raz nsima del complejo z, es decir, si es razde xn = z y 1; 2; : : : ; n son las races de x

n = 1; pruebe queentonces 1; 2; : : : ; n son todas las races de x

n = z:

25. Si y son races de xn = 1; pruebe que tambin es razde xn = 1:

26. Si es raz de xn = 1; pruebe que tambin 1 es raz dexn = 1:

1.12. EJERCICIOS 73

27. Si es raz de xn = 1; pruebe que tambin m es raz dexn = 1; para cada m 2 Z:

28. Si es raz de xk = 1; pruebe que entonces es raz dexk` = 1; para cada ` 2 N:

29. Si es raz de xn = 1 y n = k` con k; ` 2 N; pruebe que laraz ` de xn = 1 es tambin raz de xk = 1:

30. Decimos que es raz primitiva de xn = 1; si es raz dexn = 1 y 0; 1; 2; : : : ; n1 son diferentes entre s, esto es,son todas las races de xn = 1:

30.1 Pruebe que ! = cos 2n + i sen2n es raz primitiva de

xn = 1:

30.2 Encuentre todas las races primitivas de x6 = 1:

30.3 Encuentre todas las races primitivas de x5 = 1:

30.4 Si es raz primitiva de xn = 1; pruebe que k es razprimitiva de xn = 1; si y slo si, 1 = (k; n):

Captulo 2

POLINOMIOS

2.1 Conjuntos de polinomios

Por convenir a nuestro objetivo de resolver la ecuacin algebraica

anxn + an1xn1 + : : :+ a1x+ a0 = 0; (1)

estamos ahora interesados en estudiar las expresiones de la forma

an xn + an1 xn1 + : : :+ a1 x+ a0;

a las que llamaremos polinomios en la indeterminada x:

Dada la ecuacin algebraica (1), si an; an1; : : : ; a1; a0 son nme-ros enteros, decimos que la ecuacin es de coecientes enteros; anlo-gamente, si an; an1; : : : ; a1; a0 son nmeros racionales o nmerosreales o nmeros complejos, decimos que la ecuacin es de coe-cientes racionales o de coecientes reales o de coecientes complejos,respectivamente.

En lo que sigue, D representar cualquiera de los conjuntos denmeros Z;Q;R C; con sus respectivas operaciones.

Denicin (2.1.1).Un polinomio en la indeterminada x y decoecientes en D; es una expresin de la forma

anxn + an1xn1 + : : :+ a1x+ a0; (2)

75

76 CAPTULO 2. POLINOMIOS

donde n 2 N[f0g; y donde las constantes an; an1; : : : ; a1; a0 pertene-cen a D y son los coecientes del polinomio. Las expresiones

anxn; an1xn1; : : : ; a1x; a0

se llaman trminos o sumandos del polinomio. A anxn; si an 6= 0 yn 1; se le llama el trmino de mayor potencia o exponente; y a a0 tr-mino independiente o constante. Al trmino akxk le llamamos trminode potencia o exponente k:

Observacin: Adems de la expresin (2) de un polinomio,segn las potencias decrecientes de la indeterminada, tambin sepermiten otras expresiones obtenidas de (2), al permutar los tr-minos del polinomio. Por ejemplo la expresin segn las potenciascrecientes de la indeterminada:

a0 + a1 x+ a2 x2 + : : :+ an x

n:

Tambin, en lugar de (2), se usa la expresin

a0xn + a1x

n1 + : : :+ an1x+ an:

Notacin: Para denotar polinomios en la indeterminada x y decoecientes en D; se utilizan las expresiones f(x); g(x); p(x); : : : Porejemplo

f(x) = anxn + an1xn1 + : : :+ a1x+ a0

yg(x) = bmx

m + bm1xm1 + : : :+ b1x+ b0:

Al conjunto de polinomios en la indeterminada x y de coecientesen D; se le denota por D[x]; es decir,

D[x] = ff(x) j f(x) es polinomio de coecientes en Dg:

As tenemos que:

Si D = Z;

Z[x] = ff(x) j f(x) es polinomio de coecientes en Zg:

2.1. CONJUNTOS DE POLINOMIOS 77

f(x) = 3x4 + 2x3 + 0x2 + (8)x+ (6) 2 Z[x]:Si D = Q;

Q[x] = ff(x) j f(x) es polinomio de coecientes en Qg:

f(x) =2

3x3 + 3x2 +

12

x+

8

52 Q[x]:

Si D = R;

R[x] = ff(x) j f(x) es polinomio de coecientes en Rg:

f(x) = 5x3 +p3x2 +

7 + 2

p3x+ 2 R[x]:

Si D = C;

C[x] = ff(x) j f(x) es polinomio de coecientes en Cg:

f(x) = 7x4 + ix3 +p2ix2 + (7 + 3i)x+ 4 2 C[x]:

Observacin: Puesto que Z Q R C; entonces es inme-diato que Z[x] Q[x] R[x] C[x]:

Convencin:

i) Si el coeciente ai; i 0; de un polinomio, es cero, conveni-mos que el trmino con este coeciente se puede omitir al escribir elpolinomio; excepto cuando todos los coecientes son cero, en cuyocaso escribiremos slo el trmino independiente. Por ejemplo, lospolinomios

f(x) = 3x5 + 0x4 + 4x3 + 0x2 + 8x+ 0

yg(x) = 0x3 + 0x2 + 0x+ 0

se pueden escribir como

f(x) = 3x5 + 4x3 + 8x y g(x) = 0;

respectivamente.


ii) Si el coeciente ai; i 1; de un polinomio, es 1; es decir, siai = 1; con i 1; convenimos que se puede omitir este coecienteal escribir el polinomio. Por ejemplo, el polinomio

f(x) = 1x3 + (3)x2 + 1x+ 1

se puede escribir como

f(x) = x3 + (3)x2 + x+ 1:

iii) Convenimos tambin en que a un polinomio que tiene trmi-nos con coecientes precedidos de signo menos, podemos escribirloanteponiendo a tales trminos el signo menos del coeciente y omi-tiendo el signo ms. Por ejemplo, el polinomio

f(x) = (3)x5 + 8x4 + 12x2 + (a)x+ (2)

se puede escribir como

f(x) = 3x5 + 8x4 + 12x2 ax 2:

Denicin (2.1.2).Sea

f(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0 2 D[x]

con aj 6= 0 para al menos un j = 0; 1; 2; : : : ; n: Denimos el grado def(x) como k; y escribimos gr f(x) = k; si y slo si,

k = mx fj 2 f0; 1; 2; : : : ; ng j aj 6= 0g :

Observacin: Si f(x) = a0 y a0 6= 0; por denicin gr f(x) = 0:No denimos el grado del polinomio

f(x) = 0xn + : : :+ 0x+ 0;

al cual denotamos por f(x) = 0 y llamaremos el polinomio cero.Diremos que un polinomio es constante, si es el polinomio cero esde grado cero.

2.2. SUMA Y MULTIPLICACIN DE POLINOMIOS 79

Es claro que para cada n 2 N[f0g, existen polinomios de gradon: Convenimos en decir que un polinomio es de primer, segundo,tercer grado,. . . si tiene grado 1,2,3, . . . , respectivamente. Tambinse dice que un polinomio es lineal cuadrtico, si tiene grado 1 2,respectivamente.

Denicin (2.1.3).Sean f(x); g(x) 2 D[x]; conf(x) = anx

n + : : :+ a1x+ a0

yg(x) = bnx

n + : : :+ b1x+ b0:

Decimos que g(x) es igual a f(x); y escribimos g(x) = f(x); si bi = aipara cada i = 0; 1; 2; : : : ; n:

Observacin: Si f(x) = anxn+: : :+a1x+a0; entonces f(x) 6= 0;es decir,

anxn + : : :+ a1x+ a0 6= 0;

si y slo si, aj 6= 0 para algn j = 0; 1; 2; : : : ; n:

2.2 Suma y multiplicacin de polinomios

Sean f(x); g(x) 2 D [x] conf(x) = anx

n + : : :+ a1x+ a0

yg(x) = bmx

m + : : :+ b1x+ b0:

Si n > m; claro que por como hemos convenido, podemos escribir

g(x) = 0xn + : : :+ 0xm+1 + bmxm + : : :+ b1x+ b0:

Anlogamente, si m > n podemos escribir

f(x) = 0xm + : : :+ 0xn+1 + anxn + : : :+ a1x+ a0:


Denicin (2.2.1).Sean f(x); g(x) 2 D[x]; con

f(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0

yg(x) = bmx

m + : : :+ b1x+ b0:

i) Denimos la suma de los polinomios f(x) y g(x); denotada porf(x) + g(x); como el polinomio

f(x) + g(x) = ckxk + : : :+ c1x+ c0;

donde k = n si n m k = m si m > n; y donde ci = ai + bipara cada i = 0; 1; : : : ; k; conviniendo que bm+1 = : : : = bn = 0 quean+1 = : : : = am = 0; si n > m m > n; respectivamente.

ii) Denimos la multiplicacin o producto de los polinomios f(x) yg(x); denotada por f(x) g(x) o por f(x)g(x); como el polinomio

f(x) g(x) = dn+mxn+m + : : :+ d1x+ d0;

dondedi =

X`+k=i

a`bk

para i = 0; 1; : : : ; n+m; ` = 0; 1; : : : ; n y k = 0; 1; : : : ;m:

Notacin: En lugar de f(x)+g(x) tambin se escribe (f+g)(x);es decir,

(f + g)(x) = f(x) + g(x):

Anlogamente, en lugar de f(x) g(x); tambin se escribe (f g)(x);es decir,

(f g)(x) = f(x) g(x):

La denicin de suma de polinomios dice, como ya es conocido,que para sumar dos polinomios, se suman los coecientes de sus tr-minos semejantes (los trminos son semejantes si son constantes otienen la misma potencia). La denicin de multiplicacin de poli-nomios dice, como tambin ya es conocido, que para multiplicar dospolinomios, se multiplican cada uno de los trminos de un factor por


cada uno de los trminos del otro, conviniendo en que a bx = abxy que ax bx = abx+; y luego se reducen los trminos semejantes(sumando sus coecientes). El proceso para obtener la multiplicacinde dos polinomios puede hacerse de acuerdo al siguiente arreglo, tam-bin muy conocido, y que para mayor claridad haremos para el casoparticular en que

f(x) = a3x3 + a2x

2 + a1x+ a0 y g(x) = b2x2 + b1x+ b0:

(b2x2 + b1x+ b0) (a3x3 + a2x2 + a1x+ a0)

a3b2x5 + a3b1x

4 + a3b0x3

a2b2x4 + a2b1x

3 + a2b0x2

a1b2x3 + a1b1x

2 + a1b0xa0b2x

2 + a0b1x + a0b0

a3b2x5 + (a3b1 + a2b2)x

4 + (a3b0 + a2b1 + a1b2)x3+

+(a2b0 + a1b1 + a0b2)x2 + (a1b0 + a0b1)x+ a0b0

O sea que en este caso,

f(x) g(x) = a3b2x5 + (a3b1 + a2b2)x4 + (a3b0 + a2b1 + a1b2)x3+(a2b0 + a1b1 + a0b2)x

2 + (a1b0 + a0b1)x+ a0b0:

Puesto que la multiplicacin de polinomios slo depende de suscoecientes, el arreglo anterior puede quedar de la siguiente manera:

b2 b1 b0 a3 a2 a1 a0a3b2 a3b1 a3b0

a2b2 a2b1 a2b0a1b2 a1b1 a1b0

a0b2 a0b1 a0b0

a3b2 a3b1 + a2b2 a3b0 + a2b1 + a1b2 a2b0 + a1b1 + a0b2a1b0 + a0b1 a0b0

As que

f(x) g(x) = a3b2x5 + : : :+ (a1b0 + a0b1)x+ a0b0


como ya se haba obtenido.

Volviendo a la denicin de multiplicacin, tenemos que:

d0 = a0b0;d1 = a1b0 + a0b1;d2 = a2b0 + a1b1 + a0b2;

...dn+m = anbm:

En general, escribiendo ai = 0 para i = n + 1; : : : ; n + m; ybi = 0 para i = m+ 1; : : : ;m+ n; tenemos que:

di = aib0 + ai1b1 + : : :+ a1bi1 + a0bi:

Ejemplos:

1. Si f(x) = 3x2 7x+ 3 y g(x) = 5x3 + 2x+ 1; entonces escri-biendo f(x) = 0x3 + 3x2 7x + 3 y g(x) = 5x3 + 0x2 + 2x + 1;tenemos que f(x) + g(x) = 5x3 + 3x2 5x+ 4:

2. Si f(x) = 12x3 8 y g(x) = 6x2 2x; entonces sumando

directamente tenemos que f(x) + g(x) = 12x3 + 6x2 2x 8:

3. Sean f(x) = x5 2x2 + 3 y g(x) = 2x4 3x3 + x 1: Si que-remos aplicar el segundo proceso para multiplicar, debemos escribirf(x) = x5+0x4+0x32x2+0x+3 y g(x) = 2x43x3+0x2+x1, conlo que se tiene:

2 -3 0 1 -1 1 -0 0 -2 0 32 -3 0 1 -1

0 0 0 0 00 0 0 0 0

-4 6 0 -2 20 0 0 0 0

6 -9 0 3 -32 -3 0 -3 5 6 -11 2 3 -3


Y por lo tanto

f(x) g(x) = 2x9 3x8 3x6 + 5x5 + 6x4 11x3 + 2x2 + 3x 3:

En el arreglo anterior, los renglones de ceros pueden ser omitidos,siempre y cuando se haga el corrimiento exacto hacia la derecha, estoes:

2 -3 0 1 -1 1 0 0 -2 0 32 -3 0 1 -1

-4 6 0 -2 26 -9 0 3 -3

2 -3 0 -3 5 6 -11 2 3 -3

4. Multiplicar los polinomios

f(x) = 2x2 + x

yg(x) = 4x3 + x2 5:

4 1 0 -5 -2 1 0-8 -2 0 10

4 1 0 -5-8 2 1 10 -5

De donde tenemos que

f(x) g(x) = 8x5 + 2x4 + x3 + 10x2 5x:

5. Si f(x) = c y g(x) = bmxm + : : :+ b1x+ b0; es claro que

f(x) g(x) = c g(x) = cbmxm + : : :+ cb1x+ cb0:


6. Si f(x) = 3 y g(x) = 2x3 7x+ 13 ; entonces

f(x) g(x) = 3g(x) = 6x3 21x+ 1:

Proposicin (2.2.2).Si f(x); g(x) 2 D[x]; con f(x) 6= 0 yg(x) 6= 0; entonces:

i) f(x) + g(x) = 0 gr (f(x) + g(x)) mx fgr f(x); gr g(x)g:ii) f(x)g(x) 6= 0 y gr (f(x) g(x)) = gr f(x)+ gr g(x):

Demostracin: Sean

f(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0

yg(x) = bmx

m + : : :+ b1x+ b0:

Puesto que f(x) 6= 0 y g(x) 6= 0, podemos suponer que an 6= 0 ybm 6= 0; es decir, gr f(x) = n y gr g(x) = m:

De (i): Si f(x) + g(x) = 0; nada hay que demostrar. Suponemosentonces que f(x) + g(x) 6= 0:

Si n > m; por denicin de suma tenemos que

f(x) + g(x) = cnxn + : : :+ c1x+ c0;

donde ci = ai + bi para i = 0; 1; 2; : : : ; n: Por lo tanto

cn = an + bn = an + 0 = an 6= 0:

De donde se sigue que

gr (f(x) + g(x)) = n = mx fgr f(x); gr g(x)g :

Si m > n; entonces

f(x) + g(x) = cmxm + : : :+ c1x+ c0;


donde cm = am + bm = 0 + bm = bm 6= 0; y por lo tanto

gr (f(x) + g(x)) = m = mx fgr f(x); gr g(x)g :

Si n = m; entonces

f(x) + g(x) = cnxn + : : :+ c1x+ c0;

donde puede ocurrir que

cn = an + bn 6= 0

quecn = an + bn = 0:

Puesto que f(x) + g(x) 6= 0; entonces cj 6= 0 para algnj = 0; 1; : : : ; n: Sea k 2 f0; 1; : : : ; ng el mximo tal que ck 6= 0;entonces

gr (f(x) + g(x)) = k n = mx fgr f(x); gr g(x)g :

De (ii): Por denicin

f(x) g(x) = dn+mxn+m + : : :+ d1x+ d0;

dondedi =

X`+k=i

a`bk:

Por lo tanto dn+m = anbm. Como an 6= 0 y bm 6= 0; entoncesdn+m 6= 0; y por tanto f(x) g(x) 6= 0; y adems

gr (f(x) g(x)) = n+m = gr f(x) + gr g(x):

q.e.d.

Corolario (2.2.3). Si f(x); g(x) 2 D[x]; con f(x) 6= 0 yg(x) 6= 0; entonces:

i) gr f(x) gr (f(x) g(x)) :ii) gr (cf(x)) = gr f(x); si c 2 D y c 6= 0:


iii) gr (f(x) + c) = gr f(x); si c 2 D y f(x) + c 6= 0:

Demostracin: Se deja como ejercicio al lector.

Teorema (2.2.4).El conjunto de polinomiosD[x]; con las opera-ciones de suma y multiplicacin antes denidas, constituye un dominioentero, es decir, satisface las siguientes propiedades:

S1) Si f(x); g(x) 2 D[x]; entonces f(x) + g(x) 2 D[x]:S2) (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) ;

8 f(x); g(x); h(x) 2 D[x]:S3) f(x) + g(x) = g(x) + f(x); 8 f(x); g(x) 2 D[x]:S4) Existe un nico polinomio o(x) 2 D[x] tal que

f(x) + o(x) = f(x); 8 f(x) 2 D[x]:S5) Para cada f(x) 2 D[x]; existe un nico polinomio

(x) 2 D[x] tal que f(x) + (x) = o(x):M1) Si f(x); g(x) 2 D[x]; entonces f(x) g(x) 2 D[x]:M2) (f(x) g(x)) h(x) = f(x) (g(x) h(x)) ;

8 f(x); g(x); h(x) 2 D[x]:M3) f(x) g(x) = g(x) f(x); 8 f(x); g(x) 2 D[x]:M4) Existe un nico polinomio `(x) 2 D[x] tal que

f(x) `(x) = f(x); 8 f(x) 2 D[x]:D) f(x) (g(x) + h(x)) = f(x) g(x) + f(x) h(x);

8 f(x); g(x); h(x) 2 D[x]:E) Si f(x); g(x) 2 D[x] y f(x) g(x) = o(x); entonces

f(x) = o(x) g(x) = o(x):

Demostracin:

De (S1): Es clara de la denicin de suma de polinomios.


De (S2): Se deja al lector.

De (S3): Sean

f(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0

yg(x) = bmx

m + : : :+ b1x+ b0:

Sin prdida de generalidad, podemos suponer que n m; y ental caso escribimos

g(x) = bnxn + : : :+ bmx

m + : : :+ b1x+ b0

donde bm+i = 0 8 i 1: Puesto que ak; bk 2 D; 8 k = 0; 1; : : : ; n; en-tonces ak + bk = bk + ak; 8 k = 0; 1; : : : ; n; y en consecuencia

f(x) + g(x) = (an + bn)xn + : : :+ (am + bm)x

m +

+ : : :+ (a1 + b1)x+ (a0 + b0)

= (bn + an)xn + : : :+ (bm + am)x

m +

+ : : :+ (b1 + a1)x+ (b0 + a0)

= g(x) + f(x):

o sea,f(x) + g(x) = g(x) + f(x)

como se quera probar.

De (S4): El polinomio o(x) es precisamente el polinomio cero, esdecir,

o(x) = 0xk + : : :+ 0x+ 0 = 0;

ya que dado f(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0 tenemos que:

f(x) + o(x) = (an + 0)xn + : : :+ (a1 + 0)x+ (a0 + 0)

= anxn + : : :+ a1x+ a0

= f(x):

As pues,f(x) + o(x) = f(x):

La demostracin de que o(x) es nico, se deja al lector.


De (S5): Dado

f(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0

elegimos(x) = anxn : : : a1x a0:

Se comprueba inmediatamente que

f(x) + (x) = o(x):

La demostracin de que (x) es nico, se deja al lector.

Al polinomio (x) lo denotamos por f(x); es decir,(x) = f(x):

Por tantof(x) + (f(x)) = o(x):

En general, dados f(x); g(x) 2 D[x]; en lugar de f(x) + (g(x))escribiremos f(x) g(x); es decir,

f(x) g(x) = f(x) + (g(x)) :En particular f(x) + (f(x)) = f(x) f(x):

De (M1): Es clara de la denicin de multiplicacin.



De (M4): El polinomio `(x) es precisamente el polinomio cons-tante 1; es decir, `(x) = 1; ya que dado f(x) = anxn+ : : :+a1x+a0;se comprueba inmediatamente que

f(x) `(x) = f(x) 1 = f(x):La demostracin de que `(x) = 1 es nico, se deja al lector.

De (D): Se deja al lector.

De (E): Escribiendo en lugar de o(x); simplemente 0; demostrare-mos ahora que si f(x) g(x) = 0; entonces f(x) = 0 g(x) = 0: Enefecto: Supongamos que f(x) 6= 0 y g(x) 6= 0; entonces, por (2.2.2)(ii), tenemos que f(x) g(x) 6= 0:

q.e.d.


Puesto que las once propiedades anteriores son las que satisfacenlos nmeros enteros, las consecuencias de ellas son las mismas quese tienen para dichos nmeros. Para recordar, algunas de ellas lasenunciamos en la proposicin siguiente.

Proposicin (2.2.5).Si f(x); g(x); h(x) 2 D[x]; entonces:

i) f(x) 0 = 0:ii) f(x) = (1)f(x):iii) (f(x)) = f(x):iv) f(x) (g(x)) = (f(x)g(x)) :v) (f(x)) ((g(x)) = f(x)g(x):vi) Si f(x) + g(x) = f(x) + h(x); entonces g(x) = h(x):

vii) Si f(x) g(x) = f(x) h(x) y f(x) 6= 0; entonces g(x) = h(x):

Demostracin: Se deja al lector.

Mientras que los nmeros enteros estn ordenados, los polinomios,anlogamente que los complejos, no estn ordenados, es decir, en lospolinomios no se puede denir una relacin de orden (ver notas 1.11).El orden que se tiene en los enteros nos permite demostrar que si ay b son nmeros enteros y ab = 1; entonces (a = 1 y b = 1) (a = 1y b = 1): Aprovechando las propiedades del grado, demostraremosla siguiente proposicin para los polinomios.

Proposicin (2.2.6).Si f(x); g(x) 2 D[x] y f(x) g(x) = 1;entonces f(x) y g(x) son polinomios constantes distintos de cero.

Demostracin: 1 es, en este caso, el polinomio constante`(x) = 1: Debido a que 0 = gr (1) = gr (f(x) g(x)) ; entonces


gr f(x)+gr g(x) = 0; y como el grado de un polinomio es posi-tivo o cero, entonces gr f(x) = 0 y gr g(x) = 0; de donde se sigueque f(x) y g(x) son polinomios constantes distintos de cero.

q.e.d.

Una generalizacin de la proposicin anterior, sera:

Si f(x) g(x) = c con c 6= 0; entonces f(x) y g(x) son polinomiosconstantes distintos de cero.

Sobre la exponenciacin en los polinomios slo diremos que dadof(x) 2 D[x] y n 2 N; se dene

fn(x) = f(x) f(x) : : : f(x)| {z }n veces

:

Y si f(x) 6= 0; se dene f0(x) = 1: Las leyes usuales para exponentesno negativos se siguen de la denicin anterior. Obsrvese que tantoen los nmeros enteros como en los polinomios, no tenemos exponen-ciacin negativa (?por qu?).

2.3 Divisibilidad de polinomios

Por comodidad, en sta y las siguientes secciones de este captulo,trabajaremos con K[x], donde K representa a cualquiera de Q;R C, con sus respectivas operaciones. Las deniciones y resultados quetendremos son vlidos para Z[x] haciendo en algunos casos algunarestriccin, debido a que en Z slo 1 y 1 tienen inverso multiplica-tivo; y precisamente, la comodidad que obtenemos al trabajar conK[x]; es que cualquier elemento distinto de cero de K (Q;R C);tiene inverso multiplicativo.

Denicin (2.3.1).Sean f(x); g(x) 2 K[x]: Decimos que g(x)divide a f(x); o que g(x) es un factor de f(x); si existe q(x) 2 K[x]tal que f(x) = g(x)q(x):

2.3. DIVISIBILIDAD DE POLINOMIOS 91

Notacin: Para decir que g(x) divide a f(x) se escribe g(x)jf(x);y si g(x) no divide a f(x) escribiremos g(x) 6 jf(x): Con esta notacinla denicin anterior puede escribirse de la siguiente manera: Dadosg(x); f(x) 2 K[x]; g(x)jf(x); si y slo si, existe q(x) 2 K[x] talque f(x) = g(x)q(x):

Ejemplo: En K[x]; g(x) = x + 1 divide a f(x) = x2 1; pueseligiendo q(x) = x 1 tenemos que x2 1 = (x+ 1)(x 1):

Comentario: Observemos que g(x) = 3x y f(x) = 5x2 + 6xson elementos de Z[x]; sin embargo no existe q(x) 2 Z[x] tal quef(x) = g(x)q(x): Por tanto, en Z[x] 3x no divide 5x2 + 6x; lo que socurre en K[x]; pues 5x2 + 6x = 3x

53 x+ 2

:

Proposicin (2.3.2).Sean f(x); g(x) 2 K [x]: Si g(x) 6= 0 yexiste q(x) 2 K[x] tal que f(x) = g(x)q(x); entonces q(x) es nico (siel divisor es distinto de cero, el cociente es nico).

Demostracin: Por hiptesis f(x) = g(x)q(x): Supongamosqueexiste otro q1(x) 2 K [x] tal que f(x) = g(x)q1(x); entoncesg(x)q(x) = g(x)q1(x); y aplicando la proposicin (2.2.5) (vii) se tieneque q1(x) = q (x).

q.e.d.

Proposicin (2.3.3).En K [x] :

i) g(x)jg (x) para cualquier g(x) 2 K [x]:

ii) Si g(x) = 0 y g(x)jf(x); entonces f(x) = 0:

iii) Si g(x) = c con c 2 K; c 6= 0; entonces g(x)jf(x) para cualquierf(x) 2 K[x]:

iv) Si f(x) = 0; entonces g(x)jf(x); para cualquier g(x) 2 K[x]:


v) Sea f(x) = c; con c 2 K y c 6= 0: Si g(x)jf(x); entoncesg(x) = a; con a 2 K y a 6= 0:

vi) Si g(x)jf(x) y f(x)jh(x); entonces g(x)jh(x):vii) Si g(x)jf(x) y g(x)jh(x); entonces g(x)jf(x) + h(x) y

g(x)jf(x) h(x):viii) Si g(x)jf(x); entonces g(x)jf(x) h(x) para cualquier

h(x) 2 K[x]: Particularmente si h(x) = c 6= 0:ix) Sean f(x) 6= 0 y g(x) 6= 0: Si g(x)jf(x) y f(x)jg(x); entonces

f(x) = cg(x) para alguna constante c 6= 0:x) g(x)jf(x)() cg(x)jf(x); con c 2 K y c 6= 0:

Demostracin:

De (i): Eligiendo q(x) = 1 se tiene el resultado.

De (ii): Se deja al lector.

De (iii): Eligiendo q(x) = 1cf(x) se tiene f(x) = cq(x); luegocjf(x) para todo c 6= 0:

De (iv): Se deja al lector.

De (v): Si g(x)jc (c 6= 0); entonces existe q(x) 2 K [x] tal quec = g(x)q(x); por tanto gr (g(x) q(x)) = 0; entonces

Couder Teoria de Ecuaciones Algebraicas

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