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Autor Tema: Prueba \(\;\;a+bi,a-bi\;\;\) satisfacen \(\;\;z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0\)  (Leído 344 veces)
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« : 05/07/2017, 05:25:18 am »


(a)   Demostrar que si    [texx]a_0,\ldots,a_{n-1}[/texx]    son reales y    [texx]a+bi[/texx]    (siendo    [texx]a[/texx]    y    [texx]b[/texx]    reales) satisface la

ecuación    [texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx],    entonces    [texx]a-bi[/texx]    satisface también esta ecuación. (Así pues,

las raíces no reales de una tal ecuación se presentan siempre por pares, y el número de estas raíces es

par).


(b)   Concluir que    [texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0[/texx]    es divisible por    [texx]z^{\color{red}2}\color{black}-2az+(a^2+b^2)[/texx]    (cuyos

coeficientes son reales).



CORREGIDO.
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« Respuesta #1 : 05/07/2017, 05:51:37 am »

Para el (a) se me ocurre que al pasar a forma polar, por la imparidad del seno será

[texx]\begin{array}{cccc}(a+bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a+bi)^k}&=&|z|^n(\cos n\theta+i\sen n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta+i\sen k\theta\right)}&=\\\\
&=&|z|^n(\cos n\theta-i\sen -n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta-i\sen -k\theta\right)}&=\\\\
&=&(a-bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a-bi)^k}\end{array}[/texx]


Saludos y gracias de antemano.
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Ignacio Larrosa
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« Respuesta #2 : 05/07/2017, 10:00:10 am »


(a)   Demostrar que si    [texx]a_0,\ldots,a_{n-1}[/texx]    son reales y    [texx]a+bi[/texx]    (siendo    [texx]a[/texx]    y    [texx]b[/texx]    reales) satisface la

ecuación    [texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx],    entonces    [texx]a-bi[/texx]    satisface también esta ecuación. (Así pues,

las raíces no reales de una tal ecuación se presentan siempre por pares, y el número de estas raíces es

par).
Simplemente hay que tener en cuenta las propiedades elementales de la conjugación y que el conjugado de cualquier número real es el mismo. Entonces,

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]




(b)   Concluir que    [texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0[/texx]    es divisible por    [texx]z^3-2az+(a^2+b^2)[/texx]    (cuyos coeficientes

son reales).


Quieres decir que es divisible por [texx]z^2-2az+(a^2+b^2)[/texx]. Solo hay que multiplicar [texx](z - (a + bi))(z - (a - bi))[/texx].

Saludos,
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« Respuesta #3 : 05/07/2017, 06:00:20 pm »


Simplemente hay que tener en cuenta las propiedades elementales de la conjugación y que el conjugado de cualquier número real es el mismo. Entonces,

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]


¿Que estás usando?    ¿ [texx]z^n=z^{-n}[/texx],    [texx]z\in{\mathbb{C}}[/texx] ?   


 


Saludos.
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« Respuesta #4 : 05/07/2017, 07:38:09 pm »

Hola:
Para el (a) se me ocurre que al pasar a forma polar, por la imparidad del seno será

[texx]\begin{array}{cccc}(a+bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a+bi)^k}&=&|z|^n(\cos n\theta+i\sen n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta+i\sen k\theta\right)}&=\\\\
&=&|z|^n(\cos n\theta-i\sen -n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta-i\sen -k\theta\right)}&=\\\\
&=&(a-bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a-bi)^k}\end{array}[/texx]


La última igualdad no es correcta.


Simplemente hay que tener en cuenta las propiedades elementales de la conjugación y que el conjugado de cualquier número real es el mismo. Entonces,

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]


¿Que estás usando?    ¿ [texx]z^n=z^{-n}[/texx],    [texx]z\in{\mathbb{C}}[/texx] ?   


 


Saludos.
No, lo que quiere decir es que :

[texx]\overline{z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0}=\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=\overline{0}=0[/texx]

Saludos.
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« Respuesta #5 : 05/07/2017, 07:41:59 pm »


Simplemente hay que tener en cuenta las propiedades elementales de la conjugación y que el conjugado de cualquier número real es el mismo. Entonces,

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]


¿Que estás usando?    ¿ [texx]z^n=z^{-n}[/texx],    [texx]z\in{\mathbb{C}}[/texx] ?   


 


No, [texx]\overline{z}^n = (\overline{z})^n[/texx]. El conjugado de z elevado a n. Lo que he hecho es hallar el conjugado de los dos miembros de la igualdad:

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\; \overline{\left( z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0\right)} = \overline{0}\;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]

Saludos,
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« Respuesta #6 : 05/07/2017, 07:59:25 pm »

Hola:
Para el (a) se me ocurre que al pasar a forma polar, por la imparidad del seno será

[texx]\begin{array}{cccc}(a+bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a+bi)^k}&=&|z|^n(\cos n\theta+i\sen n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta+i\sen k\theta\right)}&=\\\\
&=&|z|^n(\cos n\theta-i\sen -n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta-i\sen -k\theta\right)}&=\\\\
&=&(a-bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a-bi)^k}\end{array}[/texx]


La última igualdad no es correcta.


¿Porque no?




No, [texx]\overline{z}^n = (\overline{z})^n[/texx]. El conjugado de z elevado a n. Lo que he hecho es hallar el conjugado de los dos miembros de la igualdad:


Vaya. Ahora si. Ahora es sencillo.

Gracias.
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« Respuesta #7 : 05/07/2017, 08:15:43 pm »

Hola:
Para el (a) se me ocurre que al pasar a forma polar, por la imparidad del seno será

[texx]\begin{array}{cccc}(a+bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a+bi)^k}&=&|z|^n(\cos n\theta+i\sen n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta+i\sen k\theta\right)}&=\\\\
&=&|z|^n(\cos n\theta-i\sen -n\theta)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k|z|^k\left(\cos k\theta-i\sen -k\theta\right)}&=\\\\
&=&(a-bi)^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{a_k(a-bi)^k}\end{array}[/texx]


La última igualdad no es correcta.


¿Porque no?


Porque [texx]z=a-bi=|z|(cos\theta + sen(-\theta))=|z|(cos\theta - sen\theta)[/texx] , pero  [texx]|z|(cos\theta - sen(-\theta))=|z|(cos\theta + sen\theta)=a+bi\neq{}a-bi[/texx]


Saludos.
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« Respuesta #8 : 14/07/2017, 04:59:09 pm »


Simplemente hay que tener en cuenta las propiedades elementales de la conjugación y que el conjugado de cualquier número real es el mismo. Entonces,

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]


¿Que estás usando?    ¿ [texx]z^n=z^{-n}[/texx],    [texx]z\in{\mathbb{C}}[/texx] ?   


 


No, [texx]\overline{z}^n = (\overline{z})^n[/texx]. El conjugado de z elevado a n. Lo que he hecho es hallar el conjugado de los dos miembros de la igualdad:

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\; \overline{\left( z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0\right)} = \overline{0}\;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]

Saludos,

No acabo de ver que esto garantice que el polinomio se verifique para    [texx]\bar{z}[/texx]    una vez hayamos supuesto

que se verifica para     [texx]z[/texx].

Para    [texx]n=2[/texx]   por ejemplo 
 

[texx]\overline{(a+bi)}^2=(a-bi)^2=a^2-b^2-2abi\neq{a^2-b^2+2abi=(a+bi)^2}[/texx]


Saludos.

EDITO.

Es más, creo que eso es precisamente lo que nos piden que demostremos. ¿no?
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« Respuesta #9 : 14/07/2017, 05:50:03 pm »

Se me ocurre:

para    [texx]n=2[/texx]    suponemos que    [texx]a+bi[/texx]    satisface la ecuación


[texx]z^2+a_1z+a_0=0[/texx],


entonces, para que    [texx]a-bi[/texx]    también la satisfaga se ha de verificar el sistema


[texx]\begin{cases}(a+bi)+(a-bi)&=&2a&=&a_1\\(a+bi)\cdot{}(a-bi)&=&a^2+b^2&=&a_0\end{cases}[/texx],      [texx]a_0,a_1,a,b\in{\mathbb{R}}[/texx]


Esto no ocurre para cualesquiera reales    [texx]a_1,a_0[/texx],    de hecho, al resolverlo, vemos que, para    [texx]a+bi,\;a-bi[/texx],

sólo se verifica la ecuación si


[texx]a=\displaystyle\frac{a_1}{2}[/texx]       y       [texx]b=\sqrt[ ]{a_0-\displaystyle\frac{a_1^2}{4}}[/texx],



y además, como ha de ser    [texx]b\in{\mathbb{R}}[/texx],    también se deberá cumplir    [texx]a_0>\displaystyle\frac{a_1^2}{4}\Rightarrow{a_1^2<4a_0}[/texx].


Esto debería demostrar que conjugar la ecuación no es suficiente para probar lo que piden.


Saludos.   
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« Respuesta #10 : 14/07/2017, 06:24:57 pm »

Es mucho más sencillo de lo que te planteas.

No, [texx]\overline{z}^n = (\overline{z})^n[/texx]. El conjugado de z elevado a n. Lo que he hecho es hallar el conjugado de los dos miembros de la igualdad:

[texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0 \;\Longrightarrow{}\; \overline{\left( z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0\right)} = \overline{0}\;\Longrightarrow{}\;\overline{z}^n+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]

Saludos,

No acabo de ver que esto garantice que el polinomio se verifique para    [texx]\bar{z}[/texx]    una vez hayamos supuesto

que se verifica para     [texx]z[/texx].

Para    [texx]n=2[/texx]   por ejemplo 
 

[texx]\overline{(a+bi)}^2=(a-bi)^2=a^2-b^2-2abi\neq{a^2-b^2+2abi=(a+bi)^2}[/texx]


Saludos.

EDITO.

Es más, creo que eso es precisamente lo que nos piden que demostremos. ¿no?

Claro que si [texx]z\neq{}\overline{z}\Leftrightarrow{}z^2\neq{}\overline{z}^2[/texx], pero esto no tiene nada que ver con la demostración que te propuso ilarrosa.

Es mucho más sencillo.

si [texx]z_1 [/texx]es raíz de esta ecuación: [texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx], entonces esta igualdad es cierta.

[texx]z_1^n+a_{n-1}z_1^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx] (1) ,el conjugado de una igualad sigue haciéndola cierta.

[texx]\overline{z_1^n+a_{n-1}z_1^{n-1}+\ldots+a_0}=\overline{0}=0[/texx]

Por las propiedades de la conjugación llegamos a:

[texx]\overline{z_1}^n+a_{n-1}\overline{z_1}^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx] (2)

La igualdad (2) es cierta si y solo si la (1) es cierta , la primera es cierta por que [texx]z_1 [/texx]es raíz.

Pero es que la igualdad (2) no es más que sustituir [texx]\overline{z_1}[/texx] en la ecuación [texx]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx], que hemos probado que satisface, por tanto también es raíz de la ecuación con coeficientes reales.

Saludos.








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« Respuesta #11 : 15/07/2017, 05:51:17 pm »

Retomando el razonamiento para la primera parte del problema ya que ha quedado un poco difuso.


Sea    [texx]P(z)=(z^n)+(a_{n-1})\cdot{}(z^{n-1})+\ldots+(a_1)\cdot{}z+a_0[/texx]    un polinomio de coeficientes reales y sea

[texx]z_k\in{\mathbb{C}}[/texx]    un número complejo que satisface la ecuación, esto es, se verifica que


[texx](z_k)^n+(a_{n-1})\cdot{}(z_k)^{n-1}+\ldots+(a_1)\cdot{}(z_k)+a_0=0[/texx],


a continuación conjugamos el polinomio,


[texx]\overline{(z_k)^{n}+(a_{n-1})\cdot{}(z_k)^{n-1}+\ldots+(z_k)+a_0}=\bar{0}[/texx],


al aplicar la propiedad de la conjugación


[texx]\overline{z+w}=\bar{z}+\bar{w}[/texx],    [texx]z,w\in{\mathbb{C}}[/texx],


obtenemos


[texx]\overline{(z_k)^{n}}+\overline{(a_{n-1})\cdot{}(z_k)^{n-1}}+\ldots+\overline{(a_1)\cdot{(z_k)}}+\overline{(a_0)}=\bar{0}[/texx],




al aplicar la propiedad de la conjugación


[texx]\overline{z\cdot{}w}=\bar{z}\cdot{}\bar{w}[/texx],    [texx]z,w\in{\mathbb{C}}[/texx],


obtenemos


[texx]\overline{(z_k)^{n}}+\overline{(a_{n-1})}\cdot{}\overline{(z_k)^{n-1}}+\ldots+\overline{(a_1)}\cdot{\overline{(z_k)}}+\overline{(a_0)}=\bar{0}[/texx],


al aplicar la propiedad de la conjugación


[texx]\bar{a}=a[/texx]    para todo    [texx]a\in{\mathbb{R}}[/texx],


obtenemos


[texx]\overline{(z_k)^n}+a_{n-1}\cdot{}\overline{(z_k)^{n-1}}+\ldots+a_1\cdot{\overline{(z_k)}}+a_0=0[/texx],


como


[texx]w=w\Rightarrow{\bar{w}=\bar{w}}[/texx]    para todo    [texx]w\in{\mathbb{C}}[/texx]


es decir, una igualdad se sigue verificando si la conjugamos, podemos concluir que    [texx]\overline{z_k}[/texx]    también hace cero

el polinomio.


Un saludo y gracias.
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« Respuesta #12 : 15/07/2017, 06:12:15 pm »

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Ahora parece que lo has entendido, felicidades. Un pequeño matiz en la demostración te falta ( que es obvio) que [texx]\overline{z^n}=\overline{z}^n[/texx] como ultimo paso para llegar de:

[texx]\overline{(z_k)^n}+a_{n-1}\cdot{}\overline{(z_k)^{n-1}}+\ldots+a_1\cdot{\overline{(z_k)}}+a_0=0[/texx],

a:
[texx]\overline{z}_k^n+a_{n-1}\overline{z}_k^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]

Saludos.

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« Respuesta #13 : 15/07/2017, 06:50:44 pm »

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Ahora parece que lo has entendido, felicidades. Un pequeño matiz en la demostración te falta ( que es obvio) que [texx]\overline{z^n}=\overline{z}^n[/texx] como ultimo paso para llegar de:

[texx]\overline{(z_k)^n}+a_{n-1}\cdot{}\overline{(z_k)^{n-1}}+\ldots+a_1\cdot{\overline{(z_k)}}+a_0=0[/texx],

a:
[texx]\overline{z}_k^n+a_{n-1}\overline{z}_k^{n-1}+\ldots+a_0=0[/texx]

Saludos.



Pues no te creas que no lo he pensado. Estuve dudando.

Al final usé que si   [texx](z_k)^n[/texx]    es un número complejo, entonces,    [texx]\overline{(z_k)^n}[/texx]   también lo es, y ambos verificarán

la ecuación.

A la vista está que chirría.

No encontré en ninguna fuente consultada que lo que mencionas sea una propiedad de la conjugación.

Pero claro, falta demostrar que    [texx]\overline{(z_k)^n}[/texx]    aparece como consecuencia de conjugar    [texx]z_k[/texx]    y elevarla después a    [texx]n[/texx].



Aquí está, con la ayuda de nuestra fiel compañera "la inducción matemática":

para    [texx]n=1[/texx]    es trivialmente cierto, suponemos cierto para    [texx]n=k[/texx],


   
[texx]\overline{(a+bi)^k}=\left(\overline{a+bi}\right)^k[/texx],


y comprobamos si es cierto que


[texx]\overline{(a+bi)^k}=\left(\overline{a+bi}\right)^k\Rightarrow{}\overline{(a+bi)^{k+1}}=\left(\overline{a+bi}\right)^{k+1}[/texx],


efectivamente, por las propiedades de la conjugación y la potenciación, vemos que


[texx]\begin{array}{ccccc}\overline{(a+bi)^{k+1}}&=&\overline{(a+bi)^{k}\cdot{(a+bi)}}&=&\overline{(a+bi)^{k}}\cdot{\overline{(a+bi)}}\\\\
&=&\underbrace{\left(\overline{a+bi}\right)^k}_{hipótesis}\cdot{\left(\overline{a+bi}\right)}&=&\left(\overline{a+bi}\right)^{k+1}\end{array}[/texx]


luego concluimos que si es cierto para todo    [texx]n\in{\mathbb{N}}[/texx].
 

Saludos y mil gracias.
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