Autor Tema: Probar \( (1+z)^{2k} +(1-z)^{2k} =0\)

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10 Septiembre, 2018, 01:09 am
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wolfram

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Demostrar que las raíces de la ecuación  \(   (1+z)^{2k} +(1-z)^{2k} =0,   \) con \( k=1,2,3,...  \) están dadas por \(  z_{k}= -i\tan \dfrac{(2k+1)\pi}{4k},   \) con \( k=1,2,...,2n-1 \)

10 Septiembre, 2018, 08:23 am
Respuesta #1

Masacroso

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Creo que hay dos errores tipográficos, la ecuación debería ser \( (1+z)^{2{\color{red}{n}}}+(1-z)^{2{\color{red}{n}}}=0 \), con soluciones \( z_k:=- i\tan\left(\pi\frac{2k+1}{4{\color{red}{n}}}\right) \) para \( k=1,2,\ldots,n-1 \). Como las raíces a sustituir son números imaginarios puros entonces observa que \( 1+z_k=\overline{1-z_k} \), por tanto definiendo \( w_k:=1+z_k \) la ecuación puede re-escribirse como \( w_k^{2n}+\bar w_k^{2n}=0 \).

Y como \( \bar z^m=\overline{z^m} \) entonces la demostración se resume a mostrar que \( \mathrm{Re}(w_k^{2n})=0 \), con lo que habría que buscar una forma de re-escribir \( w_k \) para poder comprobarlo.

pista
\( \displaystyle 1-i\tan c=1+\frac{\cos c}{i\sin c}=\frac{\cos c+i\sin c}{i\sin c} \)
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EDICIÓN: ok, había algún error, ya ha sido corregido.

10 Septiembre, 2018, 10:12 pm
Respuesta #2

zimbawe

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Hay otra manera de hacerlo que a mi parecer es mas intuitiva. Divide a ambos lados por \( (1-z)^{2k} \) (¿Por qué se puede hacer esto?)
Llegas a \( (\displaystyle\frac{1+z}{1-z})^{2k}=-1 \)
Debes hallar entonces las raices \( dosk-ésimas \) de -1.

11 Septiembre, 2018, 06:26 am
Respuesta #3

hméndez

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Demostrar que las raíces de la ecuación  \(   (1+z)^{2k} +(1-z)^{2k} =0,   \) con \( k=1,2,3,...  \) están dadas por \(  z_{k}= -i\tan \dfrac{(2k+1)\pi}{4k},   \) con \( k=1,2,...,2n-1 \)

\(   (1+z)^{2k} +(1-z)^{2k} =0 \)

Observando la ecuación tenemos que si z es raíz también lo es -z de manera que
las raíces son simétricas respecto al origen del plano complejo.

Como z=1 no es raiz podemos dividir por 1-z y tenemos:

\( \displaystyle\frac{(1+z)^{2k}}{(1-z)^{2k}}=-1 \)

\( \displaystyle\frac{1+z}{1-z}=(-1)^{\frac{1}{2k}} \)

\( z=\displaystyle\frac{(-1)^{\frac{1}{2k}}-1}{(-1)^{\frac{1}{2k}}+1} \)

\( z=\displaystyle\frac{(\cos(\pi+2h \pi)+i\sin(\pi+2h\pi))^{\frac{1}{2k}}-1}{(\cos(\pi+2h \pi)+i\sin(\pi+2h\pi))^{\frac{1}{2k}}+1} \)

\( z=\displaystyle\frac{\cos(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k})+i\sin(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k})-1}{\cos(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k})+i\sin(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k})+1} \)  \(  h=0, 1, 2,..,2k-1 \)

Haciendo \( c=\cos(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k}) \) y \( s=\sin(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k}) \) ,tenemos \( c^2+s^2=1 \)

Entonces

\( z=\displaystyle\frac{c-1+is}{c+1+is} \)


\( z=\displaystyle\frac{(c-1)+is}{(c+1)+is}\displaystyle\frac{(c+1)-is}{(c+1)-is} \)

\( z=\displaystyle\frac{c^2+s^2-1}{c^2+2c+s^2+1}+\displaystyle\frac{2s}{c^2+2c+s^2+1}i \)

\( z=\displaystyle\frac{s}{1+c}i \)

Rehaciendo el cambio...


\( z=i\displaystyle\frac{\sin(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k})}{1+\cos(\frac{\pi}{2k}+\frac{h\pi}{k})} \)


\( z=i \tan(\frac{\pi}{4k}+\frac{h\pi}{2k}) \)  (de la identidad \( \frac{\sin(A)}{1+\cos(A)}=\tan(\frac{A}{2}) \))


Como se dijo antes, las raíces son simétricas respecto al origen , nos queda

\( z_{h}=-i \tan\left(\displaystyle\frac{(2h+1)\pi}{4k}\right) \),  \( h=0, 1, 2, ... ,2k-1 \)   

Saludos