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Hay un hermoso teorema ligado a nuestro estudio de los números Complejos, y sí, tiene un nombre romántico, como la mayoría de los demás teoremas de las matemáticas, conocido como Teorema de De Moivre. El teorema, sin embargo, no es tan complicado como suena, pero es definitivamente complejo (juego de palabras intencionado). El Teorema de De Moivre te servirá de puerta de entrada a una teoría más avanzada de los números complejos y te ayudará a abordar algunos problemas cruciales en el camino.
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Regístrate gratis¿De qué trata el Teorema de De Moivre ?
¿Es válido el teorema de De Moivre para potencias negativas de un número complejo?
¿Para cuál de las siguientes potencias de un número complejo se rompe el teorema de De Moivre?
¿Qué método se utiliza para demostrar el teorema de De Moivre?
El argumento principal de un número complejo es \(\theta\). ¿Cuál será el argumento de un complejo elevado a una potencia entera \(k\)?
¿De qué trata el Teorema de De Moivre ?
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Equipo de profesores de Teorema de De Moivre
Supongamos que tienes un número complejo \(z=1+2i\), y te piden que calcules el cuadrado de este número complejo: \(z^2=(1+2i)^2\).
Pues muy fácil:
$$ \begin{aligned} z^2 & =(1+2i)(1+2i) \\ &=1+2i+2i-4 \ z^2 &=-3+4i \end{aligned}$$
Pero las cosas se ponen tediosas a medida que avanzas, ¿qué pasaría si te pidieran calcular potencias superiores, como \(z^4, \ z^5,...\) y así sucesivamente? La expansión binómica puede utilizarse eficazmente, pero se vuelve poco práctica a medida que las potencias son cada vez mayores.
Para potencias tan grandes, existe un teorema muy elegante por el que se puede llegar a una fórmula concisa para cualquier potencia entera de un número complejo:
ElTeorema de De Moivre (también conocido como identidad de De Moivre) debe su nombre al matemático francés Abraham de Moivre, aunque el teorema nunca apareció en ninguna de sus obras.
El enunciado del teorema es el siguiente:
Para un número complejo \(z=r(\cos x +i\sin x)\), siendo \(r\) el módulo del número complejo y para algún número entero \(n\), elevando \(z\) a la potencia de \(n\), obtenemos:
$$z^n=r^n(\cos {nx}+i \sin {nx})$$
Ésta es una fórmula poderosa en sí misma, ya que para elevar la potencia de un número complejo a un número entero, basta con multiplicar el argumento del complejo por el número entero al que se eleva el número complejo.
La fórmula del Teorema de De Moivre se puede escribir de la siguiente manera:
$$z^n=(r(\cos x+i \sin x))^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})$$
Para demostrar la Fórmula de De Moivre, sólo necesitas el método de"Demostración por inducción matemática":
Demostración:
Sea \(z=r(\cos x+i\sin x)\), y \(n \en \mathbb{N}\):
Sea \(P(n)\) la afirmación de que \(z^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})\).
Procede demostrando \(P(1)\):
$$ \begin{aligned} &\text{LHS}=z & \text{RHS}=r(\cos x+i \sin x) \end{aligned}$$
Por tanto, \(z=r(\cos x+i \sin x)\) (sí, es tan trivial como parece), lo que hace que \(P(1)\) sea cierta.
Supongamos ahora que \(P(k)\) es cierta para \(\para todo k \en \mathbb{N}\). Entonces, tienes \(z^k=r^k(\cos{kx}+i\sin{kx})\).
El objetivo es demostrar la afirmación \(P(k+1)\) utilizando el hecho de que \(P(k)\) es verdadera:
$$z^{k+1}=r^{k+1}(\cos{(k+1)x}+i\sin{(k+1)x})$$
Empezando por \(\text{LHS}\):
$$\begin{aligned} \text{LHS} &=z^{k+1} \\ &=z^k\ z \ &=r^k(\cos x +i\sin x)^k\ r(\cos x+i\sin x) \end{aligned}$$
Utilizando el enunciado de \(P(k)\):
$$z^k=r^k(\cos x +i\sin x)^k=r^k(\cos{kx}+i\sin{kx})$$
Sustituyendo esto en \(\text{LHS}\):
(\cos x+i\sin x) &=r^{k+1}(\cos x\cos{kx} +i\cos{kx} \sin x) &=r^{k+1}(\cos x\cos{kx} +i\cos{kx} \sin x +i\cos x \sin{kx} -i\sin x \sin{kx}) \siendo así \ \text{LHS} &=r^{k+1}((\cos x \cos{kx} - \sin x \sin{kx})+i(\sin x \cos{kx} +\cos x \sin{kx}) \ end{aligned}$$
Ahora sólo tienes que reconocer la solución recordando las identidades trigonométricas de las funciones seno y coseno:
$$\begin{aligned} &\cos{(a+b)}=cos a \cos b -\sin a \sin b \\ &\sin{(a+b)}=\sin a \cos b+\cos a \sin b \end{aligned}$$
Sustituyendo estas fórmulas en \text{LHS}\$:
$$\begin{aligned} \text{LHS} &=r^{k+1} (\cos{(k+1)x}+i\sin{(k+1)x}) \\ &=texto{RHS} \\ Por lo tanto, \text{LHS} &=text{RHS}\end{aligned}$$.
que es lo que se te pedía que demostraras.
Por tanto, suponiendo que \(P(k)\) sea cierta, implica que \(P(k+1)\) es cierta. Así pues, por el principio de inducción matemática, \(P(n)\) es verdadera \(\para todo n \en \mathbb{N}).
Queda por demostrar el teorema para todos los enteros negativos. Para ello, utiliza el resultado que has demostrado para los enteros positivos \(n\):
$$z^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})$$
Sustituyendo \(n\) por \(-n\):
$$\begin{aligned} z^{-n} &=r^{-n}(\cos (n x)+i \sin (n x))^{-1} \ &=r^{-n}\frac{1}{cos (nx)+i \sin (n x)} \cdot\left(\frac{cos (n x)-i \sin( n x)}{\cos (n x)+i \sin (nx)}\right) \ &=r^-n}\frac{\cos(n x)-i \sin (n x)}{\cos^2 (nx)+\sin^2 (nx)} \ &=r^{-n} \frac{\cos (-n x)+i(\sin (-n x))}{1} \\ Por tanto, z^{-n} & = r^{-n}(\cos(-n x)+i \sin (-n x)) \fin{alineado}$$
que demuestra el teorema para todos los enteros negativos \(n\)
Observa que el teorema de De Moivre no se cumple para valores racionales de \(n\).
Supón que te piden que resuelvas la ecuación cúbica \(x^3-1=0\), ¿cuál sería tu respuesta? Seguramente sería \(x=1\), lo cual es correcto, pero la respuesta es incompleta. \(x=1\) es la raíz real de esta ecuación cúbica, pero ¿qué pasa con las demás raíces? El grado del polinomio es \(3\); por tanto, debería tener tres raíces en total.
Aquí es donde los métodos que has aprendido en el instituto llegan a su fin (más o menos). Resulta que las otras raíces de esta ecuación no son reales, sino complejas.
Intentemos abordar esto de forma general y luego volvamos al problema de hallar la raíz cúbica de \(1\). En general, tratamos de resolver la ecuación \(x^n=a+ib\) donde \(n \en \mathbb{N}\). Escribiendo \(a+ib\) en forma polar, obtenemos
$$a+ib=s(\cos \alfa +i\sin \alfa) $$
donde \(s\) es la magnitud de \(a+ib\) y \(\alpha\) es el argumento principal de la misma.
Ahora, igualando esto a \(x^n\), pero en primer lugar, dejemos que \(x=r(\cos \theta +i\sin \theta)\), de modo que tengamos formas polares en ambos lados:
$$\begin{aligned} &x^n = s(\cos \alpha +i\sin \alpha) \ \por tanto \ &(r(\cos \theta +i\sin \theta)^n = s(\cos \alpha +i\sin \alpha)\end{aligned}$$
Aquí se utiliza el teorema de De Moivre en el lado izquierdo:
$$ r^n(\cos {n\theta} +i \sin{n\theta}) = s(\cos \alpha +i\sin \alpha)$$
Observa que \(s\) y \(\alpha\) son conocidos, ya que \(a+ib\) es conocido. Así que \(r\) y \(\eta) pueden calcularse comparando los coeficientes de ambos lados de la siguiente manera:
$$ r=s^{1/n} \ \ \texto{y} \ \ \ \theta=\frac{{alfa}{n}$$
Ahora recuerda una importante propiedad de la trigonometría, que las funciones seno y coseno son periódicas, es decir, \(\sin \theta =\sin{2\pi k+\theta}\) y \(\cos \theta = \cos{2 \pi k +\theta}\). Por tanto, en este caso, \(\theta= \frac{alfa +2 \pi k}{n}).
Por tanto, tienes \( r=s^{1/n}\) y \(\theta= \displaystyle \frac{{alfa +2 \pi k }{n}\), donde \(k \en {1, \ 2, \ 3, ... , \ n-1}\).
Volvamos a encontrar las raíces cúbicas de \(1\).
Halla la raíz cúbica de \(1\).
Solución:
Sea \(x^3=1\) donde se te pide que encuentres los valores de \(x\). Se puede observar enseguida una raíz, que es \(x=1\).
Escribiendo \(1\) en forma polar:
$$1=1+0i=s(\cos \alpha +i\sin \alpha)$$
Comparando la parte real y la imaginaria, tienes \(s=1\), \(\cos \alpha=1\) y \(\sin \alpha=0\) lo que da \(\alpha=0\).
Sea la raíz \(x=r(\cos \theta+i \sin \theta)\) de modo que,
$$r=s^{1/n}=1 \ \texto{y} \ \ \theta=\frac{alfa +2 \pi k}{n}=\frac{2 \pi k}{3}$$
Así, se obtiene el conjunto solución como
$$x=cos \left( {\frac{2 \pi k}{3}} \right) +i \sin \left( {\frac{2 \pi k}{3}} \right) $$
Ahora sólo queda sustituir \(k=0, \ 1, \ 2\) para tener las distintas raíces.
Para \(k=0\), \(x_1=1\), como era de esperar, ya que era la más obvia.
Para \(k=1\),
$$ \begin{aligned} x_2 & = \cos \left( \frac{2 \pi}{3} \right)+i\sin \left( \frac{2 \pi}{3} \right) \ & = -\frac{1}{2}+i\frac{3}{2} \\ Por lo tanto, x_2 & = frac {-1+i} {3} {2} \fin{alineado}$$
Para \(k=2\),
$$ \begin{aligned} x_3 & =\cos \left( \frac{4 \pi}{3}\right) + i \sin \left( \frac{4 \pi}{3}\right) \\ & = -\frac{1}{2}+i\frac{-\sqrt{3}{2} \\ Por lo tanto, x_3 & = = frac{1-i} {3} {2} \fin{alineado}$$
Así pues, las raíces cúbicas de \(1\) son \(1, \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}, \frac{-1-i\sqrt{3}{2}\).
Intenta pensar en algún tipo de aplicación del teorema de De Moivre, sólo con mirarlo. Anotemos la identidad para ello:
$$z^n=r^n(\cos x+i\sin x)^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})$$
donde \(z=r(\cos x+i\sin x)\). La identidad esencialmente expande el número complejo para dar una forma más simple, que es de hecho la aplicación más importante del Teorema de De Moivre: expandir potencias enteras de un número complejo.
Un número complejo puede expresarse de una de estas dos formas \(z=a+ib\) y \(z=r(\cos x+i\sin x)\).
Con esta última forma es fácil trabajar; aplica directamente la identidad de De Moivre.
En cuanto a la primera forma, conviértela en la forma polar, sobre la que luego se puede utilizar la identidad. Veamos algunos ejemplos en los que se utiliza.
Halla el valor de \((\sin \izquierda( \frac{\pi}{6} \derecha) + i \cos \izquierda( \frac{\pi}{6} \derecha))^{18}\).
Solución:
Observa que el número complejo es de la forma \( \sin x+i \cos x\) y no \(\cos x+i \sin x\), por lo que tienes que convertirlo :
$$\begin{alineado} \left(\sin \frac{\pi}{6}+i \cos \frac{\pi}{6}\right)^{18} &=left(i\left(\cos \frac{\pi}{6}-i \sin \frac{\pi}{6}\right)\right)^{18}. \\ &=i^{18}(\cos \frac{\pi}{6}-i \sin \frac{\pi}{6}derecha)^{18} \fin{alineado}$$
Ahora puedes aplicar con seguridad la identidad de De Moivre:
$$\begin{aligned} \izquierda(seno \frac{\pi}{6}+i \cos \frac{\pi}{6}derecha)^{18} &=(-1)(\cos 3 \pi-i \seno 3 \pi) \ &=-(-1-0 i) \ &=1+0i \\ \therefore \ \left(\sin \frac{\pi}{6}+i \cos \frac{\pi}{6}\right)^{18} &=1 \end{aligned}$$
¿Cómo escribirías \(\sin 3\theta\) en términos de \(\sin \theta\) y \(\cos \theta\)? Explorarás una técnica que utiliza el teorema binomial y el teorema de De Moivre para responder a esta pregunta. En general, aprenderás a escribir \(\sin n\theta\) y \( \cos n\theta\) en términos de \(\sin \theta\) y \(\cos \theta\).
Recuerda que el Teorema del Binomio dice que para un polinomio \((a+b)^n\) se expande como:
$$(a+b)^n=a^n + {n elige 1} a^{n-1}b+ {n elige 2} a^{n-2}b^2+...+b^n$$
donde \( {n \elegir r} = \frac{n!}{r! \ (n-r)!} \).
Usando esto, puedes expandir \((\cos \theta +i \sin \theta)^n\) para obtener:
$$ \begin{aligned} (\cos \theta +i \sin \theta)^n &= \cos^n \theta+i{n \elegir 1} \cos^{n-1} \theta \sin \theta+i^2{n \elegir 2} \cos^{n-2} \theta \sin^2 \theta + \ ... \ +i^n \sin^n \theta \ & = \left( \cos^n \theta -{n \elegir 2} \cos^{n-2} \theta \sin^2 \theta +{n \elegir 4} \cos^{n-4} \theta \sin^4 \theta + \ ... \derecha) \ & \ \ \ \ +izquierda( {n \elegir 1} \cos^{n-1} \theta \sin \theta - {n \ elige 3} \cos^{n-3} \theta \sin^3 \theta+ \ ...\right) \end{aligned} $$
Comparando la parte real de ambos lados
$$ \cos n\theta =\cos^n \theta -{n elige 2} \cos^{n-2} \theta \sin^2 \theta +{n elige 4} \cos^{n-4} \theta \sin^4 \theta + \ ...$$
Y ahora comparando la parte imaginaria
$$\sin n\theta = {n \elegir 1} \cos^{n-1} \theta \sin \theta - {n \ elige 3} \cos^{n-3} \theta \sin^3 \theta+ \ ...$$
Así tienes una fórmula con la que se pueden escribir las fórmulas de ángulos múltiples de las funciones seno y coseno.
Si \(z=(\cos \theta+i \sin \theta)\), demuestra que \(z^n+\frac{1}{z^n}=2 \cos n \theta) y
\(z^n-\frac{1}{z^n}=2 i \sin n \theta), donde \(n \in \mathbb{Z})
Solución:
Sea \(z=(\cos \theta+i \sin \theta)\), tomando la \(n^{texto {ésimo}}) potencia:
$$z^n=\cos n \theta+i \sin \theta$$
Sustituyendo \(n\) por \(-n\) :
$$\begin{aligned} z^{-n} &=\cos(-n \theta)+i \sin (-n \theta) \\therefore \frac{1}{z^n} &=\cos n \theta-i \sin n \theta \end{aligned}$$Sumando \(z^n) y \frac{1}{z^n}\):$$ \begin{aligned} z^n+\frac{1}{z^n} &=\cos n \theta+i \sin \theta+\cos n \theta-i \sin n \theta \\\therefore \ z^n+\frac{1}{z^n}&=2 \cos n \theta \end{aligned}$$
Por tanto, se ha demostrado la primera identidad.
Restando \(1 / z^n\) de \(z^n\) :
$$\begin{aligned} z^n-\frac{1}{z^n} &=\cos n \theta+i \sin n \theta-\cos n \theta+i \sin n \theta \\ \therefore \ z^n-\frac{1}{z^n}&=2 i \sin n \theta \end{aligned}$$.
Por tanto, también se ha demostrado la segunda identidad.
Expande el número complejo \((1-\sqrt{3} i)^5\) utilizando la identidad de De Moivre.
Solución:
Como el número complejo no está en forma polar, primero tenemos que convertirlo. Para ello, tenemos que calcular el módulo del mismo, sea \(z=1-i \sqrt{3}\) :
$$\begin{aligned} r &=\sqrt{a^2+b^2} \\&=qrt{1+3} \\ Por tanto, r &=2 fin{alineado}$$
Para el argumento de este número complejo
$$\begin{aligned} \theta &=tan ^{-1}\ izquierda(\frac{b}{a}\ derecha) \&=tan ^{-1}\ izquierda(\frac{sqrt{3}}{1}\ derecha) \\\theta &=\pi / 3 \end{aligned}$$
Pero cuidado, éste no es el argumento. Observa que el número complejo está en el cuarto cuadrante, por tanto
$$\begin{aligned}\por lo tanto \phi &=2 \pi-\theta \&=2 \pi-\frac{\pi} {3} \\ Por lo tanto, \phi &=frac{5 \pi}{3} \fin{alineado}$$
que es el argumento correcto del número complejo.
Ahora, la forma polar puede escribirse como
$$\bin{aligned} z &=r(\cos \phi+i \sin \phi) \&=2\left(\cos \frac{5 \pi}{3}+i \sin \frac{5 \pi}{3}right) \end{aligned}$$
Ahora tienes la forma sobre la que puedes aplicar la identidad de De Moivre:
$$\begin{aligned} z^5 &=2^5\left(\cos \frac{5 \pi}{3}+i \sin \frac{5 \pi}{3}\right)^5 \\&=32\left(\cos \frac{25 \pi} {3}+i \sin \frac{25 \pi} {3} derecha) \frac{25 \pi} {3} derecha) \frac{1} {2}+\frac{0} {3} {2} derecha) \frac{1} {2} {3} derecha) \frac{1} {2} {3} \frac{1} {2} derecha) \frac{1} {2} \frac{1} {2} \frac{3} {3} i \final{alineado}$$.
Por tanto, \((1-i \sqrt{3})^5=16+16 \sqrt{3} i\).
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