Una ecuación que no tiene solución en el conjunto de los números reales, pero sí en el de los números complejos

Encaremos el siguiente reto (propio de Olimpiada Matemática), que consiste en intentar resolver la ecuación en el conjunto de los números complejos: $$1^x=2$$

Veamos, primero, que no es posible encontrar soluciones en el conjunto de los números reales. En efecto, podemos interpretar el miembro de la izquierda como la función real de una variable real: $f(x):=1^x=1 \,\forall, x\in \mathbb{R}$; es decir, es la función constante, con todas las ordenadas igual a $1$. Por otra parte, el segundo miembro, $g(x):=2$ es también una función constante, pero con todas las ordenadas igual a $2$. Es claro que las gráficas de $f(x)$ y $g(x)$ no van a intersecarse, puesto que $1\neq 2$, luego la ecuación no tiene solución en $\mathbb{R}$.

Sin embargo, como enseguida vamos a ver, la ecuación planteada sí tiene solución en el conjunto de los números complejos. Para ello, vamos a recordar la fórmula de Euler (estudiada en primero de bachillerato): $$e^{i\,\theta}=\cos\,\theta+i\,\sin\,\theta$$ siendo $\theta$ un ángulo en el plano complejo.

Entonces, démonos cuenta de que el $1$ de la base de la potencia $1^x$ del primer miembro puede escribirse de la forma $1=e^{i\,2k\pi}, \text{con}\;k\in \mathbb{Z}$. En consecuencia, la ecuación planteada, $1^x=2$, puede escribirse de la forma $$\displaystyle \left(e^{i\,2k\pi}\right)^x=2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ que podemos escribir de la forma $$\displaystyle e^{i\,2k\,\pi\,x}=2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ Operando con el logaritmo neperiano en cada miembro, $$\displaystyle \ln\,e^{i\,2k\,\pi\,x}=\ln\,2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ y por tanto, $$\displaystyle i\,2k\,\pi\,x \cdot \underset{1}{\underbrace{\ln\,e}}=\ln\,2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ en consecuencia, la solución consta de infinitos números complejos, con la siguiente estructura:
$$x=\dfrac{\ln\,2}{2k\,\pi\,i}=\dfrac{i\,\ln\,2}{2k\,\pi\,i^2}=-\dfrac{i\,\ln\,2}{2k\,\pi};\text{donde}\; \mathbb{Z} \ni k \neq 0$$ esto es, $$\displaystyle x\in \left\{ \pm\,\dfrac{i\,\ln\,2}{2\,\pi}, \pm\,\dfrac{i\,\ln\,2}{4\,\pi}, \pm\,\dfrac{i\,\ln\,2}{6\,\pi}, \ldots \right\}$$

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Matrices en el cuerpo de los números complejos

ENUNCIADO. Se consideran las siguientes matrices cuadradas de orden $3$ con elementos en el cuerpo $\mathbb{C}$: $$A=\begin{pmatrix}1&i&1\\ 1&1&i \\ 1&1+i&1+1\end{pmatrix} \quad \text{y} \quad B=\begin{pmatrix}1&1&-1\\ -1/2&i/2&\dfrac{1-i}{2} \\ i/2&-1/2&\dfrac{1-i}{2}\end{pmatrix}$$

Demuéstrese que una es la inversa de la otra.

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SOLUCIÓN. Recordemos las operaciones básicas con números complejos (suma y multiplicación), y, en especial, tengamos en cuenta que para calcular las sucesivas potencias de la unidad imaginaria $i$, hay que recordar que: $i=1$, $i^1=i$, $i^2=-1$, $i^3=i^{2}\cdot i=-i$. Ello, junto con las operaciones de multiplicación de matrices y cálculo del determinante de una matriz cuadradas, es básico para resolver este ejercicio de cálculo con matrices.

Además, hay que tener en cuenta que, para que una matriz tenga matriz inversa, dicha matriz ha de ser regular (no singular), y, por tanto, su determinante ha de ser distinto de cero; que es lo que ocurre tanto con $A$ como con $B$. Puede comprobarse que $\text{det}(A)=2\neq 0$ y $\text{det}(B)=1/2\neq 0$, luego una y otra tienen matriz inversa.

Si dos matrices son mútuamente inversas, como supuestamente ocurre con las dos matrices propuestas, deberá cumplirse que $AB=BA=I$, donde $I$ es la matriz identidad de orden $3$ en es $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ y, efecto, efectuando las multiplicaciones vemos que $$\begin{pmatrix}1&1&-1\\ -1/2&i/2&\dfrac{1-i}{2} \\ i/2&-1/2&\dfrac{1-i}{2}\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1&i&1\\ 1&1&i \\ 1&1+i&1+1\end{pmatrix}=\ldots=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$

y $$\begin{pmatrix}1&i&1\\ 1&1&i \\ 1&1+i&1+1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1&1&-1\\ -1/2&i/2&\dfrac{1-i}{2} \\ i/2&-1/2&\dfrac{1-i}{2}\end{pmatrix}=\ldots=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$

de lo cual se sigue que $A=B^{-1}$ y $B=A^{-1}$. $\diamond$

fórmulas de Euler y de De Moivre ... ( artículo escrito en catalán )

Aquest escrit pot ser d'utilitat als alumnes de batxillerat que desitgin una ampliació de continguts. Cal haver treballat el tema introductori sobre nombres complexos i també les nocions de càlcul (anàlisi de funcions) necessàries per entendre la noció de desenvolupament d'una funció contínua i derivable en sèrie de potències.

Comencem. Donat un nombre complex $z=a+ib$, de mòdul $r$ i angle polar (fase) $\theta$, podem escrire-la també de la forma $z=r\,(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$, coneguda com expressió trigonomètrica del nombre complex $z$. A partir d'aquesta expressió, justificarem a continuació que $z$ es pot expressar de la forma $z=r\,e^{i\,\theta}$, coneguda com a fórmula d'Euler [que és molt útil per calcular productes i quocients de nombres complexos]. A partir d'aquest resultat, justificarem la fórmula de De Moivre: $z^n=r^{n}\,\big(\cos{(n\,\theta)}+i\,\sin{(n\,\theta)}\big)$ que es pot fer servir per determinar la potència d'un nombre complex i també per calcular les solucions del radical d'un nombre complex [Es pot demostrar que $\sqrt[n]{z}$ ( on $z \in \mathbb{C}$ ) té $n$ solucions complexes].

Fent el desenvolupament de Taylor en sèrie de potències la funció $\sin{\theta}$ al voltant de $x=0$ podem escriure $\sin{\theta}=0+\dfrac{x}{1!}-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\ldots$. I, fent el mateix amb la funció $\cos{\theta}$ trobem $\cos{\theta}=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\dfrac{x^8}{8!}-\ldots$

Si efectuem, ara, l'operació $\cos{\theta}+i\,\sin{\theta}$ a partir dels desenvolupaments de Taylor del paràgraf anterior veiem que és iugal a
$(1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\ldots)+i\,(\dfrac{x}{1!}-\dfrac{x^3}{3!}+\ldots)$

Per altra banda, si fem el desenvolupament en sèrie de Taylor de la funció $e^z$ al voltant de $z=0$ s'obté $1+z+\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^3}{3!}+\dfrac{z^4}{4!}+\ldots $. Si substituïm $z$ per $i\,x$ queda $1+i\,x-\dfrac{x^2}{2!}-i\,\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^4}{4!}+\ldots$; i si separem la part real de la imaginària, ens adonem que aquesta expressió es pot escriure també així
$(1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\ldots)+i\,(\dfrac{x}{1!}-\dfrac{x^3}{3!}+\ldots)$ que coincideix amb del desenvolupament de $\cos{\theta}+i\,\sin{\theta}$. Per tant, concloem que $e^{i\,\theta}=\cos{\theta}+i\,\sin{\theta}$ i, doncs, que $z$ - que és igual a $r\,(\cos{\theta}+i\,\sin{\theta})$ - es pot escriure de la forma $z=r\,e^{i\,\theta}$ (fórmula d'Euler).

I, a partir de la fórmula anterior, fent la potència d'exponent $n$ d'ambdós membres de la igualtat anterior podem escriure la igualtat $z^n=r^n\,e^{i\,n\,\theta}$ que, lògicament, per to el que s'ha dit anteriorment, es podrà escriure també de la forma $z^n=r^{n}\,\big(\cos{(n\,\theta)}+i\,\sin{(n\,\theta)}\big)$ (fórmula de De Moivre).
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[nota del autor]