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1 Soluciones a los ejercicios del Capítulo I. Sea S = {z : z = }. Probar que S es un grupo respecto del producto. Solución. Si z, z S entonces z z S. Por tanto S es un grupo respecto al producto.. Probar que no es posible dotar a C de una relación de orden " "que haga de (C, ) un cuerpo ordenado. Solución. Si (K, +,, ) es un cuerpo ordenado con neutro para la suma 0, neutro para el producto, entonces se cumple que x > 0 para cualquier x 0. En particular > 0 y de los axiomas se deduce que < 0. El cuerpo (C, +, ) no puede ordenarse para dar un cuerpo ordenado porque i =. 3. Hallar las partes reales e imaginarias de: z, z a z + a ( (a R), z 3, i ) 6 3, i n, 4. Hallar z, z en cada uno de los casos siguientes: + i, 3, ( + i)(4 + i), 5. Probar que z es real si y sólo si z = z. 6. Hallar x, y en las relaciones: 3 + 5i 7i +, ( + i ) 3 3, ( + i ) n n 8. 3 i + 3i, i i + 3, ( + i)6, i a) z = z, b) z = ( z), c) z = i k. Solución. a) x 0. b) De z = (z 0) y multiplicando por z sale z 3 =. c) z = i0 i =. k=0

2 7. Probar (identidad del paralelogramo): Solución. Basta sumar las identidades: z + w + z w = ( z + w ). z ± w = z + w ± Rz w. 8. Sea R(z) una función racional de z de coecientes reales. Probar que R(z) = R( z). Si p(z) es un polinomio de coecientes reales demostrar que z es raíz de p si y sólo si z es una raíz. Solución. Se sigue de la identidad: az + b = ā z + b. 9. (Raíces cuadradas). Resolver en x, y la ecuación: (x + iy) = a + bi, a, b R, probando que siempre admite dos soluciones. Para α, β, C discutir la existencia de raíces de la ecuación de segundo grado: αz + βz + = 0. Como aplicación hallar: 8 + 6i, y las soluciones de la ecuación: z + 3iz 6i = Probar la validez de la fórmula del binomio de Newton: (a + b) n = n k=0 ( ) n a k b n k, a, b C. k Hallar Rz, Iz para z = (a + bi) 6. Solución. La prueba del binomio de Newton es la que se ejecuta por inducción en un anillo conmutativo arbitrario. Asimismo (a + bi) 6 = a 6 + 6a 5 bi 5a 4 b 0a 3 b 3 i + 5a b 4 + 6ab 5 i b 6.

3 . Pruébense las siguientes fórmulas del ángulo múltiple: cos nθ = cos n θ sen nθ = ( n ) cos n θ sen θ + ( ) n cos n θ sen θ ( n 4 ) cos n 4 θ sen 4 θ +, ( ) n cos n 3 θ sen 3 θ +. 3 Solución. De la identidad de d'moivre y el binomio de Newton: cos nθ + i sen nθ = (cos θ + i sen θ) n = cos n θ ( ) (( n n + cos n 4 θ sen 4 θ + + i 4 ( ) n ) cos n θ sen θ cos n θ sen θ ( n 3 ) cos n 3 θ sen 3 θ + igualdad que proporciona las relaciones pedidas.. Pruébese que máx{rz, Iz} z Rz + Iz. ¾Cuándo se da la igualdad? 3. Para z = x + iy explicar la relación entre Arg z y arctag (y/x). 4. Pruébese que Arg (z + ) = Arg z en z =, z. Solución. Conviene hacer un dibujo para convencerse de la veracidad de la identidad. Por otro lado, de las hipótesis resulta: Sólo hay que vericar que: pues z =. Echando cuentas: e iθ = cos θ + i sen θ = Se tiene z + = (x + ) con θ = (Arg z + ) ( π, π). e iθ = z, z + ((x + ) y + i(x + )y). (x + ) y = (x + ) (x + ) = x(x + ). Basta sustituir para llegar a la identidad buscada. 5. Hállense las ramas principales de z y de z. 6. Halar un dominio G y funciones continuas f, g tales que f(z) = g(z) = z. Estudiar si el dominio G obtenido es maximal. 7. Resolver: z 6 =, z 4 =, z 4 = + 3i. 3 ),

4 8. Probar que las raíces n-ésimas z de la unidad, z, cumplen: Solución. Las raíces de la unidad cumplen: z n + z n + + z + = 0. Dividiendo por z resulta: z n = 0. (z )(z n + z n + + z + ) = 0, de donde se sigue el resultado. 9. Probar que en un polígono regular de n lados inscrito en la circunferencia z =, el producto de las n diagonales que parten de un vértice dado (contando los lados adyacentes) es n. Solución. Sea ζ = e iθ el vértice de referencia, ζ,..., ζ n los restantes vértices. El producto pedido es: ζ ζ... ζ ζ n = z... z n = ( z )... ( z n ), donde z = e iθ ζ,..., z n = e iθ ζ n. En otras palabras, hemos girado la circunferencia para llevarnos el vértice distinguido al. Así: ( z )... ( z n ) = (z + + z n ) + + ( ) n z z n. Como los z = z j, j n, resuelven la ecuación: las relaciones de Cardano-Vieta dan: z n + z n + + z + = 0, Por tanto = (z + + z n ) = = ( ) n z... z n. ( z )... ( z n ) = n. 0. Descríbanse los siguientes lugares geométricos: a) z i b) z z + c) z > z 3 d) z <, Iz > 0, e) z = z f) z = Iz g) z <. 4

5 . Pruébese que z a = z b (respectivamente, z a > z b ) es, para a, b C, la ecuación general de una recta (respectivamente, de un semiplano). Solución. Se trata de la mediatriz del segmento ab.. Para a, b C, b 0, ¾qué objeto geométrico es ( ) z a I > 0? b 3. ¾Cuándo representa una recta del plano la ecuación: Solución. La ecuación real de una recta es: az + b z + c = 0, a, b, c C? Ax + By + C = 0, A, B, C R. Haciendo x = z + z, y = i(z z) obtenemos: es decir (A ib)z + (A + ib) z + C = 0, ᾱz + α z + D = 0, con D = C. Como el sistema { az + b z + c = 0 ᾱz + α z + D = 0, posee innitas soluciones habrá de ser (a, b, c) = λ(ᾱ, α, D), para λ C, λ 0. Si c 0 se puede tomar D = y concluimos que Si c = 0 entonces: a = λᾱ, b = λα, c = λ. a = λᾱ, b = λα. 4. Supongamos a, c reales, a 0 y b C. Pruébese que az z + b z + bz + c = 0, es la ecuación de una circunferencia del plano. Solución. Dividiendo por a y completando cuadrados resulta: z + b a = b ac a, que representa la ecuación de una circunferencia sólo si el segundo miembro es positivo. 5

6 5. (Cuaterniones de Hamilton). Denimos: Q = {(a, b, c, d) : a, b, c, d R}, representando los vectores de la base canónica {e i } como {, i, j, k} de forma que: z = (a, b, c, d) = a + b i + c j + d k, con el producto de un escalar por un vector, símbolo que omitiremos en lo que sigue para escribir a + bi + cj + dk. Se consideran la suma habitual + de vectores y el producto que se dene a través de las relaciones: x = x, x {, i, j, k}, i = j = k =, ij = k, ki = j, jk = i, ji = k, ik = j, kj = i. El producto a z, z se determina entonces usando formalmente las propiedades asociativa y distributiva. a) Hállese la expresión del producto (a + bi + cj + dk)(a + b i + c j + d k) b) Pruébese que (Q, +,.) es un cuerpo no conmutativo. Se conoce a Q como los cuaterniones. Para z = a + bi + cj + dk, a se dene como la parte escalar del cuaternión z, bi + cj + dk la parte vectorial. c) Dése una interpretación geométrica de la parte escalar y la parte vectorial del producto de dos cuaterniones sin parte escalar. (bi + cj + dk)(b i + c j + d k) 6. Pruébese que si f : C C es C-lineal entonces existe λ = α + βi tal que f(z) = λz. Demuéstrese que f induce una aplicación lineal f R : R R calculando su matriz A en la base canónica de R. Solución. Si f : C C es C lineal se tiene donde λ = f(). f(z) = f(z,) = zf() = f()z = λz, 7. Sea f : R R una aplicación lineal de matriz A = (a kl ), f C : C C la correspondiente aplicación asociada. Dénse condiciones necesarias y sucientes para que f C sea asimismo C-lineal (ecuaciones de Cauchy-Riemann). Solución. Si f es C-lineal entonces w = f(z) = λz. 6

7 Si w = u + iv, z = x + iy, λ = α + iβ entonces su representación como aplicación R-lineal es: ( u v ) ( ) ( α β x = β α y ). Si f : R R es R-lineal con representación matricial ( ) u v ( ) ( a a = x a a y la condición necesaria y suciente para que dena una aplicación C-lineal es ), a = a, a = a, que son las ecuaciones de Cauchy-Riemann. 8. Sean A = ( ) ( ) a b c d, a b A = M c d (C), T (z) = az + b, cz + d T (z) = a z + b c z + d las correspondientes aplicaciones bilineales asociadas. Pruébese que T = T si y sólo si A = λa para algún λ C. Solución. Sean: Si f = g se tiene De ahí se deduce que: f(z) = az + b cz + d, g(z) = a z + b c z + d. (az + b)(c z + d ) = (a z + b )(cz + d). b a = b a, d c = d c, ac = a c. Por tanto: a a = b b = c c = d d, donde hemos supuesto que a, b, c, d son no nulos. Se cumple ademá que si un denominador es cero el numerador también lo es. Por ejemplo, a = 0 implica c = 0 si a 0 y esto no puede ser pues ad bc 0. Los demás casos se comprueban igual. El recíproco es inmediato. 9. Sean SL = { A = ( ) a b c d M = {T (z) = az + b cz + d } M (C) : det A =, : ad bc 0}, con ϕ : SL M, la aplicación natural A T. Pruébese que ϕ es sobreyectivo. 7

8 30. Una curva C C de clase C se dene como C = {(t) : t [a, b]} donde : [a, b] C es C y (t) 0 para todo t. Si z 0 = (t 0 ), v = (t 0 ) 0 se dice que v C es el vector tangente a C en z 0 correspondiente a la parametrización. Si C, C inciden en z 0, con vectores tangentes v, v C asociados a sendas parametrizaciones,, se dice que C, C se cortan con ángulo: θ = (v, v ) = arg v v. a) Pruébese que si f(z) = az + b, y las curvas C, C inciden en z 0 con ángulo θ, entonces las curvas C i = f(c i ), i =,, inciden en f(z 0 ) con ángulo θ. b) Pruébese que si f(z) = a z + b, C, C inciden en z 0 con ángulo θ, ahora las curvas C i = f(c i ), i =,, inciden en f(z 0 ) con ángulo π θ. 3. Se considera la función f(z) = z = u + iv. Pruébese que para cada par de constantes c, c, c c 0, las curvas: u(x, y) = c, v(x, y) = c, se cortan ortogonalmente. Pruébese por otra parte que (t) es C se tiene (f ) (t) = (t) (t). Demuétrese que f preserva el ángulo entre curvas incidentes en C \ {0}. ¾Qué sucede en z = 0? Solución. Si las curvas inciden en z 0 los vectores normales son: u(z 0 ), v(z 0 ). Tales vectores son ortogonales. Por otro lado se tiene que ˆ(t) = (f )(t) = (t) luego: (t + h) (t) lím h 0 h (t + h) (t) = lím((t + h) (t)) h 0 h = (t) (t). Si las curvas (t), (t) inciden, (t ) = (t ). El carácter conforme de f es consecuencia de la relación: (t ) (t ) = ˆ (t ) ˆ (t ). 3. ( ) Sean T (z) = az + b cz + d y : [a, b] C una parametrización C. Pruébese que T ((t)) es también una parametrización C tal que: (T ) (t) = ad bc (cz + d) (t). Demuéstrese que si C, C se cortan en z 0 con un ángulo θ entonces T (C ), T (C ) también se cortan en T (z 0 ) formando ángulo θ. 8

9 Solución. Poniendo ˆ(t) = T ((t)) resulta: ˆ(t) = a c ad bc c c(t) + d. Usando las ideas del Capítulo para calcular (/) resulta que ( ) = c c + d (c + d). De aquí es ya evidente que si (t), (t) son curvas incidentes con (t ) = (t ) entonces (t ) (t ) = ˆ (t ) ˆ (t ). Esto implica el carácter conforme de T. 9

10 Soluciones a los ejercicios del Capítulo II. Hallar las aplicaciones de Möbius que transforman: a), i, en, i,. b) i, 0, i en 0, i, i. c) i, i, i en, 0, 3. Solución. a) De resulta: b) De se tiene: c) Ponemos y obtenemos: (w,, i, ) = (z,, i, ) w = z. (w, 0, i, i) = (z, i, 0, i) w = z + i. (z, i, i, i) = (w,, 0, 3 ), w = z i z + i.. Hallar los puntos jos de las aplicaciones: T (z) = z z +, T (z) = z z +. Solución. En el primer caso z = ±i, en el segundo caso z = Pruébese que si cuatro puntos distintos {z, z, z 3, z 4 } son colineales o yacen en una circunferencia entonces (z, z, z 3, z 4 ) es real (el recíproco es cierto, según se vio en teoría). Solución. En el caso de una recta z j = a + t j b, a, b C, t,..., t 4 R. Entonces: (z, z, z 3, z 4 ) = (t, t, t 3, t 4 ) R.

11 Para una circunferencia z j = z 0 + re j, iθ j 4. Poniendo ζ j = e iθ j se tiene: ahora: (z, z, z 3, z 4 ) = (ζ, ζ, ζ 3, ζ 4 ), (ζ, ζ, ζ 3, ζ 4 ) = ( ζ, ζ, ζ 3, ζ 4 ) = ( ζ, ζ, ζ 3, ζ 4 ) = (ζ, ζ, ζ 3, ζ 4 ). Esto prueba que (ζ, ζ, ζ 3, ζ 4 ) es real. 4. Hallar las imágenes de la circunferencia unidad { z = } bajo las transformaciones: w = z, w = z, w = z. Solución. En los tres casos la recta real es invariante: f(r { }) = R { } (R = R { }). La circunferencia D = { z = } es ortogonal a R. Luego f( D) es ortogonal a R. Si f =, f( D) = D. z Si f = z, f( D) es la recta ortogonal a R en z = /. Si f = z, f( D) es la circunferencia ortogonal a R en z = /3 y z =. 5. Hallar la imagen de {Iz > 0} bajo T (z) = az + b, a, b, c, d R, ad bc < 0. cz + d Solución. En primer lugar f(r { }) = R { } (R = R { }). Hace falta saber entonces en qué semiplano está f(i). Pero: f(i) = Luego f({iz > 0}) = {Iz < 0}. bd + ac + i(ad bc) ci + d. 6. Determinar una aplicación bilineal T que transforme {Rz > 0} en { z < }. Misma cuestión transformando {Rz < 0} en { z > }. Solución. En el primer caso {Rz > 0} es el lado izquierdo de Rz = 0 con la orientación {i, 0, i}, D = { z < } es el lado izquierdo de D respecto de {, i, }. Basta encontrar la f que asocia ordenadamente una orientación con otra: (w,, i, ) = (z, i, 0, i), es decir, w = i z + z. Esta aplicación resuelve también la segunda cuestión.

12 7. Calcular una aplicación bilineal T que transforme: en { z <, Iz > 0}, {Rz > 0, Iz > 0}. Solución. Formamos la aplicación f que transforma ordenadamente {, 0, } en {0,, }. Orientando R con {, 0, } su lado izquierdo es {Iz > 0}. Entonces f(r ) = R y el lado izquierdo de f(r ) con respecto a la orientación {0,, } es {Iz > 0}. Por ello f({iz > 0}) = {Iz > 0}. Por otra parte f( D) es una recta, pasa por cero y es ortogonal a f(r ). Con esos datos f( D) = {Rz = 0}. Asimismo 0 está en la componente interior a D, como f(0) = se tiene que f(d) = {Rz > 0}. Por tanto f resuelve el problema pues Finalmente, f(d {Iz > 0}) = f(d) f({iz > 0}) = {Rz > 0} {Iz > 0}. f(z) = + z z. 8. ( ) Hállese una transformación bilineal que aplique: ) la circunferencia z 4i < en el semiplano Iw > Rw, ) el centro de la circunferencia en el punto -4, 3) el punto i de la circunferencia en el origen. Solución. Vamos a resolver el ejericio de dos formas distintas. A) Llamamos r a la recta Iw = Rw. La idea es transformar la circunferencia en r con dos parámetros libres que nos permitan ajustar la condición f(4i) = 4. Tomamos w = f(z) con: (w, 0,, a + ia) = (z, i, 4i + e iθ, 6i). Es decir: i z 4i e iθ i + e iθ z 6i Ha de ser w = 4 para z = 4i luego: e iθ i + e iθ = = a + ia a + ia w. a + ia a + ia w, i + e iθ e iθ = w a + ia, i + e iθ e iθ = 4 a + ia, 3

13 Ahora: y debe ser: luego nos vales θ = 0. En ese caso: 4 a( + i) = i + eiθ e iθ, a = 8 ( + i)(eiθ i)e iθ. ( + i)(e iθ i)e iθ = + cos θ sen θ + i( cos θ sen θ), cos θ sen θ = 0, a = ( + i)( i), 8 y a = 4. Así: f(i) = 0, f(4i + ) =, f(6i) = 4( + i). Nótese que f(4i) = 4 ya garantiza que el interior de la circunferencia se transforma en el semiplano deseado. B) La segunda solución se apoya en la noción de simétría con respecto a una circunferencia. Si C es la circunferencia I(z, z, z, z 3 ) = 0, y z C, su simétrico respecto a C se dene como el único z tal que: (z, z, z, z 3 ) = (z, z, z, z 3 ). Se demuestra que si C es una recta entonces z es el simétrico de z con respecto a la recta, y que si C es z z 0 = r entonces: z z 0 = r z z 0 z z 0. Véase el libro de Conway ([]). Es evidente que si f es cualquier transformación bilineal, (f(z)) = f(z ) donde el primer simétrico se considera con respecto a la circunferencia transformada f(c). Para resolver el ejercicio observamos que si C es la circunferencia z 4i = entonces: (4i) =, mientras que el simétrico ( 4) de 4 respecto de r es: ( 4) = 4i. Por tanto, la solución de nuestro problema es: (w, 0, 4, 4i) = (z, i, 4i, ). 4

14 9. Sea S = {(ξ, η, ζ) : ξ + η + ζ = }, T : S C la proyección de Steiner: RT = ξ ζ, IT = η ζ P N, T (N) =. Demuéstrese que si C es una circunferencia en C entonces T (C) también es una circunferencia en S. Solución. Véase la parte de teoría. 0. Pruébese que la proyección de Steiner T : S \ {N} C dene un homeomorsmo. Solución. Véase la parte de teoría.. ¾Qué transformación de la esfera S asigna T (/z) a T (z)? Solución. Se trata de la aplicación: (ξ, η, ζ) (ξ, η, ζ ) con ξ = ξ, (η, ζ ) = (η, ζ). Es decir, una rotación de ángulo π alrededor del eje x de la esfera. Nota. Más generalmente, puede probarse que toda rotación R de la esfera S se representa en la forma R = H f H para una cierta transformación de Möbius f : C C, siendo H la proyección de Steiner.. Hallar las imágenes inversas T de los conjuntos: ) Iz > 0, ) Iz < 0, 3) Rz > 0, 4) Rz < 0, 5) z <, 6) z >. Solución. ) Hemisferio x > 0. ) Hemisferio x < 0. 3) Hemisferio x > 0. 4) Hemisferio x < 0. 5) Hemisferio x 3 < 0. 6) Hemisferio x 3 > 0. 5

15 3. Se dene la distancia cordal d c en C como: d c (z, z ) = T (z) T (z ), con N = (0, 0, ). Probar que: d c (z, ) = T (z) N, z z z, z C d c (z, z ( + z ) = ) / ( + z ) / z C, z =. ( + z ) / Demostrar que d c (z, ) = lím z d c (z, z ). Solución. Consultar la parte de teoría. Continuidad, sucesiones, series 4. Probar que los únicos automorsmos continuos de C son f(z) = z y f(z) = z. Solución. Usamos primero la aditividad. Como: se tiene: También: luego: f(z + z ) = f(z ) + f(z ), f(nz) = nf(z), f( nz) = nf(z), n = 0,,,.... nf( n ) = f(z) f( n z) = n f(z), f( n z) = n z, f(qz) = qf(z), con q un racional cualquiera. Usando la continuidad concluimos que f(tz) = tf(z) para todo t R pues t = lím q n, q n Q y f(tz) = f(lím q n z) = lím q n f(z) = tf(z). Ahora interviene la propiedad multiplicativa: Lo primero que ocurre es que f() = y f(z z ) = f(z )f(z ). f(i) = f(i ) = f( ) = f(i) = ±i. Finalmente f(z) = f(x + iy) = x + yf(i). Si f(i) = i, f(z) = z, si f(i) = i, f(z) = z. 6

16 Nota. Puede probarse que la continuidad es imprescindible para que una función aditiva sea lineal. Ejemplos de funciones aditivas que no son lineales fueron obtenidos por G. K. Hamel a principios del siglo XX. En su construcción hizo uso de la noción de base de un espacio vectorial de dimensión innita. 5. Se consideran las funciones f, g : G C C, G C abierto. Si f, g continuas en z 0 G pruébese que λf + µg, λ, µ C, fg y f/g (en éste último caso añadiendo g(z 0 ) 0) también son continuas en z 0. Si h : Ω C C, Ω abierto, w 0 = f(z 0 ) Ω y h es continua en w 0 demuéstrese que h(f(z)) es continua en z 0. Solución. Copiar directamente la demostración del caso real. 6. Probar que z es Lipschitziana en C de constante. Solución. En efecto: z z z z. 7. Sea f(z) = z n, f(z) = u(x, y)+iv(x, y). Demostrar que u, v son polinomios homogéneos de grado n en x, y. Conclúyase de ahí que si p(z) es un polinomio de grado n, p(z) = u(x, y) + iv(x, y), entonces u, v son polinomios en x, y de grado n. Solución. Si z n = u(x, y) + iv(x, y) está claro que u, v son polinomios en x, y de grado n. La homogeneidad sale de: u(tx, ty) + iv(tx, ty) = (tz) n = t n z n = t n u(x, y) + it n v(x, y), luego u(tx, ty) = t n u(x, y) y v(tx, ty) = t n v(x, y) para todo t R. 8. Sean p(z), q(z) polinomios complejos, grado q grado p. El algoritmo de la división asegura la existencia de polinomios únicos c(z), r(z), grado r < grado q tales que: p(z) = c(z)q(z) + r(z). Úsese el teorema fundamental del álgebra para probar que si p(z) = z n +a z n + +a n es un polinomio complejo de grado n entonces existen a,..., a s C y enteros m,..., m s, m + + m s = n tales que: p(z) = (z a ) m... (z a s ) m s. () Conclúyase que la descomposición () es única. 9. [Polinomio de Taylor de un polinomio] Sea p(z) un polinomio de grado n, z, h C. Demostrar que: p(z + h) = 7 n k=0 c k k! hk,

17 para coefcientes c k que deben expresarse en función de z. Solución. Si entonces: p(z + h) = donde: n a l (z + h) l = l=0 p(z) = a 0 + a z + + a n z n = c k = k! n l=0 = a l n a l z l, l=0 l ( ) l h k z l k k k=0 n h k n l(l )... (l k + )a l z l k = k! k=n l=k n l(l )... (l k + )a l z l k. 0. Sea p(z) un polinomio. Demuéstrese que lím z p(z) =. Solución. Tomamos p(z) = a 0 z n + a z n + + a n, a 0 0 y se tiene: l=k n c k h k, k=0 p(z) a 0 z n ( a z n + + a n ), de donde resulta evidente que p(z) cuando z.. Sea f(z) una función racional, z = a un cero del denominador. Pruébese la existencia de λ C y de n Z = {...,,, 0,,,...} tales que: f(z) λ(z a) n z a. Solución. Si f(z) = p(z) q(z) y z = a es un cero del denominador entonces f(z) = (z a)k p (z) (z a) l q (z), con p (a), q (a) no nulos. Por tanto: con λ = p (a) q (a), n = k l. lím z a f(z) λ(z a) n =, 8

18 . Demuéstrese que las funciones racionales f(z) = p(z) denen funciones continuas de q(z) C en C. Solución. La función f no está denida en los ceros de q. Para obtener una función continua en C denimos f en un cero ζ de q como f(ζ) = λ = lím z ζ p(z) q(z). En el peor de los casos λ = que es un elemento de C. 3. Estudiar los límites: a) lím z i z iz 3 + zarg z, b) lím z i z 4 + z + i, z 4 c) lím z i z + i, d) lím z i z iz +, z + 4 e) lím z z z, f) lím z 0 e z + z Log z, d) lím z Arg z z 0 e /z. Solución. a) 3 i π,, b) i, c) 4i, d) 3 4, e). En el caso de f) el límite es pues: lím z Log z = lím z 0 z 0 z Arg z = 0. En el caso d) el límte no existe. Poniendo θ = Arg z resulta: y el límite cuando ρ 0+ depende de θ. 4. Hallar el límite de z n = n( n z ). Solución. Si z = ρe iθ con θ = Arg z entonces: e /z = e cos θ/ρ e i sen θ/ρ, z n = n(ρ /n cos θ n ) + in sen θ n = n ( ρ /n ( + a n n ) ) + in sen θ n, donde a n está acotada. Así: donde lím b n = 0. Por tanto: ( log ρ lím z n = lím n(ρ /n ) + iθ = lím n n lím z n = log ρ + iθ. + b ) n + iθ, n 9

19 5. Se sabe que la serie z n converge con Arg z n α < π. Demostrar la convergencia de z n. Solución. Poniendo z n = x n + iy n, θ n = Arg z n se tiene que: y n x n = tag θ n tag α, luego: z n { + tag α}x n = (sec α)x n. Como la serie x n converge, la serie z n también converge. 6. [Fórmula de sumación por partes]. Fijando A n = a + + a n, probar que: n a k b k = k=m n k=m Solución. Nótese que a k = A k A k por tanto: n a k b k = k=m n A k b k k=m n A k b k = k=m = A n b n + A k (b k b k+ ) + A n b n A m b m. n k=m n A k b k k=m n k=m A k b k+ A k (b k b k+ ) A m b m = n k=m A k (b k b k+ ) + A n b n A m b m. 7. Supóngase que la sucesión A n = a + + a n está acotada y que b n es decreciente con lím b n = 0. Pruébese que la serie a n b n es convergente. Solución. De acuerdo a la fórmula de sumación por partes n a k b k k=m n k=m A k (b k b k+ ) + A n b n + A m b m M(b m b n + b n + b m ) = Mb m, donde M es una cota de A n. Como b n 0 la serie es convergente porque cumple la condición de Cauchy. 8. Demostrar que (criterio de Gauss): a n a n = + a n + o( n ), 0

20 con a n > 0, a <, implica la convergencia de a n. Como aplicación establézcase la convergencia de la serie hipergeométrica: α(α + )... (α + n)β(β + )... (β + n), (n + )!( + )... ( + n) en el régimen R(α + β ) < 0. Solución. Se sabe que: a n a n = + (a + o()) n < + ε n, para n n 0. Luego: na n < ((n ) ε)a n ). Tomando n > m n 0 resulta: y sumando: es decir: na n < (n )a n εa n (n )a n < (n )a n εa n. (m + )a (m+) < ma m εa m, na n < ma m ε ε n a k, k=m n a k < ma m. k=m Por tanto las sumas parciales de la serie están acotadas y la serie converge. En cuanto a la serie geométrica llamamos: y a n = α(α + )... (α + n)β(β + )... (β + n), (n + )!( + )... ( + n) a n a n = (α + n)(β + n) (n + )( + n). Para estudiar la convergencia absoluta escribimos: a n α + n β + n (n + ) + n = a n (n + ) + n = n + (α + β)n + αβ n + ( + )n +, (n + ) + n

21 de donde: con ( ) an n a n = b n c n n{ + α + β n Ahora observamos que: Por tanto y lím n{ + α + β n b n = 9. Estudiar la convergencia de las series: n + n, c n = n n +. + αβ n + + n + n } z + z + = R(z z ) + z z. z + + z + + αβ n + + n + } = R(α + β ), n ( ) an lím n a n = R(α + β ). a) n (i) n, b) n! (in) n, c) e in, d) e in n, e) e πi/n n, f) cos in n. Solución. Las series a), b) y f) son absolutamente convergentes. En el segundo caso se usa la estimación de Stirling, para probar que: ( n ) n n! πn e n! (in) n M πn <. e n Las series c) y e) son divergentes. En el segundo caso porque su parte real: n cos π n, es claramente divergente. La serie d) converge como muestra el criterio de Abel (Ejercicio 7). Referencias [] Conway J. B., Functions of one complex variable, Springer, New York, 9**.

22 Soluciones a los ejercicios del Capítulo III. Estudiar la convergencia de las siguientes funciones en los dominios indicados: a) f(z) = k= kzk en { z < }. b) f(z) = k + z Solución. a) Para z r < : en {Rz > 0}. k z k k= kr k, y la última serie es claramente convergente. Por tanto la serie converge uniformemente en cada disco cerrado D(0, r) con r <. b) En Rz 0 se tiene: k= z + k R{z + k } = Rz + k k, de donde se concluye la convergencia uniforme de la serie en Rz 0.. Sea f n : D C C una sucesión de funciones uniformemente continuas en D, un abierto de C, f = lím f n uniformemente en D. Probar que f es también uniformemente continua en D. Supóngase además que las f n son Lischitzianas de constante L n con sup L n <. Demostrar que f es Lipschitz en D. Estudiar qué sucede si se suprime la condición sobre las L n. 3. Sea a n una sucesión con lím a n = l. Probar que lím a + + a n = l. ¾Qué sucede si n l = ±? Aprovéchese el resultado para probar que si a n es una sucesión de términos positivos con: lím a n = l, a n entonces lím n a n = l. Solución. El resultado sobre el límite de la media aritmética implica claramente la fórmula nal. En efecto: c n = n a n = n an a n... a a a, luego lím log c n = log(lím a n ), a n de donde se deduce la fórmula para el límite de la raíz n-ésima.

23 En el caso del límite de la media aritmética ponemos: a + + a n n l l a + + l a nε n l a + + l a nε n + n n ε n + l a n ε + + l a n n ε l a + + l a nε + ε n, si suponemos que a n l ε para n n ε y tomamos arriba n > n ε. Consecuentemente, la diferencia anterior es menor que ε si n se toma sucientemente grande como para que el primer término sea menor que. ε 4. Sea a nz n una serie de potencias para la que existe: lím a n a n+ = R. Calcúlese su radio de convergencia. Solución. El radio de convergencia es, evidentemente, R (teorema de Hadamard). 5. Calcular los valores de aglomeración de las sucesiones: a) z n = n + ( ) n, b) z n = n + ( ) n + i n, c) z n = [ + cos(nπ)]e nπi/5, d) z n = sen(nπ/) + i cos(nπ/6), e) z n = n sen(nπ/) + i cos(nπ/6). Solución. a) {±}, b) {0,, ± i}, c) {3, e πi/5, 3e 4πi/5, e 6πi/5, 3e 8πi/5 }, d) La sucesión cos(nπ/6) toma 6 valores distintos correspondientes a n = 6 + k con k {0,..., 5}, es decir n = 6m + k. En efecto: Se concluye que: cos(nπ/6) = cos(3mπ + kπ ) = cos(mπ) cos(kπ ) = ( )m cos( kπ ). z n = ( ) m (cos kπ + i cos kπ 6 y los valores de aglomeración son: ), k {0,..., 5} λ ± k = ±(cos kπ + i cos kπ 6 ), k {0,..., 5}. e) La sucesión tiene la forma: z n = ( ) m ((6m + k) cos kπ + i cos kπ 6 para n = 6m + k. Los valores de aglomeración son entonces: ), k {0,..., 5}, {±i cos kπ 6 : k =, 3, 5} { }.

24 6. Probar que lim a n, lim a n son valores de aglomeración de a n. Comprobar asimismo que la convergencia de a equivale a la igualdad de tales límites (N. B. estamos incluyendo en convergencia los casos a n ± ). 7. Sean a n, b n son sucesiones tales que lím a n = a > 0. Probar que lim a n b n = a lim b n, lim a n b n = a lim b n. 8. Sea z = e iθ donde θ π es racional. Estúdiense los valores de aglomeración de zn. Solución. Si θ π = p q, con (p, q) = entonces la órbita de la sucesión es nita: {z n : n N} = {e i kπ q : k = 0,..., q } Por tanto tales puntos son sus valores de aglomeración (se toman innitas veces cada uno). 9. Sea a nz n una serie de potencias de radio r. Demostrar que para todo k N la serie n=k a nz n k también tiene radio de convergencia r. Solución. Como: n=k a n z n k = z k n=k a n z n para z 0 y el radio de convergencia de n=k a nz n es r, el radio de n=k a nz n k también es r. 0. Hallar el radio de convergencia de las series: ( ) n z n, n! z n+ (n + )!, n! n n zn, n n! zn. Solución. En el orden del enunciado los radios de convergencia son: ) ρ =, ) ρ =, 3) ρ = e, 4) ρ =.. Se sabe que el radio de convergencia de a nz n es r > 0. Hallar el radio de convergencia de las series: n p a n z n, a n z n, a nz n. Solución. ) r, ) r, 3) r. 3

25 . Hallar el radio de convergencia de cada una de las siguientes series: a) b) a n z n, a C a n z n, a C, c) d) k n z n, k Z \ {0} z n!. Solución. a) a, b) ρ =,, 0 dependiendo de si a <, a = o a >, respectivamente. c) ρ = k, d) ρ =. 3. Usar la serie y el producto de series para calcular la suma de la serie zn nzn Solución. Se tiene: luego: ( z n ) = nz n = (n + )z n = (n + )z n 4. Demostrar que el radio de convergencia de la serie: nz n + ( ) n n zn(n+), n= z n, z n z = ( z). es, discutiendo la convergencia de la serie en los valores z =,, i. Solución. El radio de convergencia es claramente (Hadamard). Como n(n + ) es un número par, ( ) n(n+) = y la serie converge en z = ±. Se tiene además que ( ) n i n(n+) = ( ) k si n = k, ( ) n i n(n+) = ( ) k+ si n = k luego: ( ) n n in(n+) = n= ( ) k k k=0 k= ( ) k k, y las dos últimas series son convergentes en virtud de criterio de Abel (Capítulo II). 5. Para λ C se introduce la serie binomial: + λz + + λ(λ )... (λ n + ) z n +. n! Pruébese que tiene radio de convergencia. Llamamos f λ (z) a la función denida por la serie en z < 4

26 a) Determinar f λ para λ N. b) Calcular f (z). c) Calcular f n (z), n N. d) Probar que f n (z) = ( + z) n. A tal n comprúebese que: ( + z) n f n (z) =, para todo z. Solución. Es evidente que el radio de convergencia es (Hadamard). Por otra parte: f n (z) = ( + z) n, mientras: f (z) = ( ) n z n = + z. lo cual da respuesta a las cuestiones a), b). Para dar respuesta a las cuestiones c) y d) probamos por inducción la identidad siguiente: ( n k ( ) n 0 (α + β)(α + β )... (α + β n + ) = ) α(α )... (α k+)β(β )... (β n+k+)+ + La igualdad implica que: (α + β)(α + β )... (α + β n + ) n! α(α )... (α k + )β(β )... (β n + k + ) k!(n k)! = α(α )... (α n + ) + + ( ) n n α(α )... (α n + ) n! + + β(β )... (β n+). (0.) + + β(β )... (β n + ). n! El segundo miembro es el coeciente de z n en el producto de las series f α y f β, mientras el primer miembro es el coeciente de z n en la serie f α+β. Por tanto se concluye que f α+β = f α f β. (0.) De aquí: f n = (f ) n = ( + z) n. La fórmula (0.), probada en esta manera intrínseca, reviste gran interés. Por ejemplo: (f ) = + z, 5

27 y f dene una representación analítica directa de la raíz cuadrada de + z en z <. La identidad (0.) se prueba por inducción. Llamando I n al primer miembro: I n = αi n + βi n. Conviene escribir el primer sumando como: αi n = α({α } + β)... ({α } + β (n )) ( ) n = α (α )... (α (n )) ( ) n α (α )... (α (k ))β(β )... (β (n k )) + + k ( ) n α β(β )... (β (n )), 0 en cuyo desarrollo hemos usado la hipótesis de inducción. En cuanto al segundo ponemos: βi n = β(α + {β })... (α + {β } (n )) ( ) n = β α... (α (n )) ( ) n β α... (α (l ))(β )... (β (n l )) + + l ( ) n β (β )... (β (n )). 0 Al efectuar la suma αi n + βi n el término de índice k en el primer sumando se agrupa con el término de índice k + del segundo sumando para dar: (( ) n + k ( n k + )) α(α )... (α k)β(β )... (β (n k )) ( ) n = α(α )... (α k)β(β )... (β n + k + )). k + Procediendo con todos los términos concluimos que: αi n + βi n = I n, que es lo que se buscaba. 6. Desarrollar senh z, cosh z en serie de potencias de z. Solución. Basta observar que senh z = i sen( iz) 6 cosh z = cos( iz).

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