PROBLEMAS DE VARIABLE COMPLEJA. 1.-Demuestre que el inverso aditivo de todo número complejo z es único

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(1)

PROBLEMAS DE VARIABLE COMPLEJA

1.-Demuestre que el inverso aditivo de todo número complejo z es único

Solución. Supongamos que existe más de un inverso aditivo de z. Sean z y z dos de * esos inversos distintos. Entonces

( ) ( )

* * * *

0 0

z = +z = z + +z z =z + +z z =z + = z

Por lo tanto z y z no son distintos. Esto contradice la suposición original de que eran * distintos. Entonces, existe uno y solamente un inverso aditivo de z.

2.-Sea w una raíz n-ésima de la unidad primitiva (esto es w cumple con: wn = y 1

j 1

w ≠ para j=1, 2,...,n− ). 1

i ) Muestre que las n raíces de la unidad son: 1, ,...,w wn1. Solución.

Sea w∈ ^ con wn = y 1 wj ≠ para 1 j=1, 2,...,n− ). 1

Como

( ) ( )

wj n = wn j = , cada 1 w es raíz n-ésima de la unidad. Para nj > ≥ , j k

j k j k 1

w =ww = ⇔ = ya que j k

(

wj ≠ para 1

)

j=1, 2,...,n− , luego 1, ,...,1 w w son j diferentes.

ii ) Encuentre

1

0 n

j

j

w

= , 1

( )

0

1

n

j

j

j w

=

+ , 1

1

1

n

j

j

w

=

Solución.

1

1

0

1 ... 1 0

1

n n

j n

j

w w w w

w

=

= + + + = − =

ya que w1 y wn = 1

(

1 2+ w+3w2+ +... nwn1

) (

1w

)

= + + +1 w ... wn1+nwn 1 2 ... 1

1

n n

w nw

w

∴ + + + =

− Como 1, ,...,w wn1 son las raíces de zn− = , se debe tener que : 1 0

1 ( 1)( )...( 1)

n n

z − = −z zw zw por lo que 1 1 1

( )...( ) ... 1,

1

n

n z n

z w z w z z

z

− − = = + + +

− al evaluar en z= , se tiene que: 1 (1−w)(1−w2)...(1−wn1)= . n

(2)

1 o

z

a

1 a 3.-Demuestre que toda circunferencia que pasa por a y 1

a intersecta ortogonalmente a la circunferencia z =1

Solución.

Una circunferencia por a y 1

a debe tener centro z sobre la mediatriz del segmento que

une a tales puntos, esta es la recta con vector normal a que pasa por 1 1

2 a a

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ luego su ecuación es

2 1.

a z+az= a + El radio de la circunferencia de centro z , será za. Luego será

ortogonal a la circunferencia si y solo si

2 2

2 2 2

2

1 1

1.

z z a

z z a z az a

a z az a

= + − ⇔

= + − − + ⇔

+ = +

4.- Demuestre que P y Q son puntos diametralmente opuestos en la esfera de Riemann si y sólo si sus imágenes p y q bajo la proyección estereográfica cumplen pq= − 1 Solución.

,

P Q son diametralmente opuestos P Q = ⇔2 d p q

(

,

)

=2 donde d es la

métrica cordal

( )( )

( )( )

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 1 1

1 1

1 1 1 0 1 0

p q

p q p q

p q

p pq pq q p q p pqq pq pq pq

⇔ − = ⇔ − = + + ⇔

+ +

− − + = + + + ⇔ + + = ⇔ + =

5.-Considere la función f :^→D, definida por ( ) 1 f z z

= z

+ , donde D=

{

z z; < . 1

}

)

i Muestre que f es un homeomorfismo (biyectiva, continua y con inversa continua).

)

ii Encuentre f , f , f , f .

z z z z

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

)

iii De dos razones por las que f no puede ser entera.

Solución.

) ( ) 1 i f z z

= z

+ es cociente de 2 funciones continuas y tiene por inversa a ( ) 1 g w w

= w

− que también es continua.

(3)

)

ii

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2

1 1

2 ,

1 2 1 2 1

z z

f f f z f

z z z z

z z z z z z z z

∂ + ∂ ∂ − ∂

= = = =

∂ + ∂ ∂ + ∂ +

)

iii No es analítica ya que f 0.

z

∂ ≠

∂ Si fuera entera como también es acotada por Liuoville sería constante, pero ésta no es constante.

Si fuera analítica, f z

∂ también es analítica y ésta es real luego deberá ser f z

∂ constante y no es.

6.-Par que valores de z es convergente la serie

0

1 .

n

n

z z

=

⎛ ⎞

⎜ + ⎟

⎝ ⎠

Solución.

Si , 1 .

1 1 1

n n n

n

a

z z z

a n

z a z z

⎛ ⎞ +

=⎜⎝ + ⎟⎠ = + → ∞ + JJJJJJJG

Por el criterio del cociente la serie converge si 1

1 z

z <

+ y diverge para 1 1

z z >

+ y como para 1

1 z

z =

+ , se tiene que

1 z n

z

⎛ ⎞

⎜ + ⎟ →

⎝ ⎠ 0 la serie no converge para 1 1

z z

+ . Luego sólo converge para

( )

1

1 Re .

1 2

z z

z < ⇔ > − +

Otra forma Si ,

1 1

n

z z n

w w

z z

⎛ ⎞

= +

⎜⎝ + ⎟⎠ =

y ésta última converge solamente para 1,

w < luego 1 1

z z <

+ .

7.- Par que valores de z es convergente la serie

0

1 .

n

n n

z z

=

Solución.

1 1

1 ,

1

n n

n n

a z z

n z

a z

+ +

+

= − → ∞

JJJJJJJG

si z <1. Luego la serie converge para z <1. Para z ≥1,

1

n

n

z

z

− 0, luego la serie ahí no puede converger.

(4)

f

w2

8.-Sean Ω ⊆ ^ una región, :f Ω → ^ una función analítica que satisface:

( )

2 1 1

f z − < para toda z∈Ω . Demuestre que Re f z

( )

>0 en todo Ω o bien

( )

Re f z <0 en todo Ω . Solución.

Si w= f z

( )

cumple que w2− < entonces w u iv1 1 = + debe cumplir con

(

u2− +v2 1

)

2+4u v2 2< por lo que 1, u2v2 < . Luego 0

( ) {

; 2 2 0

}

f Ω ⊂ w= +u iv uv < = . K

Pero f

( )

es conexo por ser imagen Bajo una función continua del conexo Ω , luego

( )

f Ω cae en uno de los K+^=

{

wK u; >0

}

o K =

{

wK u; <0

}

Que son los componentes de K.

1

en realidad f

( )

cae en una de las 2 hojas de la lemniscata w+1 w− <1 1

9.-Encuentre la transformación bilineal más general que transforme la circunferencia z =R en si misma.

Solución.

Supondremos que R= , que 1 T:^ →^ es la transformación y que T a

( )

=0, desde

luego a ≠1. Como las transformaciones llevan puntos inversos, se tiene que T 1

⎛ ⎞ = ∞a

⎜ ⎟⎝ ⎠ . Luego T deberá tener la forma:

( )

.

1 1

z a z a

T z a

z az a

µ µ

= − = ⎜⎝ − ⎟⎠

Ahora como

debe cumplir con z = ⇒1 T z

( )

= se tiene que 1,

( )

1

1

a a

z a z a z a

T z a a

z z

az az z z a z

µ µ

µ µ

= = = = =

− − − por lo tanto µa = y 1

entonces .

1

i z a

Tz e az

θ

= − Nota: dependerá de que a <1 o a >1 para garantizar

( )

1 1

z < ⇒T z < o z < ⇒1 T z

( )

> respectivamente. 1,

(5)

10.-Encuentre todas las transformaciones T:^ →^ que representen rotaciones de la esfera de Riemann.

Solución.

Una rotación de la esfera tiene 2 puntos antípodas (antípodas) fijos y manda puntos antípodas en puntos antípodas. Si Zz, 1

Z z

− → − .

Si T es la transformación de que representa la rotación 1 1 T ( )

z T z

⎛− ⎞= −

⎜ ⎟

⎝ ⎠ si

az b Tz cz d

= +

+ , la ecuación anterior se reescribe como:

1 1 ,

a b

bz a z cz d

d z c a z b

c d

z

⎛− ⎞+

⎜ ⎟

− = ⎝ ⎠ = − +

⎛ ⎞

− ⎜− ⎟− +

⎝ ⎠

luego b a c d .

d c a b

µ

⎛ − ⎞

= ⎜ ⎟

⎜ − ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Si pedimos que adbc= entonces 1, µ2 = y se tiene 1 que: b=c y a= −d o bien b= −c y a=d.. El primer caso lleva a que

2 2

0,

adbc= −ac < imposible, luego debe suceder lo segundo y entonces

2 2

1,

a + b = por lo tanto Tz az b bz a

= +

− + con a2+ b2 = solo falta verificar que una 1, transformación de esta forma representa una rotación.

11.-Resuelva z8 = 1.

Solución.

Dado que 1=cos

(

k2π

)

+isen k

(

2π

)

donde k es cualquier entero, tenemos que

2 2

cos 0,1, 2, 3,..., 7

8 8

k k

z π isen π k

= ⎜⎝ ⎟⎠+ ⎜⎝ ⎟⎠ =

1 1 1 1

1, , , , 1, , ,

2 2 2 2 2 2 2 2

i i i i

i i

= + − + − − − − −

12.-Si z =1, pruebe que az b 1 bz a

+ =

+ para cualesquiera números complejos a y b.

Solución.

Puesto que z =1,, tenemos que z=z1. Por lo tanto az b az b 1 bz a b za z

+ = + ⎛ ⎞⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠. Por las propiedades de valor absoluto y puesto que z =1, 1

az b az b 1 bz a b za z

+ = + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=

+ + ⎝ ⎠ ya

que az+ =b az+ = +b b za .

(6)

13.- Pruebe la identidad trigonométrica de Lagrange 1

1 2

1 cos cos 2 ... cos

2 2

2 sen n n

sen θ

θ θ θ θ

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

+ + + + = +

Solución.

Utilice la fórmula de De Moivre y la identidad

1

2 1

1 ...

1

n

n w

w w w

w

+

+ + + + =

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

0 0

1

cos Re cos

1 cos 1 cos 1 1

Re Re

1 cos 1 cos

1 cos cos 1 cos 1 cos 1

2 2 cos

cos cos 1

1

2 2 1 cos 2 1

1 2 2

2 2

n n

k

k k

n

k isen

isen n isen n

isen isen

n n sen n sen

n n

sen sen n

s

θ θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ θ θ θ

θ

θ θ

θ

θ θ

= =

+

⎡ ⎤

= ⎢⎣ + ⎥⎦

− + − + − +

= =

− − − −

− − + + + − +

= −

− +

= + −

⎛ ⎞ ⎛ + ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= +

∑ ∑

2 1

1 2

2 2

2 en

sen n

sen

θ

θ θ

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= + ⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

Figure

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