Funciones de Una Variable Compleja - Matemática · PDF fileJohn B. Conway Funciones de...
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John B. Conway
Funciones deUna Variable Compleja
Segunda Edicion
con 30 Ilustraciones
Springer-Verlag
New York Berlin Heidelberg Tokyo
Capıtulo 1
El Sistema de Numeros Complejos
§2. El cuerpo de numeros complejos
1. Hallar la parte real e imaginaria de cada uno de los siguientes:
1
z;
z − a
z + 1(a ∈ R); z3;
3 + 5i
7i+ 1;
(
−1 + i√3
2
)3
;
(
−1− i√3
2
)6
; in;
(1 + i√
2
)n
para 2 ≤ n ≤ 8.
Solucion.
• Tenemos que1
z=
1
x+ iy=
x− iy
x2 + y2entonces Re
1
z
=x
x2 + y2,
Im
1
z
= − y
x2 + y2.
• Notemos que
z − a
z + a=
(x− a) + iy
(x+ a) + iy· (x+ a)− iy
(x+ a) + iy
=(x− a)(x+ a)− i(x− a)y + i(x+ a)y + y2
(x+ a)2 + y2
=x2 − a2 + y2 − i(xy + ay − xy + ay)
(x+ a)2 + y2
=x2 + y2 − a2 − 2iay
(x+ a)2 + y2.
Por lo que, Re
z−az+a
= x2+y2−a2
(x+a)2+y2y Im
z−az+a
= 2ay(x+a)2+y2
.
• Observe que
z3 = (x+ iy)3 = x3 + 3x2iy + 3x(iy)2 + (iy)3
= x3 + i3x2y − 3xy2 − iy3
= x(x2 − 3y2) + iy(3x2 − y2)
entonces Rez3 = x(x3 − 3y2) y Imz3 = y(3x2 − y2).
• Tenemos que
3 + 5i
7i+ 1=
3 + 5i
7i+ 1· 7i− 1
7i− 1=
21i − 3− 35− 5i
−49− 1=
−38 + 16i
−50=
19
25− 8
25i ,
3
4 El Sistema de Numeros Complejos
entonces Re
3+5i7i+1
= 1925 y Im
3+5i7i+1
= − 825 .
• Observe que(
−1 + i√3
2
)3
=−1 + 3i
√3− 3(i
√3)2 + (i
√3)3
8
=−1 + 3
√3i+ 3(3) −
√3i
8=
8 + 2√3i
8,
por lo que Re
(−1+i
√3
2
)3
= 1 y Im
(−1+i
√3
2
)3
=√34 .
• Tenemos que(
−1− i√3
2
)6
=1
64[(−1)6 + 6(−1)5(−i
√3) + 15(−1)4(−i
√3)2 +
20(−1)3(−i√3)3 + 15(−1)2(−i
√3)4 + 6(−1)(−i
√3)5 + (−i
√3)6]
=1 + i6
√3− 15(3) − 20i(
√3)3 + 15(
√3)4 + i6(
√3)5 − (
√3)6
64
=1− 45 + 15(9) − 81 + i(6
√3− 20
√27 + 6(
√3)5
64
=10 + i(6
√3− 60
√3 + 54
√3)
64=
5
32+ i
√3(0) =
5
32
entonces Re
(−1−i
√3
2
)6
= 532 y Im
(−1−i
√3
2
)6
= 0 .
• Observe que
in =
1 si n = 4k o n = 0
−1 si n = 4k − 2
i si n = 4k + 1
−i si n = 4k − 1
con k ∈ N
entonces
Rein =
1 si n = 4k o n = 0
−1 si n = 4k − 2
0 en otro caso
Imin =
1 si n = 4k + 1
−1 si n = 4k − 1
0 en otro caso
• Es sencillo ver calcular que
ω8 =
(1 + i√
2
)8
=1
16⇒ Reω8 =
1
16, Imω8 = 0 ;
ω7 =
(1 + i√
2
)7
= 0 ⇒ Reω7 = 0 = Imω7 ;
El cuerpo de numeros complejos 5
ω6 =
(1 + i√
2
)6
=i
8⇒ Reω6 = 0, Imω6 =
1
8;
ω5 =
(1 + i√
2
)5
=1 + i√32
⇒ Reω5 =1√32
= Imω5 ;
ω4 =
(1 + i√
2
)4
=1
4⇒ Reω4 =
1
4, Imω4 = 0 ;
ω3 =
(1 + i√
2
)3
= 0 ⇒ Reω3 = 0 = Imω3 ;
ω2 =
(1 + i√
2
)2
=i
2⇒ Reω2 = 0, Imω2 =
1
2.
2. Hallar el valor absoluto y conjugado de cada uno de los siguientes:
−2 + 1; −3; (2 + i)(4 + 3i);3− i√2 + 3i
;i
i+ 3;
(1 + i)6; i17.
Solucion.
• Tenemos que | − 2 + i| =√
(−2)2 + 12 =√5 y −2 + i = −2− i.
• Es sencillo ver que | − 3| = 3 y −3 = −3.
• Notemos que
3− i√2 + 3i
=(3− i)(
√2− 3i)
2 + 9=
1
11(3− i)(
√2− 3i)
entonces
3− i√2 + 3i
=1
11(3− i)(
√2− 3i)
=1
11(3− i) · (
√2− 3i) =
1
11(3 + i)(
√2 + 3i)
y ademas∣∣∣
3−i√2+3i
∣∣∣ =
|3−i||√2+3i| =
√9+1√2+9
=√
1011 .
• Usando las propiedades se tiene que∣∣∣
ii+3
∣∣∣ = 1√
1+10= 1√
10y(
ii+3
)
=
ii+3
= −i3−i =
ii−3 .
• Usando propiedades tenemos que
|(1 + i)6| = |1 + i|6 =√26= 23 = 8 .
y (1 + i)6 = (1 + i)6= (1− i)6.
• Note que |i17| = |i|17 = 1 y que i17 = (i)17 = (−i)17 = −i17 = −i.
3. Demotrar que z es un numero real si y solo si z = z.
Solucion. Observe que si z = x + iy ∈ R si y solo si y = 0 lo que
es equivalente a
2iy = 0⇔ iy = −iy ⇔ x+ iy = x− iy ⇔ z = z .
6 El Sistema de Numeros Complejos
4. Si z y w son numeros complejos, pruebe las siguientes ecuaciones:
|z +w|2 = |z|2 + 2 Re zw + |w|2
|z −w|2 = |z|2 − 2 Re zw + |w|2
|z +w|2 + |z −w|2 = 2(|z|2 + |w|2)
Solucion. Sean z = x+ iy y w = a+ ib y notemos que
2 Re zw = 2 Re(x+ iy)(a− bi)= 2 Rexa+ by + i(ay − bx) = 2(xa+ yb) .
Luego,
|z ± w|2 = |(x± a) + i(y ± b)|2
= (x± a)2 + i(y ± b)2
= x2 ± 2xa+ a2 + y2 ± 2yb+ b2
= (x2 + y2)± 2(xa+ yb) + (a2 + b2)
= |z|2 ± 2 Re zw + |w|2 .
Ademas,
|z + w|2 + |z − w|2 = |z|2 + 2 Re zw + |w|2 + |z|2 − 2 Re zw + |w|2
= 2(|z|2 + |w|2) .
5. Use induccion para probar que para z = z1 + · · · + zn; w = w1w2 · · ·wn:
|w| = |w1| · · · |wn|; z = z1 + · · ·+ zn; w = w1 · · ·wn.
Solucion. Si zj = xj + iyj, j = 1, . . . , n entonces z =n∑
j=1
(xj + iyj)
luego
z =n∑
j=1
(xj + iyj) =n∑
j=1
(xj + iyj) =n∑
j=1
(xj − iyj) = z1 + z2 + · · · + zn .
Ahora si n = 2 sea w = w1 · w2 = (x + iy)(a + ib) entonces w = (xa −yb) + i(ya+ xb) y obtenemos
|w|2 = (xa− yb)2 + (ya+ xb)2
= (xa)2 − 2xayb+ (yb)2 + (ya)2 + 2yaxb+ (xb)2
= a2(x2 + y2) + b2(x2 + y2)
= (a2 + b2)(x2 + y2) = |x+ iy|2|a+ ib|2 = |w1|2|w2|2 .
El plano complejo 7
Por induccion supongamos que se cumple para n = k entonces si wk =
a+ iy y wk+1 = a+ ib entonces
w = w1 · · ·wk+1 = w1 · · ·wkwk+1 = w1 · · ·wk−1 · ((xa− yb) + i(ya+ xb))
Por lo tanto,
|w| = |w1| · · · |wk−1||(xa− yb) + i(ya+ xb)|= |w1| · · · |wk−1||wk||wk+1|
como queriamos probar.
De manera similar para n = 2 se tiene que
w = (xa− yb) + i(ya+ xb)
= (xa− yb)− i(ya+ xb)
= (x− iy)(a − ib) = (x+ iy)(a+ ib) .
Si se cumple para n = k obtenemos
w = w1 · · ·wk+1
= w1 · · ·wkwk+1
= w1 · · ·wk−1wkwk+1 = w1 · · ·wk+1 .
6. Sea R(z) una funcion racional de z. Demuestre que R(z) = R(z) si todos
los coeficientes en R(z) son reales.
Solucion. Sea P (z) = a0 + a1z + · · · + anzn con ai ∈ R para todo
i = 1, 2, . . . , n, entonces
P (z) = ao + a1z + · · ·+ anzn
= ao + a1z + · · ·+ anzn
= ao + a1z + · · ·+ anzn = P (z) .
Entonces, si P (z) y Q(z) son polinomios con coeficientes reales tenemos
que
R(z) =P (z)
Q(z)=
P (z)
Q(z)= R(z) .
§3. El plano complejo
1. Pruebe ||z|− |w|| ≤ |z−w| y de una condicion necesaria y suficiente para
la igualdad.
8 El Sistema de Numeros Complejos
Solucion. Notemos que
|z| − |w| = |z −w + w| − |w| ≤ |z − w|+ |w| − |w| = |z − w| ,
de manera similar tenemos que
|z| − |w| = |z| − |w − z + z| ≥ |z| − |z − w| − |z| = −|z − w| .
Por lo que
−|z − w| ≤ |z| − |w| ≤ |z − w| ⇒ ||z| − |w|| ≤ |z −w|, ∀ z, w ∈ C .
La condicion necesaria y suficiente es que z = rw con r ∈ R. En efecto,
si z = rw entonces
||z| − |w|| = |r|w| − |w|| = ||w|(r − 1)| = ||w|||r − 1|= |w||r − 1| = |w(r − 1)| = |rw − w| = |z − w| .
Recıprocamente, si ||z| − |w|| = |z − w| entonces el triangulo de vertices
z, w y (0, 0) es tal que la distancia del lado −→zw es igual a la diferencia de
los lados−→z0 y
−→w0
w
z|z −w|
|z|
|w|
Luego, z, w y (0, 0) son colineales entonces z, w son linealmente depen-
dientes, por lo tanto z = rw con r ∈ R.
2. Demuestre que ocurre la igualdad
|z1 + z2 + · · ·+ zn| = |z1|+ |z2|+ · · ·+ |zn|
si y solo sizkzl
≥ 0 para cualquier k, l, 1 ≤ k, l ≤ n con zl 6= 0.
Solucion. Para n = 2, siz
w≥ 0 obtenemos que
x+ iy
a+ ib≥ 0 ⇔ (x+ iy)(a− ib)
a2 + b2≥ 0
⇔ (xa+ yb) + i(ya− xb) ≥ 0
⇔ (ya− xb) = 0 y (xa+ yb) ≥ 0
⇔ Rezw = |zw|
El plano complejo 9
Luego
|z + w|2 = |z|2 + 2Rezw+ |w|2 = |z|2 + 2|z||w|+ |w|2 = (|z|+ |w|)2 .
Por tanto, |z +w| = |z|+ |w| y por induccion sobre n se obtiene el resul-
tado pedido.
3. Sea a ∈ R y c > 0 fijo. Describa el conjunto de puntos z que satisfacen
|z − a| − |z + a| = 2c
para todos los posibles a y c. Ahora sea a ∈ C usando la rotacion del
plano, describa los puntos que satisfacen la ecuacion de arriba.
Solucion.
Caso 1. Si c > |a|Tenemos que
2c = |z − a| − |z + a| ≤ |(z − a)− (z + a)| = 2|a| .
Si c > |a| entonces 2c ≤ 2|a| ≤ 2c lo que es absurdo entonces
S = z : |z − a| − |z + a| = 2c = ∅ .
Caso 2. Si c = 0
Consideremos a = r + is, entonces
S = z = x+ iy : |z − a| − |z + a| = 2c= z :
√
(x− r)2 + (y − s)2 =√
(x+ r)2 + (y + s)2= z : xr + ys = 0 = z : z⊥a .
Caso 3. Si 0 < c < a
Notemos que la ecuacion |z − a| − |z + a| = 2c es equivalente a
⇔√
(x− a)2 + y2 −√
(x+ a)2 + y2 = 2c
⇔ (x− a)2 + y2 + (x+ a)2 + y2 − 2√
(x− a)2 + y2√
(x+ a)2 + y2 = 4c2
⇔ (2x2 + 2a2 + 2y2 − 4c2)2 =
4((x− a)2(x+ a)2 + (x− a)2y2 + (x+ a)2y2 + y4)
⇔ 4(x2 + a2 + y2 − 2c2)2 =
4((x2 − 2xa+ a2)(x2 + 2xa+ a2) + 2x2y2 + 2a2y2 + y4)
10 El Sistema de Numeros Complejos
⇔ (x2 + a2)2 + 2(x2 + a2)(y2 − 2c2) + (y2 − 2c2)2 =
x4 − 2x2a2 + a4 + 2x2y2 + 2a2y2 + y4
⇔ x4 + 2x2a2 + a4 + 2(x2a2)(y2 − 2c2) + y4 − 4y2c2 + 4c4 =
x4 − 2x2a2 + a4 + 2x2y2 + 2a2y2 + y4
⇔ 4x2a2 + 2(x2y2 − 2x2c2 + y2a2 − 2a2c2)− 4y2c2 + 4c4 = 2x2y2 + 2a2y2
⇔ 4x2a2 − 4x2c2 − 4a2c2 − 4y2c2 + 4c4 = 0
⇔ x2(a2 − c2)− y2c2 = c2(a2 − c2)⇔ x2
c2+
y2
c2 − a2= 1 .
En este caso la ecuacion representa una parabola centrada en el origen.
Caso 4. Si c = a
La ecuacion |z − a| − |z + a| = 2c equivale a
⇔√
(x− a)2 + y2 −√
(x+ a2 + y2 = 2a
⇔ (2x2 + 2a2 + 2y2 − 4a2)2 = (x4 + 2x2a2 + a4 + 2x2y2 + 2a2y2 + y4)
⇔ (x2 + y2 − a2)2 = 2x4 − 4x2a2 + 2a4 + 4x2y2 + 4a2y2 + 27y4
⇔ x4 + 2x2y2 + y4 − 2a2(x2 + y2) + a4 =
2x4 − 4x2a2 + 2a4 + 4x2y2 + 4a2y2 + 2y4
⇔ −x4 − 2x2y2 − y4 + 2a2x2 + 2a2y2 − a4 = 0
⇔ (x2 + y2)2 − 2a2(x2 + y2) + a4 = 0
⇔ (x2 + y2 − a2)2 = 0
⇔ x2 + y2 = a2 ⇔ |z| = a .
Luego, z ∈ C : |z − a| − |z + a| = 2c = z ∈ C : |z| = a un cırculo
centrado en 0 y de radio a.
§4. Representacion polar y raıces de numeros complejos
1. Hallar las raices sexta de la unidad.
Solucion. Las raıces sexta de la unidad son los numeros complejos que
satisfacen z6 = 1 y se sabe que son dadas por
e2πki/6 , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 .
y son dadas por
e0 = 1 eπi = −1
eπi/3 = 12 + i
√32 e4πi/3 = −1
2 − i√32
e2πi/3 = −12 + i
√32 e5πi/3 = 1
2 − i√32 .
Representacion polar y raıces de numeros complejos 11
2. Calcule lo siguiente
(a) La raiz cuadrada de i
(b) La raizcubica de i
(c) La raiz cuadrada de√3 + 3i
Solucion.
(a)
i = cosπ
2+ i sin
π
2= cos
2π
4+ i sin
2π
4=(
cosπ
4+ i sin
π
4
)2
entonces√i = cos
π
4+ i sin
π
4=
√2
2+ i
√2
2.
(b)
i = cosπ
2+ i sin
π
2=(
cosπ
6+ i sin
π
6
)3
entonces
i1/3 =
√3
2+ i
1
2.
(c) Tenemos que |√3 + 3i| =
√3 + 9 =
√12, ademas
cos θ =〈(1, 0), (
√3, 3)〉
|(1, 0)||(√3, 3)|
=
√3√12
=1
2⇒ θ =
π
3
entonces
√3 + 3i =
√12(
cosπ
3+ i sin
π
3
)
(√3 + 3i)1/2 = (12)1/4
(
cosπ
6+ i sin
π
6
)
= (12)1/4
(√3
2+ i
1
2
)
.
3. Una raız n-esima primitiva de la unidad es un numero complejo a tal que
1, a, a2, . . . , an−1 son distintas n raıces de la unidad. Demuestre que si a
y b son primitivas n-esima y m-esima raiz de la unidad, respectivamente,
entonces ab es una k-esima raiz de la unidad para algun entero k. ¿Cual
es el valor de k mas pequeno?
Solucion. Sea k = n ·m entonces
(ab)k = (ab)nm = (an)m(bm)n = (1)m(1)n = 1 .
El valor mas pequeno de k ocurre cuando k es el mınimo comun multiplo
de m y n.
12 El Sistema de Numeros Complejos
4. Use la ecuacion binomial
(a+ b)n =n∑
k=0
(n
k
)
an−kbk
donde(n
k
)
=n!
k!(n − k)!
y compare la parte real e imaginaria de cada de la formula de Moivre
obteniendo las formulas
cosnθ = cosn θ −(n
2
)
cosn−2 θ sin2 θ +
(n
4
)
cosn−4 θ sin4 θ + · · ·
sinnθ =
(n
1
)
cosn−1 θ sin θ −(n
3
)
cosn−3 θ sin3 θ + · · ·
Solucion. Notemos que
cos(nθ) + i sin(nθ) = (cos θ + i sin θ)n =
n∑
k=0
(n
k
)
cosn−k θ sink θ(ik) .
Como para k par Imik = 0 y para k impar Reik = 0 entonces sepa-
rando en parte imaginaria y real se obtienen las ecuaciones buscadas.
5. Sea z = cos2π
n+i sin
2π
npara n ≥ 2. Demuestre que 1+z+· · ·+zn−1 = 0.
Solucion. Consideremos p(x) = xn − 1 un polinomio en C, observemos
que
p(z) = zn − 1 =
(
cos2π
n+ i sin
2π
n
)n
− 1 = cos 2π + i sin 2π − 1 = 0 ,
entonces z es raız de p(x), por otro lado
p(x) = (x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · · + x+ 1) .
Como z no es raız del factor x − 1 entonces z debe ser raız del segundo
factor de arriba, es decir,
zn−1 + zn−2 + · · ·+ z + 1 = 0, ∀ n ≥ 2 .
6. Demuestre que ϕ(t) = cis t es un homomorfismos de grupos del grupo
aditivo R sobre el grupo multiplicativo T = z : |z| = 1.
Lıneas y semi-planos en el plano complejo 13
Solucion. Es claro que ϕ : R → T y ademas
ϕ(x+ y) = cis(x+ y)
= cos(x+ y) + i sin(x+ y)
= cos x cos y − sinx sin y + i sin x cos y + i cos x sin y
= cos x(cos y + i sin y) + i sin x(cos y + i sin y)
= (cos x+ i sin y)(cos y + i sin y)
= cis x+ cis y = ϕ(x)ϕ(y) .
Por lo tanto, ϕ : (R,+) → (T, ·) es un homomorfismo.
7. Si z ∈ C y Re(zn) ≥ 0 para todo entero positivo n, demuestre que z es
un numero real no negativo.
Solucion. Sea z = r(cos θ+i sin θ) entonces zn = rn(cos(nθ)+i sin(nθ)),
luego
Si Re(zn) = rn cos(nθ) ≥ 0 ⇒ cos(nθ) ≥ 0 ∀ n ∈ N
⇒ θ = 0
⇒ z = r ∈ R+0 .
§5. Lıneas y semi-planos en el plano complejo
1. Sea C el cırculo z : |z − c| = r, r > 0. Sea a = c+ rcis α y ponemos
Lβ =
z : Im
(z − a
b
)
= 0
donde b = cis β. Hallar condicion necesaria y suficiente en terminos de β
tal que Lβ sea tangente a C en a.
Solucion. Tenemos que
C = z : |z − c| = r = z : (x− c1)2 + (y − c2)
2 = r2 .
Sea f : R → C dada por f(x) =√
r2 − (x− c1)2 + c2 entonces
f ′(x) = − x− c1√
r2 − (x− c1)2.
Consideremos a = (a1, a2) = (c1 + r cosα, c2 + r sinα) entonces
f ′(a1) = − r cosα√r2 − r2 cos2 α
= −cosα
sinα= − 1
tanα,
14 El Sistema de Numeros Complejos
entonces Lβ = z = a + tf ′(a1) : t ∈ R lo que implica que b = f ′(a1)
por lo tanto cisβ = − 1tanα .
§6. El plano extendido y la representacion esferica
1. d(z, z′) =2|z − z′|
[(1 + |z|2)(1 + |z′|2)]1/2 , z, z′ ∈ C. Probar que
d(z,∞) =2
(1 + |z|2)1/2
Solucion. Notemos que
|z − z′|21 + |z′|2 =
|z|2 − 2 Re zz′ + |z′|21 + |z′|2
entonces
lım|z′|→∞
|z − z′|21 + |z′|2 = lım
|z′|2→∞
|z|2|z′|2 +
2Rezz′
|z′|2 + 1
1
|z′|2 + 1= 1
Luego
d(z,∞) = lım|z′|→∞
d(z, z′)
=2
√
1 + |z|2lım
|z′|→∞
|z − z′|√
1 + |z′|2
=2
√
1 + |z|2
2. Para cada uno de los siguientes puntos en C, dar el correspondiente punto
en S: 0, 1 + i, 3 + 2i.
Solucion. Consideremos ϕ : C → S dada por
ϕ(z) =
(z + z
|z|2 + 1,−i(z − z)
|z|2 + 1,|z|2 − 1
|z|2 + 1
)
.
Evaluando obtenemos que las imagenes de los puntos son:
ϕ(0) = (0, 0,−1), el polo sur
ϕ(1 + i) =
(2
2 + 1,
2
2 + 1,2− 1
2 + 1
)
=
(2
3,2
3,1
3
)
,
ϕ(3 + 2i) =
(6
13 + 1,
4
13 + 1,13− 1
13 + 1
)
=
(3
7,2
7,6
7
)
.
El plano extendido y la representacion esferica 15
3. ¿Que subconjunto de S corresponde el eje real e imaginario de C?
Solucion. Consideremos A,B ⊂ S2 dados por
A = (x, y, z) ∈ S2 : y2 + z2 = 1, x = 0 ,B = (x, y, z) ∈ S2 : x2 + z2 = 1, y = 0 .
Entonces, ϕ(R) = B y ϕ(iR) = A. En efecto, si z = x ∈ R entonces
ϕ(z) =(
2xx2+1
, 0, x2−1
x2+1
)
y como
(2x
x2 + 1
)2
+
(x2 − 1
x2 + 1
)2
=4x2
(x2 + 1)2+
x4 − 2x2 + 1
(x2 + 1)2
=x4 + 2x2 + 1
(x2 + 1)2
=(x2 + 1)2
(x2 + 1)2= 1
entonces z ∈ B. Analogamente, si z = iy entonces
ϕ(z) =
(
0,2y
y2 + 1,y2 − 1
y2 + 1
)
⇒ z ∈ A
4. Sea Λ un circulo de radio 1 en S2. Entonces existe un unico plano P en
R3 tal que P ∩ S2 = Λ. Recuerde de geometrıa analıtica que
P = (x, y, z) : xβ1 + yβ2 + zβ3 = l
donde (β1, β2, β3) es un vector ortogonal a P y l es algun numero real.
Sabiendo que se asume que β21 + β2
2 + β23 = 1. Use esta informacion de-
muestre que si Λ contiene el punto N entonces esta proyeccion sobre C
es una lınea recta. De lo contarrio, Λ se proyecta sobre el cırculo en C.
Solucion. Veamos el plano tangente de la esfera S2 en el punto (a, b, c).
Sabemos que el vector (a, b, c) es normal al plano tangente. Luego la
ecuacion del plano tangente es:
a(x− a) + b(y − b) + c(z − c) = 0
entonces ax+ by + cz = 1 pues a2 + b2 + c2 = 1. Tenemos que el plano
P : ax+ by + cz + d = 0 (1)
intersecta la esfera unidad, y asumimos que la distancia desde el origen
al plano es estrictamente menor que 1. Esto es:
d√a2 + b2 + c2
< 1 ⇒ d2 < a2 + b2 + c2 = 1 ⇒ d < 1 .
16 El Sistema de Numeros Complejos
Entonces Λ = (x, y, z) ∈ S2 : (x, y, z) ∈ P. Sabemos que ϕ : C → S2 es
dada por
ϕ(x, y) =
(2x
x2 + y2 + 1,
2y
x2 + y2 + 1,x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
)
.
Si este punto esta tambien sobre P, entonces
a
(2x
x2 + y2 + 1
)
+ b
(2y
x2 + y2 + 1
)
+ c
(x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
)
+ d = 0
lo que implica
2ax+ 2by + c(x2 + y2 − 1) + d(x2 + y2 + 1) = 0 ,
es decir,
(c+ d)(x2 + y2) + 2ax+ 2by = c− d . (2)
Ahora bien, si N = (0, 0, 1) ∈ P entonces por (1) c+ d = 0 y por (2)
2ax+ 2by = 2c ⇒ ax+ by = c
y esta es una ecuacion de una lınea recta en el plano complejo. Ahora, si
N = (0, 0, 1) /∈ P, entonces por (1) c+ d 6= 0 y diviendo por c+ d en (2)
obtenemos
x2 + y2 +2a
c+ dx+
2b
c+ dy =
c− d
c+ d
⇒(
x+a
c+ d
)2
+
(
y +b
c+ d
)2
=a2 + b2 + c2 − d2
(c+ d)2=
1− d2
(c+ d)2.
Esto representa un cırculo si y solo si 1− d2 > 0 ⇒ d < 1, pero esto es lo
que exactamente supusimos.
5. Sea Z y Z ′ ∈ S2 correspondientes a z y z′, respectivamente. Sea W ∈ S2
correspondiente a z+ z′. Hallar las coordenadas de W en terminos de las
coordenadas de Z y Z ′.
Solucion. Tenemos que
z = x+ iy 7→ 1
x2 + y2 + 1(2x, 2y, x2 + y2 − 1)
z′ = a+ ib 7→ 1
a2 + b2 + 1(2a, 2b, a2 + b2 − 1)
Z =1
x2 + y2 + 1(2x, 2y, x2 + y2 − 1) = P (x, y)(x1, y1, z1)
Z ′ =1
a2 + b2 + 1(2a, 2b, a2 + b2 − 1) = P (a, b)(x2, y2, z2)
El plano extendido y la representacion esferica 17
Luego,
W = P ((x+ a), (y + b))(2(x + a), 2(y + b), (x+ a)2 + (y + b)2 − 1)
= P ((x+ a), (y + b))(x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 + 2(xa+ yb) + 1)
= P ((x+ a), (y + b))
(
x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 +1
2(x1x2 + y1y2) + 1
)
=1
(z1 + z2 +12(x1x2 + y1y2) + 3)
(
x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 +1
2(x1x2 + y1y2) + 1
)
Capıtulo 2
Espacios Metricos y La Topologıa de C
§1. Definicion y ejemplos de espacios metricos
1. Demuestre que cada uno de los ejemplos de espacios metricos dados en
(1.2)-(1.6) es, de hecho, un espacio metrico. El ejemplo (1.6) es el unico
que tiene mayor dificultad. Tambien describa B(x; r) para cada uno de
los ejemplos.
Solucion.
(a) X = R o C, d(z, w) = |z −w|.
Si z = x+ iy, w = a+ bi entonces
(i) d(z, w) =√
(x− a)2 + (y − b)2 ≥ 0.
(ii) Si d(z, w) = 0 si y solo si (x − a)2 + (y − b)2 = 0 y como los
sumando son no negativos lo ultimo es equivalente a x = a y
y = b si y solo si z = w.
(iii) d(z, w) =√
(x− a)2 + (y − b)2 =√
(a− x)2 + (b− y)2 = d(w, z).
(iv) Usando la desigualdad triangular usual, obtenemos
d(u, z) = |u− z| = |u− w + w − z|≤ |u− w|+ |w − z| = d(u,w) + d(w, z) .
Observe que
B(w; r) = z ∈ C : (x− a)2 + (y − b)2 < r2 ,
graficamente
+
+ b
a
b
r
19
20 Espacios Metricos y la Topologıa de C
(b) Sea (X, d) un espacio metrico y sea Y ⊂ X entonces (Y, d) es tambien
un espacio metrico.
Basta restringir d : X ×X → R+ al conjunto Y × Y , es decir, tomar
d : Y × Y → R+ y se satisfacen trivialmente las condiciones.
(c) X = C, d(x+ iy, a+ ib) = |x− a|+ |y − b|
(i) Claramente se tiene que d(z, w) ≥ 0.
(ii) d(z, w) = 0 si y solo si |x − a| + |y − b| = como los sumando
son no negativas la ultima igualdad equivale a |x − a| = 0 y
|y − b| = 0 si y solo si z = w.
(iii) d(z, w) = |x− a|+ |y − b| = |a− x|+ |b− y| = d(w, z).
(iv) Usando la desigualdad triangular usual en C obtenemos
d(u, z) = |s− x|+ |r − y|= |s− a+ a− x|+ |r − b+ b− y|≤ |s− a|+ |a− x|+ |r − b|+ |b− y|= (|s − a|+ |r − b|) + (|a− x|+ |b− y|)= d(u,w) + d(w, z) .
Observe que
B(w; r) = z ∈ C : |x− a|+ |y − b| < r ,
geometricamente
+
+ b
a
br
(d) X cualquier conjunto, d(x, y) =
1 si x = y
0 si x 6= y
(i) Como d(x, y) = 0 o 1 entonces d(x, y) ≥ 0.
(ii) Por definicion d(x, y) = 0 ⇔ x = y.
(iii) Si x 6= y entonces d(x, y) = 1 = d(y, x) y si x = y entonces
d(x, y) = 0 = d(y, x).
Definicion y ejemplos de espacios metricos 21
(iv) Si x 6= y, x 6= z, y 6= z se tiene que
d(x, z) = 1 < 2 = d(x, y) + d(y, z) .
Si x = y, x 6= z, y 6= z se tiene que
d(x, z) = 1 = 0 + 1 = d(x, y) + d(y, z)
Si x = y, x = z, y 6= z se tiene que
d(x, z) = 0 < 0 + 1 = d(x, y) + d(y, z) .
Si x = y = z obtenemos que
d(x, z) = 0 = d(x, y) + d(y, z) .
(e) X = Rn, d(x, y) =
n∑
j=1
(xj − yj)2
1/2
(i) Como (xj − yj)2 ≥ 0 para todo j = 1, . . . , n implica que
n∑
j=1
(xj − yj)2 ≥ 0 lo que equivale a que d(x, y) ≥ 0.
(ii) d(x, y) = 0 si y solo si∑
(xj − yj)2 = 0 como los sumando son
no negativos implica que xj = yj para todo j = 1, . . . , n si y
solo si x = y.
(iii) Es claro que d(x, y) = d(y, x)
(iv) Definimos 〈x, y〉 =∑n
j=1 xjyj entonces |x| =√
〈x, x〉 lo cual
implica que d(x, y) = |x− y|. Sabemos que |x+ y| ≤ |x|+ |y| dedonde se deduce la desigualdad triangular.
Si n = 3 el conjunto B(x; r) es geometricamente
2. Cuales de los siguientes subconjuntos de C son abiertos y cuales son
cerrados:
(a) z : |z| < 1(b) El eje real
(c) z : zn = 1 para algun entero n ≥ 1(d) z ∈ C : z ∈ R y 0 ≤ z < 1(e) z ∈ C : z ∈ R y 0 ≤ z ≤ 1Solucion.
22 Espacios Metricos y la Topologıa de C
(a) Sea w ∈ z : |z| < 1 entonces existe ε = 1−|w|2 . Afirmamos que
B(w, ε) ⊆ z : |z| < 1, lo cual prueba que el conjunto es abierto.
En efecto, si u ∈ B(w; ε) se tiene que
|u| ≤ |u− w|+ |w| < ε+ |w| = 1− |w|2
+ |w| = 1 + |w|2
<1 + 1
2= 1 ,
entonces u ∈ z : |z| < 1, lo cual prueba lo afirmado.
(b) Considere Xc = z : Imz 6= 0. Sea w ∈ Xc, entonces existe ε =12Imw tal que si u ∈ B(w; ε) y obtenemos que
Im u = Im (u+ w − w) = Im(u− w) + Imw
≤ |u− w|+ Imw <1
2Imw + Imw =
3
2Imw 6= 0
esto implica que u ∈ Xc. Por lo que B(w; ε) ⊆ Xc. Por lo tanto, Xc
es abierto en C, lo cual implica que X = eje real es cerrado en C.
(c) Notemos que si zn = 1 entonces z = eiθ/n y considere el conjunto
Xc = z : zn 6= 1 , ∀ n ≥ 1.3. Si (x, d) es cualquier espacio metrico demuestre que todo bola abierta es,
en efecto, un conunto abierto. Ademas, demuestre que toda bola cerrada
es un conjunto cerrado.
Solucion. Sea z ∈ B(x; r) entonces d(x, z) < r tomando ε = r − d(x, z)
luego B(z; ε) ⊆ B(x; r). En efecto, si y ∈ B(z; ε) lo cual implica que
d(y, z) < r − d(x, z) luego
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) < r
lo que implica que y ∈ B(x; r). Por lo tanto, B(x; r) es abierta.
Por otro lado, consideremos M = X − B[x; r] y sea y ∈ M tomando
ε = d(x, z) − r. Luego, B(y; ε) ⊆ M . En efecto, si z ∈ B(y, ε) entonces
d(y, z) < ε, luego
d(y, z) < d(x, z) − r ≤ d(x, y) + d(y, z)− r
lo que implica que d(x, y) > r, es decir, y /∈ B[x; r] entonces y ∈ M .
Luego M es abierto, por lo que B[x; r] es cerrada.
4. Si Gj : j ∈ J es una coleccion de conjuntos abiertos en X, J cualquier
conjuntos de ındices, entonces G = ∪Gj : j ∈ J es abierto.
Solucion. Si Gj es abierto para todo j ∈ J entonces para todo x ∈ Gj
Definicion y ejemplos de espacios metricos 23
existe εj > 0 tal que B(x; εj) ⊂ Gj . Ahora bien, sea x ∈ G entonces
x ∈ Gj para algun j ∈ J entonces
B(x; εj) ⊆ Gj ⊆⋃
j
Gj = G .
Por lo tanto, G es abierto.
5. Sea (X, d) un espacio metrico. Entonces:
(a) Los conjuntos X y φ son cerrados.
(b) Si F1, · · · , Fn son conjuntos cerrados en X entonces tambien lo es⋃n
k=1 Fk.
(c) Fj : j ∈ J es cualquier coleccion de conjuntos cerrados en X, J
cualquier conjunto de ındices, entonces F = ∩Fj : j ∈ J es cerrado.
Solucion.
(a) Como Xc = ∅ es abierto lo que implica que X es cerrado. Similar-
mente, como ∅c = X es abierto, lo que implica que ∅ es cerrado.
(b) Si Fi son cerrados entonces F ci son abiertos por lo que
n⋂
i=1
F ci es abierto
y comon⋂
i=1
F ci =
(n⋃
i=1
Fi
)c
se tiene que⋂
Fi es cerrado.
(c) Si F cj son abiertos entonces
⋃F cj es abierto y como
⋃
F cj =
(⋂
Fj
)c
se sigue que⋂
Fj es cerrado.
6. Pruebe que si G ⊂ X es abierto si y solo si X −G es cerrado.
Solucion. Notemos que
(X −G)c = (X ∩Gc)c = Xc ∪G = ∅ ∪G = G .
Entonces, X −G es cerrado si y solo si (X −G)c es abierto si y solo si G
es abierto.
7. Demuestre que (C∞, d) donde
d(z, z′) =2|z − z′|
√
(1 + |z|2)(1 + |z′|2)es un espacio metrico.
24 Espacios Metricos y la Topologıa de C
Solucion. Considere ‖(x1, x2, x3)‖ = (x21 + x22 + x23)1/2 la norma eu-
clideana en R3. Sean z = (x1, x2, x3), z′ = (x′1, x
′2, x
′3) ∈ S2 donde
x1 =2x
‖z‖2 + | , x2 =2y
‖z‖2 + 1, x3 =
‖z‖2 − 1
‖z‖2 + 1
x′1 =2x′
‖z′‖2 + | , x′2 =2y′
‖z′‖2 + 1, x′3 =
‖z′‖2 − 1
‖z′‖2 + 1
Luego,
Como ‖z‖ es norma satisface la desigualdad triangular:
‖x+ y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖
8. Sea (X, d) un espacio metrico e Y ⊂ X. Supongamos G ⊂ X es abierto.
Demuestre que G ∩ Y es abierto en (Y, d). Inversamente, demuestre que
si G1 ⊂ Y es abierto en (Y, d), existe un conjunto abierto G ⊂ X tal que
G1 = G ∩ Y .
Solucion. Sea a ∈ G ∩ Y entonces a ∈ G y a ∈ Y . Como G es abierto
en X existe ε > 0 tal que B(a; ε) ⊂ G. Consideremos M = B(a; ε) ∩ Y
y tomemos δ =1
2ınf
y∈∂Yd(a, Y ). Entonces, B(a; δ) ⊆ G ∩ Y . En efec-
to, si x ∈ B(a; δ) entonces d(x, a) < δ = 12 ınfy∈∂Y
d(a, Y ) , tomando
z ∈ ∂Y ∩B(a; ε) tenemos que
1
2ınf
y∈∂Yd(a, Y ) ≤ 1
2d(a, z) <
ε
2.
Luego, d(x, a) < ε ⇒ x ∈ B(a; ε) ⊂ G. Como d(x, a) < 12 ınfy∈∂Y
d(a, Y )
implica que x ∈ Y . Se concluye que x ∈ G∩Y , entonces B(a; δ) ⊆ G∩Y .
Por lo tanto, G ∩ Y es abierto en Y .
Por otro lado, si G1 ⊂ Y es abierto entonces IntG1 = G1 si y solo si
G1 = IntG1 ∩ Y si y solo si G1 = G ∩ Y , donde G = IntG1 abierto en X,
pues IntG = Int(IntG1) = IntG1 = G.
9. Sean (X, d) un espacio metrico y Y ⊂ X. Supongase que G ⊆ X es cerra-
do; demuestre que G ∩ Y es cerradop en (Y, d). Inversamente, demuestre
que si G1 ⊂ Y es cerrado en (Y, d), existe un conjunto cerrado G ⊂ X tal
que G1 = G ∩ Y .
Solucion. Si G ⊂ Y es cerrado entonces X−G es abierto lo que implica
que (X −G) ∩ Y es abierto en Y
10. Sean A y B subconjuntos de un espacio metrico (X, d). Entonces:
(a) A es abierto si y solo si A = int A;
Conexidad 25
(b) B es cerrrado si y solo si A = A;
(c) int A = X − (X −A), A = X − int (X −A), ∂A = A− int A;
(d) (A ∪B) = A ∪B;
(e) x0 ∈ int A si y solo si existe un ε > 0 tal que B(x0; ε) ⊂ A;
(f) x0 ∈ A si y solo si para todo ε > 0, B(x0; ε) ∩A 6= ∅.
Solucion.
(a) SiA es abierto entonces para todo a ∈ A existe ε > 0 tal queB(a; ε) ⊆A. Como B(a; ε) es abierto, si a ∈ A entonces B(a; ε) ⊆ int A lo que
implica que a ∈ int A. Luego, A ⊆ int A. Si a ∈ int A implica que
a ∈⋃
G | G abierto, G ⊆ A .
En particular, a ∈ B(a; ε) ⊂ A. Luego, A = int A.
Recıprocamente, si A = int A, si a ∈ A si y solo si a ∈ int A lo
cual implica que G = B(a; ε) tal que a ∈ G con G ⊆ A. Luego A es
abierto.
(b) Si B es cerrado si y solo si X − B es abierto si y solo si para todo
a ∈ X − B, existe r > 0 tal que B(a; r) ⊆ X − B si y solo si para
todo a ∈ X − B, existe una bola B(a; r) que no contiene puntos de
B si y solo si para todo a ∈ X −B, a /∈ int (B) si y solo si para todo
a ∈ B, a ∈ ∂B ∪B si y solo si B = B.
(c) Sea a ∈ int (A) si y solo si existe G abierto tal que a ∈ G ⊆ A lo
que implica que a /∈ X − A ⊂ (X −A), esto es, a ∈ X − (X −A).
Luego, intA ⊆ X−(X −A). Ahora bien, sea a ∈ X−(X −A) ⇒ a /∈(X −A) ⇒ a /∈ (X − A). Tomando ε = 1
2 ınfx∈X−A
d(a, x) obtenemos
que a ∈ B(a; ε) ⊆ A ⇔ a ∈ int (A). Por lo tanto, int (A) = X −(X −A). Sea a ∈ A
§2. Conexidad
1. El proposito de este ejercicio es demostrar que in subconjunto conexo de
R es un intervalo.
(a) Demuestre que un conjunto A ⊂ R es un intervalo si y solo si para
cualesquiera dos puntos a, b ∈ A con a < b, el intervalo [a, b] ⊂ A.
(b) Use parte (a) para demostrar que si un conjunto A ⊂ R es conexo
entonces A es un intervalo.
Solucion.
(a) Supongamos que A ⊆ R no es un intervalo entonces existe c ∈ R con
a < c < b y a, b ∈ A tal que c /∈ A. Luego, [a, c] * A, lo cual es una
contradiccion. Recıprocamente, sea A ⊆ R un intervalo con a = ınf A
26 El Sistema de Numeros Complejos
y b = supA entonces tenemos que si a < c < b si y solo si c ∈ A.
Ahora bien, si x, y ∈ A con x < y si y solo si a < x < y < b. Luego,
para todo z con x < z < y implica que a < z < y ⇔ z ∈ A. Por lo
tanto, [x, y] ⊆ A.
(b) Supongamos que A no es un intervalo. Sean a = ınf A, b = supA
entonces existe c ∈ R con a < c < b tal que c /∈ A. Consideremos
X = x ∈ A : x < cY = x ∈ A : x > c
entonces A = X ∪ Y con X,Y abiertos en A no vacıos, lo cual con-
tradice la convexidad de A.
2. Demuestre que los conjuntos S y T en la demostracion del Teorema 2.3
son abiertos.
Solucion. Considere los conjuntos
S = s ∈ [0, 1] : sb+ (1− s)a ∈ AT = t ∈ [0, 1] : tb+ (1− t)a ∈ B
con a ∈ A, b ∈ B, A∩B 6= ∅ y A,B abiertos de C. Ahora bien, considere
la funcion ϕ : [0, 1] → C definida por
ϕ(t) = tb+ (1− t)a
entonces ϕ es continua y como A es abierto entonces ϕ−1(A) es abierto,
esto es,
ϕ−1(A) = t ∈ [0, 1] : ϕ(t) ∈ A = S
es un conjunto abierto. Lo mismo ocurre con el conjunto T .
3. ¿Cuales de los siguientes conjuntos X de C son conexos? Si X no es
conexo, ¿cuales son sus componentes?
(a) X = z : |z| ≤ 1 ∪ z : |z − 2| < 1.(b) X = [0, 1) ∪
1 + 1
n : n ≥ 1.
(c) X = C− (A ∪B), donde A = [0,∞) y B = z = rcis θ : r = θ, 0 ≤θ ≤ ∞?
Solucion.
(a) Geometricamente el conjunto X es
Conexidad 27
||
01
2
Sean a, b ∈ X entonces considere el camino poligonal α : [0, 1] → X
dado por
α(t) =
2t+ (1− 2t)a 0 ≤ t ≤ 12
2t− 1 + (2− 2t) 12 ≤ t ≤ 1
que une el punto a con el punto b pasando por el punto (1, 0). Por lo
tanto, X es conexo.
(b) Observe que√2 /∈ X y podemos considerar los conjuntos
A = x ∈ X : x >√2
B = x ∈ X : x <√2
entonces X = A ∪ B con A y B abiertos no vacıos en X. Luego, X
no es conexo. Las componentes conexas de X son [0, 1) y para cada
n ∈ N 1 + 1n.
(c) Geometricamente el conjunto X son los puntos en el plano que no
estan de color rojo
x
y
Sean a, b ∈ C tal que a ∈ C+ = z : Im z > 0 y b ∈ C− = z :
Im z0. Entonces, no existe un camino poligonal que una a y b y este
enteramente contenido en X, pues si existiera, en virtud del teorema
del valor intermedio existirıa c ∈ (0, 1) tal que α(c) ∈ X, lo cual es
28 El Sistema de Numeros Complejos
una contradiccion. Por lo tanto, X no es conexo y X posee infinitas
componentes conexas.
4. Pruebe la siguiente generalizacion del Lema 2.6. Si Dj : j ∈ J es una
coleccion de subconjuntos conexos de X y si para cada j y k en J se tiene
que Dj ∩Dk 6= ∅ entonces D =⋃Dj : j ∈ J es conexo.
Solucion. Supongamos que D = A ∪ B para ciertos conjuntos A,B
abietos no vacıos tal que A ∩ B = ∅. Como A 6= ∅ existe k ∈ J tal que
Dk ⊂ A, del mismo modo como B 6= ∅ existe ℓ ∈ J tal que Dℓ ⊂ B y
como A ∩B = ∅ necesariamente k 6= ℓ entonces
Dk ∩Dℓ ⊂ A ∩B = ∅
lo cual contradice el hecho que Dk ∩Dℓ 6= ∅. Por lo tanto, D es conexo.
5. Demuestre que si F ⊂ X es cerrado conexo entonces para todo par de
puntos a, b ∈ F y cada ε > 0 existen puntos z0, z1, . . . , zn ∈ F con z0 = a,
zn = b y d(zk−1, zk) < ε para 1 ≤ k ≤ n. ¿La hipotesis que F es cerrado
es necesaria? Si F es un conjunto que satisface esta propiedad entonces
F no es necesariamente conexo, igual si F es cerrado, De un ejemplo que
ilustre esto.
Solucion. Sean X = R y F = (a, b) con a, b ∈ R entonces F satisfa-
ce la propiedad sin ser cerrado. Ademas, G = (a, b)−c con c un punto
interior de F satisface la propiedad ya que G es denso en F sin ser G
conexo. Ahora probaremos que la propiedad es cierta
§3. Sucesiones y completacion
1. Pruebe la Proposicion 3.4.
Solucion.
(a) Un conjunto es cerrado si y solo si este contiene todos sus puntos
lımites.
Si X es un conjunto cerrado entonces para cada sucesion xn∞n=1 ⊂X con lımxn = x implica que x ∈ X, luego X posee sus puntos
lımites. Recıprocamente, sea xn∞n=1 ⊂ X una sucesion tal que
lımxn = x. Como X posee todos sus puntos lımites se tiene que
x ∈ X, entonces X es cerrado.
(b) Si A ⊂ X entonces A = A ∪ x : x es un punto lımite de A.Observe que como A = A entonces A es cerrado, entonces A posee
Sucesiones y completacion 29
todos sus puntos lımites lo que implica que
x : x es un punto lımite de A ⊂ A
y como A ⊂ A se sigue que A∪x : x es un punto lımite de A ⊂ A.
Ahora bien, sea x ∈ A entonces existe una sucesion xn ⊂ A tal
que lımxn = x y como A es cerrado implica que x ∈ A ESTA WEA
ESTA MALA
2. Finalice los detalles de la demostracion de la Proposicion 3.8.
Solucion.
3.8 Proposicion. Sea (X, d) un espacio metrico completo y sea Y ⊂ X.
Entonces (Y, d) es un espacio metrico completo ssi Y es cerrado en X.
Demostracion. Sea x0 un punto lımite de Y entonces existe yn ⊂ Y
una sucesion tal que lım yn = x0. Como yn es convergente implica que
yn es una sucesion de Cauchy
Capıtulo 3
Propiedades Elementales y Ejemplos de Funciones
Analıticas
§1. Series de potencias
1. Pruebe la Proposicion 1.5.
Solucion. Proposicion. Sean∑
an y∑
bn dos series absolutamente con-
vergentes y ponemos
cn =
n∑
k=0
akbn−k .
Entonces∑
cn es absolutamente convergente con suma(∑
an
)(∑
bn
)
.
Demostracion. Sean An =∑n
k=0 ak, Bn =∑n
k=0 bk, Cn =∑n
k=0 ck,
A =∑
an, B =∑
bn y C =∑
cn. Consideremos βn = Bn −B entonces
cn = a0b0 + (a0b1 + a1b0) + · · ·+ (a0bn + a1bn−1 + · · ·+ anb0)
= a0(b0 + b1 + · · ·+ bn) + a1(b0 + · · ·+ bn−1) + · · ·+ anb0
= a0Bn + a1Bn−1 + · · ·+ anB0
= a0(B + βn) + a1(B + βn−1) + · · ·+ an(B + β0)
= AnB + a0βn + a1βn−1 + · · ·+ anβ0 .
Sea γn = a0βn+a1βn−1+ · · ·+anβ0. Como∑
an converge absolutamente
tomamos α =∑∞
k=0 |an|. Dado ε > 0 como βn → 0 cuando n → ∞ existe
N ∈ N tal que |βn| < εα para todo n ≥ N , luego
|γn| = |anβ0 + · · ·+ βNan−N |+ |βN+1an−N−1 + · · ·+ βna0|
≤ |β0an + · · ·+ βNan−N |+ ε
α
n−N−1∑
k=0
|ak| .
Fijando N y haciendo n → ∞, como ak → 0 cuando k → 0 obtenemos
que lımn→∞
γn = 0 . Entonces,
c = lımn→∞cn
= lımn→∞
(AnB + γn) = AB .
31
32 Propiedades Elementales y Ejemplos de Funciones Analıticas
2. Dar los detalles de la demostracion de la Proposicion 1.6.
Solucion. Proposicion. Sea∑
an(z − a)n y∑
bn(z − a)n series de po-
tencia con radio de convergencia ≥ r > 0. Sea
cn =n∑
k=0
akbn−k ;
entonces ambas series de potencia∑
(an + bn)(z − a)n y∑
cn(z − a)n
tienen radio de convergencia ≥ r, y
∑
(an + bn)(z − a)n =[∑
an(z − a)n +∑
bn(z − a)n]
∑
cn(z − a)n =[∑
an(z − a)n] [∑
bn(z − a)n]
para |z − a| < r.
Demostracion. Si 0 < s < r entonces para |z| ≤ s, se tieme
∑
|an + bn||z|n ≤∑
|an|sn +∑
|bn|sn < ∞∑
|cn||z|n ≤(∑
|an|sn)(∑
|bn|sn)
< ∞
Por el problema anterior para |z − a| < r
∑
cn(z − a)n =(∑
an(z − a)n)(∑
bn(z − a)n)
,
con lo que se prueba lo pedido.
3. Pruebe que lım sup(an+ bn) ≤ lım sup an+lım sup bn y lım inf(an+ bn) ≥lım inf an + lım inf bn para an y bn sucesiones de numeros reales.
Solucion. Consideremos An = ak | k ≥ n, Bn = bk | k ≥ n y
Cn = ak + bk | k ≥ n. Claramente Cn ⊂ An + Bnai + bj | i, j ≥ n.Entonces, sup cn ≤ sup(An +Bn) ≤ supAn + supBn, luego
lım sup(an + bn) = lımn→∞
[supan + bn, an+1 + bn+1, . . .]
= lımn→∞
[sup cn]
≤ lımn→∞
[sup(An +Bn)]
= lımn→∞
[supAn] + lımn→∞
[supBn]
= lım sup an + lım sup bn .
De manera similar, se tiene que ınf Cn ≥ ınf(An +Bn) = ınf An+ ınf Bn,
de donde se sigue la otra desigualdad.
Series de potencia 33
4. Demuestre que lım inf an ≤ lım sup an para cualquier sucesion en R.
Solucion. Sea A = an | n ∈ N ⊂ R entonces sabemos que ınf A ≤supA. Entonces
lım inf an = lımn→∞
[ınfan, an+1, . . .]= lım
n→∞ınf A
≤ lımn→∞
supA
= lımn→∞
[supan, an+1, . . .] = lım sup an .
5. Si an es una sucesion convergente en R y a = lım an, demuestre que
a = lım inf an = lım sup an.
Solucion. Como an es una sucesion convergente ella es acotada, por
lo que necesariamente existe i, j ∈ N tales que
ınfan, an+1, . . . = an+i
supan, an+1, . . . = an+j
por lo que
lım inf an = lımn→∞
ınfan, an+1, . . . = lımn→∞
an+i = a .
De la misma manera se tiene que
lım sup an = lımn→∞
supan, an+1, . . . = lımn→∞
an+j = a ,
como querıamos probar.
6. Hallar el radio de convergencia para cada una de las siguientes series de
potencia:
(a)
∞∑
n=0
anzn, a ∈ C; (b)
∞∑
n=0
an2
zn, a ∈ C; (c)∞∑
n=0
knzn, k un entero 6= 0; (d)
∞∑
n=0
zn!.
Solucion.
(a) Tenemos que
R = lımn→∞
∣∣∣∣
anan+1
∣∣∣∣= lım
n→∞
∣∣∣∣
an
an+1
∣∣∣∣= lım
n→∞|a|n|a|n+1
=1
|a| .
(b) Observe que
R = lımn→∞
∣∣∣∣∣
an2
a(n+1)2
∣∣∣∣∣= lım
n→∞|a|n2
|a|n2+2n+1= lım
n→∞1
|a|2n+1=
∞ si |a| < 1,
1 si |a| = 1,
0 si |a| > 1.
34 Propiedades Elementales y Ejemplos de Funciones Analıticas
(c) Se tiene que
R = lımn→∞
∣∣∣∣
anan+1
∣∣∣∣= lım
n→∞
∣∣∣∣
kn
kn+1
∣∣∣∣= lım
n→∞1
|k| =1
|k| .
(d) Por el criterio de Cauchy o test de la raız, se sabe que si n√
|an| < 1
para todo n ∈ N suficientemente grande entonces∑
an es absolu-
tamente convergente para cualquier sucesion de numeros reales an.
Notemos que en nuestro caso tenemos
n
√
|z|n! = |z|n!
n = |z|(n−1)! < 1⇒ |z| < 1 .
Entonces, el radio de convergencia es R = 1.
7. Demuestre que el radio de convergencia de la serie de potencia∞∑
n=1
(−1)n
nzn(n+1) (3)
es 1, y discuta la convergencia para z = 1,−1 y i.
Solucion. Sabemos que el radio de convergencia de∑∞
n=0 zn es R = 1.
Sean an = (−1)n
n zn(n+1) y bn = zn entonces
lımn→∞
∣∣∣∣
anbn
∣∣∣∣= lım
n→∞
∣∣∣∣∣
(−1)nzn(n+1)
nzn
∣∣∣∣∣= lım
n→∞|z|n+1
n= 0
siempre que |z| < 1. Luego an/bn es una sucesion acotada, entonces existe
M > 0 tal que |an/bn| ≤ M lo que implica que |an| ≤ M |bn|. En virtud
del criterio de comparacion∑
an converge si∑
bn converge, por lo que
el radio de convergia de (3) es R = 1.
Por otro lado, si z = 1 entonces∑∞
n=1(−1)n
n es convergente por el criterio
de Leibniz tambien si z = −1 la serie converge por el mismo argumento.
Ahora si z = i, sabemos que si n es par entonces in = ±1. Como n(n+1)
es un numero par para todo n ∈ N se sigue que∞∑
n=1
(−1)n
nin(n+1) = −i2 +
i6
2− i12
3+
i20
4− i30
5+
i42
6− · · ·
= 1− 1
2− 1
3+
1
4− 1
5+
1
6− · · · .
Consideremos las sucesiones an =1
2n − 1y bn =
1
2nentonces ambas
sucesiones son decrecientes convergentes a cero luego por el criterio de
Leibniz∑
(−1)n+1an y∑
(−1)nbn son convergentes y como
∞∑
n=1
(−1)n
nin(n+1) =
∞∑
n=1
(−1)n+1an +∞∑
n=1
(−1)nbn
obtenmos que en z = i la serie es convergente.
Funciones analıticas 35
§2. Funciones analıticas
1. Demuestre que f(z) = |z|2 = x2 + y2 tiene derivada solo en el origen.
Solucion. Si f(z) = u(z) + iv(z) entonces u(z) = x2 + y2 y v(z) = 0
luego las derivadas parciales son
∂u
∂x= 2x,
∂u
∂y= 2y,
∂v
∂x= 0,
∂v
∂y= 0 .
por lo que f no satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann salvo en el
origen en donde
lımz→0
f(z)− f(0)
z= lım
z→0
x2 + y2
x+ iy= lım
z→0
(x2 + y2)(x− iy)
x2 + y2= lım
z→0z = 0 .
Por lo tanto, f tiene derivada solo en el origen.
2. Pruebe que si bn, an son reales positivos y 0 < b = lım bn, a = lım sup an
entonces ab = lım sup(anbn). ¿Esto sigue siendo verdadero si el requesito
de positividad es sacado?
Solucion. Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n > n0 implica que
|bn − b| < √ε. Ahora, como a = lım sup an entonces existe una subsu-
cesion ank tal que ank
→ a, esto es existe m0 ∈ N tal que si n > m0
entonces |ank− a| < √
ε.
Capıtulo 4
Integracion Compleja
1. Integrales Riemann-Stieltjes
6. Demuestre que si γ : [a, b] → C es una funcion Lipschitz entonces γ es de
variacion acotada.
Solucion. Sea P = a = x0, x1, . . . , xn = b una particion de [a, b]
entonces
V (γ, P ) =n∑
k=1
|γ(xk)− γ(xk−1)| ≤n∑
k=1
k|xk − xk−1|
= k
n∑
k=1
|xk − xk−1| = k(b− a) .
Entonces, γ es de variacion acotada.
9. Defina γ : [0, 2π] → C por γ(t) = exp(int) donde n es algun entero (po-
sitivo, negativo o cero). Demuestre que
∫
γ
1
zdz = 2πin.
Solucion. Tenemos que
∫
γ
dz
z=
∫ 2π
0e−int · ineintdt = in
∫ 2π
0dt = 2πin .
10. Defina γ(t) = eit para 0 ≤ t ≤ 2π y halle∫
γ zn para todo entero n.
Solucion. Se tiene que
∫
γ
zndz =
∫ 2π
0eintieitdt = i
∫ 2π
0eit(n+1)dt
=
i
eit(n+1)
i(n + 1)
2π
0
si n 6= −1
2πi si n = −1
=
0 si n 6= −1
2πi si n = −1
37
38 Integracion Compleja
12. Sea I(r) =
∫
γ
eiz
zdz donde γ : [0, π] → C definido por γ(t) = reit. De-
muestre que lımr→∞
I(r) = 0.
Solucion. Notemos que
|I(r)| =
∣∣∣∣∣∣
∫
γ
eiz
zdz
∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣
∫ π
0
eireiθ
reiθ· reiθidθ
∣∣∣∣∣
≤∫ π
0|eireiθ |dθ =
∫ π
0e−r sen θdθ <
π
R.
La ultima desigualdad se debe a la desigualdad de Jordan. Se sigue que
lımr→∞
I(r) = 0.
2. Representacion en series de potencias de funciones analıticas
7. Use los resultados de esta seccion para evaluar las siguientes integrales:
(a)
∫
γ
eiz
z2dz, γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(b)
∫
γ
dz
z − a, γ(t) = a+ reit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(c)
∫
γ
sen z
z3dz, γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(d)
∫
γ
log z
zndz, γ(t) = 1 + 1
2eit, 0 ≤ t ≤ 2π y n ≥ 0 .
Solucion.
(a) Sea f(z) = eiz entonces por la formula de Cauchy
f ′(0) =1
2πi
∫
γ
f(z)
z2dz ⇒
∫
γ
eiz
z2dz = 2πif ′(0) = 2πi · i = −2π .
(b) Sea f(z) = 1 entonces por la formula de Cauchy se tiene∫
γ
dz
z − a=
∫
γ
f(z)
z − adz = 2πif(a) = 2πi .
(c) Sea f(z) = sen z entonces f ′′(z) = − sen z, f ′′(0) = 0 y por la formula
de Cauchy obtenemos∫
γ
sen z
z3dz =
∫
γ
f(z)
z3dz =
2πi
2!f ′′(0) = 0 .
Representacion en series de potencias de funciones analıticas 39
(d) Observe que log z es analıtica en B(1; 34) y zn es analıtica tambien
ahı. Ademas, se tiene que γ(0) = γ(2π) luego γ es una curva cerrada
y rectificable. Por lo tanto,∫
γ
log z
zndz = 0 .
9. Use el Corolario 2.13 para evaluar las siguientes integrales:
(a)
∫
γ
ez − e−z
zndonde n es un entero positivo y γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(b)
∫
γ
dz(z − 1
2
)n donde n es un entero positivo y γ(t) = 12+eit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(c)
∫
γ
dz
z2 + 1donde γ(t) = 2eit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(d)
∫
γ
sen z
zdz donde γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;
(e)
∫
γ
z1/m
(z − 1)mdonde γ(t) = 1 + 1
2eit, 0 ≤ t ≤ 2π.
Solucion.
(a) Considere f(z) = ez − e−z entonces f ′(z) = ez + e−z y se deduce que
f (n−1)(z) = ez + (−1)n+1e−z, entonces
2πif (n−1)(0)
(n − 1)!=
∫
γ
f(z)
zndz =
∫
γ
ez − e−z
zndz
Capıtulo 5
Singularidades
§.2 Residuos
1. Calcule las siguientes integrales:
(a)
∞∫
0
x2dx
x4 + x2 + 1(b)
∞∫
0
cosx− 1
x2dx
(c)
π∫
0
cos 2θdθ
1− 2a cos θ + a2donde a2 < 1 (d)
π∫
0
dθ
(a+ cos θ)2donde a > 1
Solucion.
(a) Observe que
x4 + x2 + 1 = x4 + 2x2 + 1− x2
= (x2 + 1)2 − x2
= (x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)
entonces las raıces de x4+x2+1 son a0 =12(−1+
√3i), a1 = −1
2(1+√3i), a2 =
12(1+
√3i) y a3 =
12 (1−
√3i). Considere el camino γ dado
por la siguiente figura
−R R0
b ba0 a1
γ
es decir, γ = [−R,R] ∪ Reiθ : 0 ≤ θ ≤ π con R > |a0|. Considere
f(z) =z2
z4 + z2 + 1.
Por el Teorema de los Residuos
1
2πi
∫
γ
f(z)dz = Res (f, a0) + Res (f, a2)
41
42 Singularidades
en donde
Res (f, a0) = lımz→a0
(z − a0)f(z) = lımz→a0
z2
(z − a1)(z − a2)(z − z3)
=a20
(a0 − a1)(a0 − a2)(a0 − a3)=
−1 + i√3
4i√3
y de manera similar Res (f, a2) = lımz→a2
(z − a2)f(z) =1 + i
√3
4i√3
. Por
otro lado, note que∫
γ
f(z)dz =
∫ R
−R
x2dx
x4 + x2 + 1+
∫ 2π
0
R2eiθ · iReiθ
R4e4iθ +R2e2iθ + 1dθ = I1 + I2
en donde
I1 =
∫ R
−R
x2
x4 + x2 + 1dx
= 2
∫ R
0
x2
x4 + x2 + 1dx
R→∞−−−−→ 2
∫ ∞
0
x2
x4 + x2 + 1dx .
y
|I2| ≤∫ π
0
R3
|R4e4iθ +R2e2iθ + 1|dθ ≤ πR3
R4 −R2 − 1
R→∞−→ 0 .
Por lo tanto,
∫ ∞
0
x2dx
x4 + x2 + 1=
πi
2.
(b) Considere el funcion f(z) =eiz − 1
z2que tiene un polo simple en z = 0.
Sean 0 < r < R y la curva γ dada por la figura
r RrR 0
γ
Por el Teorema de Cauchy∫
γ
f(z)dz = 0 .
entonces tenemos
0 =
∫ R
r
eix − 1
x2dx+
∫ π
0
eiReiθ − 1
R2e2iθdθ
+
∫ −r
−R
eix − 1
x2dx+
∫ 0
π
(eireiθ − 1)
r2e2iθ· ireiθdθ
= I1 + I2 + I3 + I4 .
Residuos 43
Observamos que
I1 + I3 =
∫ R
r
eix − 1
x2dx+
∫ R
r
e−ix − 1
x2dx
= 2
∫ R
r
cos x− 1
x2dx
R→∞−−−−→r→0
2
∫ ∞
0
cosx− 1
x2dx
Ademas,
|I2| ≤∫ π
0
|eiReiθ − 1|RR2
dθ =
∫ π
0
e−R sen θ + 1
Rdθ
≤ π
(π
R2+
1
R
)
R→∞−−−−→ 0 .
La ultima desigualdad se debe al Lema de Jordan. Finalmente, tene-
mos que
lımr→0
I4 = lımr→0
∫ 0
πireiθf(reiθ)dθ = −πRes (f, 0) = −πi(i) = π .
ya que el desarrollo en serie de potencias de f es
f(z) =i
z+
i
2+
i
3!z + · · · .
Por lo tanto,
∫ ∞
0
cos x− 1
x2dx = −π
2.
(c) Sea z = eiθ entonces z =1
zy tenemos que
cos 2θ
1− 2a cos θ + a2=
(z2 + z2)/2
1− 2a (z+z)2 + a2
=12
(z2 + 1
z2
)
1− a(z + 1
z
)+ a2
=
z4 + 1
2z2
z − a(z2 + 1) + a2z
z
=z4 + 1
2(z2 − az(z2 + 1) + a2z2)
=z4 + 1
2z(−az2 + (a2 + 1)z − a)
Entonces,
∫ π
0
cos 2θ
1− 2a cos θ + a2dθ =
1
2
∫ 2π
0
cos 2θ
1− 2a cos θ + a2dθ
=1
4i
∫
|z|=1
z4 + 1
z2(−az2 + (a2 + 1)z − a)dz .
44 Singularidades
Las raıces del polinomio −az2 + (a2 + 1)z − a son
z =−(a2 + 1)±
√
(a2 + 1)2 − 4a2
−2a
=−(a2 + 1)±
√
(a2 − 1)2
−2a
=−(a2 + 1)± (1− a2)
−2a=
1
a.
Esta raız de multiplicidad 2 no pertenece a D, pues a2 < 1. Ahora
bien, considere g(z) =z4 + 1
−az2 + (a2 + 1)z − aentonces su derivada es
g′(z) =4z3(−az2 + (a2 + 1)z − a)− (z4 + 1)(−2az + a2 + 1)
(−az2 + (a2 + 1)z − a)2
entonces
Res (f, 0) = lımz→0
g′(z) =−1− a2
a2.
Por el Teorema de los Residuos
I =1
4i
∫
|z|=1
z4 + 1
z2(−az2 + (a2 + 1)z − a)dz =
1
4iRes (f, 0) =
i(1 + a2)
4a2.
(d) Sea z = eiθ entonces z =1
zluego
(a+ cos θ)2 =
(
a+z + z
2
)2
=
(
a+1
2
(
z +1
z
))2
=
(z2 + 2az + 1
2z
)2
.
Entonces,
I =
∫ π
0
dθ
(a+ cos θ)2=
1
2
∫ 2π
0
dθ
(a+ cos θ)2
=1
2
∫
|z|=1
(2z
z2 + 2az + 1
)2 dz
iz
=2
i
∫
|z|=1
z
(z2 + 2az + 1)2dz .
Notemos que las raıces de z2 + 2az + 1 = 0 son
z =−2a±
√4a2 −−4
2= −a±
√
a2 − 1 ,
con α = −a +√a2 − 1 ∈ D y β = −a −
√a2 − 1 /∈ D.Ahora bien,
sean f(z) = z(z−α)2(z−β)2
y g(z) = (z − α)2f(z) = z(z−β)2
con g′(z) =(z−β)2−2z(z−β)
(z−β)4= −zβ
(z−β)3. Por lo que,
Res (f, α) = lımz→α
g′(z) =−α− β
(α− β)3=
a
4(a2 + 1)3/2.
Residuos 45
Por lo tanto,
I =2
i
∫
|z|=1
f(z)dz =2
i· 2πi · Res (f, α)
= 4π · a
4(a2 + 1)3/2=
πa
(a2 + 1)3/2.
2. Verifique las siguientes ecuaciones:
(a)
∞∫
0
dx
(x2 + a2)2=
π
4a3, a > 0 ; (b)
∞∫
0
(log x)3
1 + x2dx = 0
(c)
∞∫
0
cos ax
(1 + x2)2dx =
π(a+ 1)e−a
4si a > 0 ;
(d)
π/2∫
0
dθ
a+ sen2 θ=
π
2[a(a+ 1)]1
2
, si a > 0
(e)
∞∫
0
log x
(1 + x2)2dx = −π
4; (f)
∞∫
0
dx
1 + x2=
π
2;
(g)
∞∫
−∞
eax
1 + exdx =
π
sen aπsi 0 < a < 1 ;
(h)
2π∫
0
log sen2 2θdθ = 4
π∫
0
log sen θdθ = −4π log 2 .
Solucion.
(a) Las raıces de x2 + a2 = 0 son α = ia y β = −ia. Sean f(z) =1
(z2 + a2)2y γ la curva dada por la siguiente figura
−R R0
b ia
γ
es decir, γ = [−R,R] ∪ eiθ : 0 ≤ θ ≤ π con R > a. Por el Teorema
de los Residuos∫
γ
f(z)dz = 2πiRes (f, α) .
Observe que
∫
γ
f(z)dz =
∫ R
−R
dx
(x2 + a2)2+
∫ π
0
iReiθ
(R2e2iθ + a2)2dθ .
46 Singularidades
Tenemos que
|I2| =
∣∣∣∣∣∣
π∫
0
iReiθ
(R2e2iθ + a2)2dθ
∣∣∣∣∣∣
≤∫ π
0
R
|R2e2iθ + a2|2 dθ ≤ πR
(R2 − a2)2R→∞−−−−→ 0 .
Ahora bien, f(z) = (z − α)−2(z − β)−2 y considere la aplicacion
g(z) = (z − α)2f(z) = 1(z−β)2
entonces
g′(z) = −2(z − β)
(z − β)4= − 2
(z − β)3,
lo que implica que
Res (f, α) = lımz→α
g′(z) = − 2
(α− β)3=
1
4ia3.
Por lo tanto,
∞∫
0
dx
(x2 + a2)2=
2πi
2· Res (f, α) = π
4a3.
(b) Considere la funcion logaritmo ℓ : Ω → C en la region
Ω =z ∈ C : z 6= 0 y − π
2 < arg z < 3π2
.
Observe que si x > 0 entonces ℓ(x) = log x y que si x < 0 entonces
ℓ(x) = log |x|+ iπ. Sea γ la curva dada por la figura
Por el Teorema de los Residuos∫
γ
ℓ(z)3
1 + z2dz = 2πiRes (f, i) .
Ademas,∫
γ
ℓ(z)3
1 + z2dz =
∫ π
0
ℓ(Reiθ)3
1 +R2e2iθ· iReiθdθ +
∫ −r
−R
ℓ(x)3
1 + x2dx
+
∫ 0
π
ℓ(re−iθ)3
1 + r2e−2iθ· −ire−iθdθ +
∫ R
r
ℓ(x)3
1 + x2dx
= I1 + I2 + I3 + I4 .
Note que
I2 + I3 =
∫ −r
−R
(log |x|+ iπ)3
1 + x2dx+
∫ R
r
log x3
1 + x2dx
= 2
∫ R
r
log x3
1 + x2dx+ 3πi
∫ R
r
log x2
1 + x2dx
−3π
∫ R
r
log x
1 + x2dx− iπ3
∫ R
r
dx
1 + x2.
Residuos 47
Cuando r → 0 y R → ∞ se sabe que∫ ∞
0
log x
1 + x2dx = 0 y
∫ ∞
0
dx
1 + x2=
π
2.
Faltarıa determinar el valor de una de las integrales, afirmamos que∫ ∞
0
log x2
1 + x2dx =
π3
8.
Se sigue que
I2 + I3R→∞−−−−→r→0
2
∫ ∞
0
log x3
1 + x2dx− 1
4iπ4 .
FALTA
(c) Sean f(z) =eiaz
(1 + z2)2y el camino γ dado por la figura
−R R0
b i
γ
con R > 1. Entonces∫
γ
f(z)dz =
∫ π
0
eiaReiθ
1 +R2e2iθ· iReiθdθ +
∫ R
−R
cos ax+ i sen ax
(1 + x2)2dx
Por el Teorema de los Residuos∫
γ
f(z)dz = 2πiRes (f, i) . (4)
Sea g(z) = (z − i)2f(z) =eiaz
(z + i)2entonces
g′(z) =iaeiaz(z + i)2 − eiaz · 2(z + i)
(z + i)4= eiaz
ia(z + i)− 2
(z + i)3.
Luego,
Res (f, i) = e−a−2a− 2
(2i)3=
(a+ 1)e−a
4i.
Por lo tanto,∫
γ
f(z)dz =π(a+ 1)e−a
2.
Notemos que∣∣∣∣∣
∫ π
0
eiaReiθ · iReiθ
(1 +R2e2iθ)2dθ
∣∣∣∣∣
≤∫ π
0
e−aR sen θR
(R2 − 1)2dθ
≤ π
(R2 − 1)2R→∞−−−−→ 0 .
48 Singularidades
Hemos usado la desigualdad de Jordan
∫ π
0e−aR sen θdθ <
π
R.
Tomando parte real a ambos lados de (4) y haciendo R → ∞ obte-
nemos∫ ∞
0
cos ax
(1 + x2)2dx =
π(a+ 1)e−a
4.
(d) Sea z = eiθ entonces z = 1z luego
a+ sen2 θ = a+
(eiθ − e−iθ
2i
)2
= a+
(
z − 1z
2i
)2
= a− 1
4
(z − 1
z
)2
=4az − z2 + 2z − 1
4z
=−z2 + (2 + 4a)z − 1
4z.
Luego,
∫ π/2
0
dθ
a+ sen2 θ=
1
4
∫
γ
4z
−z2 + (2 + 4a)z − 1
dz
iz
= i
∫
γ
dz
z2 − (2 + 4a)z + 1.
Las raıces de z2 − (2 + 4a)z + 1 son
z =(2 + 4a)±
√4 + 16a+ 16a2 − 4
2= 1 + 2a± 2
√
a(a+ 1)
y es claro que α = 1 + 2a − 2√
a(a+ 1) satisface |α| < 1. Por el
Teorema de los Residuos∫
γ
dz
z2 − (2 + 4a)z + 1= 2πiRes (f, α) ,
donde
Res (f, α) =1
α− β= − 1
4√
a(a+ 1).
Por lo tanto,
∫ π/2
0
dθ
a+ sen2 θ= i(2πi)
−1
4√
a(a+ 1)=
π
2[a(a+ 1)]1/2.
(e) Sean 0 < ε < 1 < R y la curva γ dada por la figura
Residuos 49
Sea log z el brazo del logaritmo que no posee el eje imaginario nega-
tivo. Entonces,∫
γ
f(z)dz =
∫ π
0f(Reiθ)iReiθdθ +
∫ −ε
−Rf(x)dx
+
∫ 0
πf(εe−iθ)iεe−iθdθ +
∫ R
εf(x)dx .
Por el Teorema de los Residuos∫
γ
f(z)dz = 2πiRes (f, i) .
Sea g(z) = (z− i)2f(z) = log z(z+i)2
entonces g′(z) = z+i−2 log z(z+i)(z+i)4
luego
Res (f, i) =2i− 2i(log |i|+ iπ2 )
i(2i)3=
1− iπ2−4i
.
Por lo tanto,∫
γ
f(z)dz = 2πi(iπ2 − 1)
4i=
π
2
(
iπ
2− 1)
.
Notemos que∫ −ε
−Rf(x)dx+
∫ R
εf(x)dx =
∫ R
ε
log |x|+ πi
(1 + x2)2dx+
∫ R
ε
log x
(1 + x2)2dx
= 2
∫ R
ε
log x
(1 + x2)2dx+ πi
∫ R
ε
dx
(1 + x2)2
R→∞−−−−→ε→0
2
∫ ∞
0
log x
(1 + x2)2dx+ πi
∫ ∞
0
dx
(1 + x2)2.
Ademas,∣∣∣∣
∫ π
0f(Reiθ)iReiθdθ
∣∣∣∣
≤∫ π
0
| logR+ iθ| · R(R2 − 1)2
dθ
≤ πR logR
(R2 − 1)2+
πR
2(R2 − 1)2R→∞−−−−→ 0 .
Similarmente, se tiene que∣∣∣∣
∫ 0
πf(εeiθ)iεeiθdθ
∣∣∣∣
≤∫ 0
π
| log ε− iθ| · ε(ε2 − 1)2
dθ
≤ πε log ε
(ε2 − 1)2+
πε
2(ε2 − 1)2ε→0−−−→ 0 .
Tomando parte real y haciendo ε → 0 y R → ∞ se obtiene que∫ ∞
0
log x
(1 + x2)2dx = −π
4.
(f) Sean R > 1, f(z) = (1 + z2)−1 y γ la curva dada en la figura
50 Singularidades
−R R0
b i
γ
Por el Teorema de los Residuos∫
γ
f(z)dz = 2πiRes (f, i) = 2πi1
2i= π .
Por otro lado,∫
γ
f(z)dz =
∫ π
0f(Reiθ)iReiθdθ +
∫ R
−R
dx
1 + x2.
Observe que∣∣∣∣
∫ π
0f(Reiθ)iReiθdθ
∣∣∣∣≤∫ π
0
R
R2 − 1dθ
R→∞−−−−→ 0 .
Haciendo R → ∞ obtenemos∫ ∞
0
dx
1 + x2=
π
2.
(g) Sea u = ex entonces du = exdx = udx entonces
I =
∫ ∞
−∞
eax
1 + exdx =
∫ ∞
0
ua
1 + u
du
u=
∫ ∞
0
ta−1
1 + tdt .
Como 0 < a < 1 entonces 0 < 1 − a < 1. Sea a − 1 = −c entonces
0 < c < 1. Por ejemplo 2.12. sabemos que
I =
∫ ∞
0
ta−1
1 + tdt =
∫ ∞
0
x−c
1 + xdx =
π
senπc=
π
sen(π − aπ)=
π
sen(aπ).
3.
4. Suponga que f tiene un polo simple en z = a y sea g una funcion analıti-
ca en un conjunto abierto que contiene a a. Demuestre que Res (fg; a) =
g(a)Res(f ; a).
Solucion. En una vecindad V de a el desarrollo en serie de potencias
para f y g es
f(z) =Res (f, a)
z − a+ a0 + a1(z − a) + a2(z − a)2 + · · ·
g(z) = g(a) + b1(z − a) + b2(z − a)2 + · · ·
Entonces, f(z)g(z) = g(a)Res (f,a)z−a + h(z) donde h es una funcion analıtica
en V . Por lo tanto, Res (fg; a) = g(a)Res(f ; a).
Residuos 51
5. Use el Ejercicio 4, para demostrar que siG es una region y f es analıtica en
G excepto para polos simples a1, . . . , an; y si g es analıtica en G entonces
1
2πi
∫
γ
fg =
n∑
k=1
n(γ; ak)g(ak)Res (f, ak)
para cualquier curva cerrada rectificable γ que no pasa por a1, . . . , an tal
que γ ≈ 0 en G.
Solucion. En alguna vecindad de ak para k = 1, 2, . . . , n digamos B(ak; ε)
podemos escribir
f(z) =Res (f, ak)
z − ak+ a0,k + a1,k(z − ak) + a2,k(z − ak)
2 + · · ·
g(z) = g(ak) + b1,k(z − ak) + b2,k(z − ak)2 + · · · .
Luego, f(z)g(z) = g(ak)Res (f,ak)z−ak
+hk(z) donde hk es analıtica en B(ak; ε).
Se sigue que h(z) = f(z)g(z) −n∑
k=1
g(ak)Res (f, ak)
z − akes analıtica en G y
luego1
2πi
∫
γ
h(z)dz = 0. Entonces
1
2πi
∫
γ
f(z)g(z)dz =1
2πi
∫
γ
n∑
k=1
g(ak)Res (f, ak)
z − akdz
=1
2πi
n∑
k=1
g(ak)Res (f, ak)
∫
γ
dz
z − ak
=1
2πi
n∑
k=1
g(ak)Res (f, ak) · 2πin(γ; ak)
=
n∑
k=1
n(γ; ak)g(ak)Res (f, ak) .
6. Sea γ el camino rectangular [n+ 12 + ni,−n− 1
2 + ni,−n− 12 − ni, n1
2 −ni, n1
2 +ni] y evalue la integral∫
γ π(z+a)−2 cot πzdz para a 6= un entero.
Demuestre que lımn→∞
∫
γπ(z+a)−2 cot πzdz = 0 y, usando la primera parte,
deduzca que
π2
sen2 πa=
∞∑
n=−∞
1
(a+ n)2.
Solucion.
7. Use el Ejercicio 6 para deducir que
π2
8=
∞∑
n=0
1
(2n + 1)2.
52 Singularidades
Solucion. Notemos que∞∑
n=0
1
(2n + 1)2=
−1∑
n=−∞
1
(2n+ 1)2y se tiene que
∞∑
n=0
1
(2n + 1)2=
1
2
∞∑
n=−∞
1
(2n + 1)2.
Capıtulo 6
El Teorema del Modulo Maximo
§1. El Principio del Maximo
1. Pruebe el siguiente Principio del Mınimo. Si f es una funcion analıtica
no constante sobre un conjunto abierto G acotado y es continua sobre G,
entonces f tiene un cero en G o |f | asume su mınimo valor sobre ∂G.
Solucion. Si f no tiene ceros en G, la funcion1
fes analıtica en G y
por el principio del maximo∣∣∣∣
1
f(z)
∣∣∣∣≤ max
z∈∂G1
|f(z)| , ∀ z ∈ G
si y solo si
mınz∈∂G
|f(z)| ≤ |f(z)| , ∀ z ∈ G .
2. Sea G una region acotada y suponga que f es continua en G y analıtica
sobre G. Demuestre que si existe una constante c ≥ 0 tal que |f(z)| = c
para todo z ∈ ∂G entonces f es una funcion constante o bien f tiene un
cero en G.
Solucion. Si f no tiene ceros aplicando el principio del maximo y del
mınimo se tiene que
c = mınz∈∂G
|f(z)| ≤ |f(z)| ≤ maxz∈∂G
|f(z)| = c
lo que implica que |f(z)| = c para todo z ∈ G. Se sigue que f(z) = λc
con |λ| = 1, para todo z ∈ G.
3. (a) Sea f entera no-constante. Para cualquier numero real c demuestre
que la clausura de z : |f(z)| < c es el conjunto z : |f(z)| ≤ c.(b) Sea p un polinomio no constante y demuestre que cada componente
de z : |p(z)| < c contiene un cero de p.
(c) Si p es un polonimio no constante y c > 0 demuestre que z : |p(z)| =c es la union de un numero finito de caminos cerrados. Discuta el
comportamiento de estos caminos cuando c → ∞.
Solucion.
53
54 El Teorema del Modulo Maximo
(a) Sabemos que X = X ∪X ′, X = z : |f(z)| < c. Como f es entera no
constante, f(C) es denso en C. Luego, existe una sucesion zn∞n=1 ⊂X tal que |f(zn)| = c− 1
n y pot la continuidad de f
c = lımn→∞
|f(zn)| =∣∣∣f(
lımn→∞
zn
)∣∣∣ = |f(z0)| ,
lo que implica que z0 ∈ X ′ con |f(z0)| = c. Por lo tanto, X = z :
|f(z)| ≤ c.(b) Sea G = z : |p(z)| < c entonces G = z : |p(z)| ≤ c, se sigue que
∂Gz : |p(z)| = c. Por el problema 2, como p es un polinomio no
constante, p tiene un vero en G en cada componente conexa.
(c) Es claro que ∂G = z : |p(z)| = c es un curva. Supongamos que ∂G
es una union infinita de curvas, entonces en el interior de cada curva p
tiene un cero, segun lo probado en (b). Luego, p tiene infinitos ceros.
Por otro lado, como lımz→∞
|p(z)| = ∞ se tiene que para cada ε > 0
existe M > 0 tal que |p(z)| ≥ ε para todo |z| ≥ M . En particular,
para ε = c+ 1,
|p(z)| ≥ c+ 1 , ∀ |z| ≥ M .
Se sigue que los ceros de p estan todos contenidos en el disco B(0,M),
como este conjunto es compacto, los ceros de p, tienen un punto de
acumulacion y por el principio de identidad p(z) ≡ 0 lo cual es una
contradiccion.
4. Sean 0 < r < R y A = z : r ≤ |z| ≤ R. Demuestre que existe un
numero positivo ε > 0 tal que para todo polinomio p,
sup|p(z)− z−1| : z ∈ A ≥ ε .
Esto dice que z−1 no es el lımite uniforme de polinomios en A.
Solucion. Sean z1, . . . , zn los ceros de p y R > 0 tal que R 6= |zk| paratodo k = 1, . . . , k. Consideremos
M = sup|z|=R
|zp(z) − 1| .
Entonces, si M < 1 entonces
|zp(z) − 1| < 1 , sobre |z| = R .
Por el Teorema de Rouche, zp(z) y 1 tienen la misma cantidad de ceros
en |z| < R. Luego, zp(z) no tiene ceros en |z| < R, lo cual es una
contradiccion con que zp(z) tiene un cero en z = 0. Luego, necesariamente
M ≥ 1. Observe que si R = |zk| para algun k, sea δ > 0 tal que R− δ 6=
El Principio del Maximo 55
|zk|. Si suponemos que MR = sup|zk|=R
|zp(z) − 1| < 1, por el principio del
maximo se obtiene que MR−δ ≤ MR < 1 lo cual contradice lo anterior.
Por lo tanto, M ≥ 1.
Ahora bien, sea z ∈ A entonces |z| ≤ R⇒ 1R ≤ 1
|z| , luego
supz∈A
|p(z)− z−1| = supz∈A
|zp(z)− 1||z|
≥ 1
Rsupz∈A
|zp(z)− 1|
=M
R≥ 1
R= ε > 0 .
5. Sea f analıtica sobre B(0, R) con |f(z)| ≤ M para |z| ≤ R y |f(0)| = a >
0. Demuestre que el numero de ceros de f en B(0, 13R) es menor o igual
que1
log 2log
(M
a
)
.
Solucion. Sean z1, . . . , zn los ceros de f en B(0, 13R) y considere la fun-
cion analıtica
g(z) = f(z)
[n∏
k=1
(
1− z
zk
)]−1
.
Note que g(0) = f(0). Observe que para |z| = R se tiene que
|g(z)| = |f(z)|[
n∏
k=1
∣∣∣∣1− z
zk
∣∣∣∣
]−1
≤M
n∏
k=1
|zk|
n∏
k=1
|zk − z|≤
1
3nMRn
(2
3
)n
Rn
=M
2n.
Sabemos que
g(0) =1
2πi
∫
|z|=R
g(z)
zdz ,
entonces
a = |g(0)| ≤ 1
2π
∫ 2π
0
|g(Reiθ)||Reiθ| |iReiθ|dθ =
1
2π
∫ 2π
0|g(Reiθ)|dθ ≤ M
2n,
es decir, 2n ≤ M
alo que implica que n ≤ 1
log 2log
(M
a
)
.
6. Suponga que ambas f y g son analıticas en B(0, R) con |f(z)| = |g(z)|para |z| = R. Demuestre que si f ni g se anulan en B(0, R) entonces
existe una constante λ, |λ| = 1, tal que f = λg.
56 El Teorema del Modulo Maximo
Solucion. Considere la funcion h = f/g entonces h es analıtica en
B(0, R) y no tiene ceros. Para |z| = R tenemos que
|h(z)| = |f(z)||g(z)| = 1 .
Por problema 2, h es constante o tiene un cero en B(0, R), como h no
tiene ceros implica que h(z) = λ con |λ| = 1. Por lo tanto, f = λg.
7. Sea f analıtica en el disco B(0, R) y para 0 ≤ r < R defina A(r) =
max|z|=r
Ref(z). Demuestre que a menos que f sea constante, A(r) es una
funcion estrictamente creciente de r.
Solucion. Primero observe que la aplicacion proyeccion π : R × R → R
dada por π(x, y) = x es abierta. Luego, si f es analıtica no constante, por
el Teorema del mapeo abierto, f es abierta entonces
h = π f = Ref es abierta . (5)
Afirmamos que h satisface el principio del maximo, esto es, si h(a) ≥h(z) para todo z ∈ B(0, R) entonces h es constante. En efecto, seam
Ω = h(B(0, R)) y α = h(a). Por hipotesis, |α| ≥ |ξ| para todo ξ ∈ Ω
entonces
α ∈ Ω ∩ ∂Ω .
En particular, Ω no es abierto y por (5) se sigue que f es constante lo
que implica que h es constante.
Por lo tanto,
max|z|≤r
Ref(z) ≤ A(r) .
Ahora bien, si r1 < r2 tenemos que
A(r1) = max|z|=r1
Ref(z) = max|z|≤r1
Ref(z)
≤ max|z|=r2
Ref(z) = max|z|=r2
Ref(z) = A(r2) .
Esto prueba que A(r) es creciente. Supongamos que A(r) es constante en
el anillo r1 < |z| < r2 entonces h mapea el anillo sobre un conjunto
cerrado, lo cual contradice que h es abierta. Por lo tanto, A(r) es una
funcion estrictamente creciente.
8. Suponga que G es una region, f : G → C es analıtica, y M es constan-
te tal que cuando z esta sobre ∂∞G y zn es una sucesion en G con
z = lım zn tenemos que lım sup |f(zn)| ≤ M . Demuestre que |f(z)| ≤ M ,
paa cada z ∈ G.
El Lema de Schwarz 57
Solucion. Dado a ∈ ∂∞G para todo sucesion zn con lım zn = a se
tiene que
lım supn→∞
|f(zn)| ≤ M .
Se sigue que lım supz→a
|f(z)| ≤ M , lo cual implica segun la tercera version
del modulo maximo que |f(z)| ≤ M para todo z ∈ G.
§2. El Lema de Schwarz
1. Suponga que |f(z)| ≤ 1 para |z| < 1 y f es analıtica. Considerando la
funcion g : D → D definida por
g(z) =f(z)− a
1− af(z)
donde a = f(0), pruebe que
|f(0)| − |z|1 + |f(0)||z| ≤ |f(z)| ≤ |f(0)|+ |z|
1− |f(0)||z|
para |z| < 1.
Solucion. Sabemos que ϕa : D → D dada por
ϕa(z) =z − a
1− az
son automorfismos del disco unitario D. Notemos que g = ϕa f : D → D
y satisface g(0) = ϕa(f(0)) = 0. Por el Lema de Schwarz
|g(z)| ≤ |z| , ∀ z ∈ D .
Es decir, para cada z ∈ D tenemos que∣∣∣∣
f(z)− a
1− af(z)
∣∣∣∣≤ |z| ⇔ |f(z)− a| ≤ |z||1 − af(z)| .
Luego,
|f(z)| − |a| ≤ |f(z)− a| ≤ |z||1 − af(z)| ≤ |z|(1 + |af(z)|)
⇔ |f(z)|(1 − |az|) ≤ |a|+ |z| ⇔ |f(z)| ≤ |a|+ |z|1− |a||z| ,∀ z ∈ D .
Ademas, para cada z ∈ D se tiene que
|a| − |f(z)| ≤ |a− f(z)| ≤ |z||1 − af(z)| ≤ |z|(1 + |af(z)|)
⇔ |a| − |z| ≤ |f(z)|(1 + |a||z|)⇔ |f(z)| ≥ |a| − |z|1 + |a||z| , ∀ z ∈ D.
58 El Teorema del Modulo Maximo
2. ¿Existe una funcion analıtica f : D → D con f(12
)= 3
4 y f ′ (12
)= 2
3?
Solucion. Supongamos que existe f : D → D con f(12
)= 3
4 y f ′ (12
)= 2
3 .
Sean α = f(1/2) y β = −1/2 y considere los automorfismos ϕα, ϕβ : D →D definidos por
ϕα(z) =z − α
1− αzcon ϕ′
α(z) =1− |α|2(1− αz)2
.
Entonces, F = ϕα f ϕβ : D → D es analıtica y satisface F (0) = 0. Por
el Lema de Schwarz, |F ′(0)| ≤ 1 y por la regla de la cadena se tiene que
F ′(0) = ϕ′α(α) · f ′
(1
2
)
· ϕ′β(0)
=1
1− |α|2 · 23· (1− |β|2)
=1
1− 916
· 23·(
1− 1
4
)
=8
7> 1 .
La ultima desigualdad contradice el Lema de Schwarz, por lo tanto no
existe una tal f .
3. Suponga que f : D → C satisface Ref(z) ≥ 0 para todo z ∈ D y suponga
que f es analıtica y no constante.
(a) Demuestre que Ref(z) > 0 para todo z ∈ D.
(b) Usando una transformacion de Mobius apropiada, aplique el Lema
de Schwarz para probar que si f(0) = 1 entonces
|f(z)| ≤ 1 + |z|1− |z|
para |z| < 1. ¿Que puede decir si f(0) 6= 1?
(c) Demuestre que si f(0) = 1, f tambien satisface
|f(z)| ≥ 1− |z|1 + |z| .
Solucion.
(a) Por el Teorema del mapeo abierto, como f es analıtica y no constante,
implica que f es abierta. Se sigue que necesariamente si Ref(z) ≥ 0
implica que Ref(z) > 0, de lo contrario existirıa un subconjunto
abierto de D con f(D) no abierto.
(b) Considere la transformacion de Mobius T : z : Re z > 0 → D dada
por
T (z) =z − 1
z + 1.
El Lema de Schwarz 59
Luego, g = T f : D → D y satisface g(0) = T (f(0)) = T (1) = 0. Por
el Lema de Schwarz, |g(z)| ≤ |z| para todo z ∈ D, es decir,
∣∣∣∣
f(z)− 1
f(z) + 1
∣∣∣∣≤ |z| ⇐⇒ |f(z)− 1| ≤ |z||f(z) + 1| .
Entonces, para cada z ∈ D
|f(z)| − 1 ≤ |f(z)− 1| ≤ |z||f(z) + 1| ≤ |zf(z)|+ |z|⇔ |f(z)|(1 − |z|) ≤ 1 + |z|
⇔ |f(z)| ≤ 1 + |z|1− |z| , ∀ z ∈ D .
Ahora bien, si f(0) = a 6= 1 con a ∈ R, podemos considerar Ta : z :
Re z > 0 → D dada por Ta(z) =z − a
z + aluego g = Ta f : D → D con
g(0) = Ta(a) = 0. Aplicando el Lema de Schwarz,∣∣∣f(z)−af(z)+a
∣∣∣ ≤ |z| para
todo z ∈ D . Lo que implica que
|f(z)| ≤ |a|+ |z||a| − |z| , ∀ z ∈ D .
(c) Como Re f(z) > 0 para todo z ∈ D, se sigue que f(z) 6= 0 para todo
z ∈ D, luego la funcion 1f es analıtica en D y satisface
Re
1
f(z)
= Re
f(z)
|f(z)|2
=1
|f(z)|2Re f(z) > 0 .
con 1f(0) = 1. Por parte (b) se tiene que 1
|f(z)| ≤1+|z|1−|z| para todo z ∈ D,
lo que es equivalente a que
|f(z)| ≥ 1− |z|1 + |z| , ∀ z ∈ D .
4. Pruebe la desigualdad de Caratheodory. Sean f analıtica sobre B(0, R)
y M(r) = max|z|=r
|f(z)|, A(r) = max|z|=r
Ref(z), entonces para 0 < r < R, si
A(r) ≥ 0,
M(r) ≤ R+ r
R− r[A(r) + |f(0)|] .
Solucion. Supongamos inicialmente que f(0) = 0 y considere g : D → C
dada por
g(z) =f(Rz)
2A(R) + f(Rz).
60 El Teorema del Modulo Maximo
Notemos que g(0) = 0, pues f(0) = 0. Ademas, |g(z)| ≤ 1, para todo
z ∈ D. Por el Lema de Schwarz, |g(z)| ≤ |z| para todo z ∈ D, es decir,
|f(Rz)| ≤ |z||2A(R) + f(Rz)| ≤ 2|z|A(r) + |z||f(Rz)|
⇔ |f(Rz)| ≤ 2|z|1− |z|A(R)
⇔ |f(Rz)| ≤ 1 + |z|1− |z|A(R)
para todo z ∈ D. Haciendo ω =z
R∈ D obtenemos que
|f(z)| ≤ R+ |z|R− |z|A(R) .
Tomando maximo sobre |z| = r se obtiene que
M(r) ≤ R+ r
R− rA(R) .
5. Sea f analıtica en D y suponga que |f(z)| ≤ M para todo z ∈ D.
(a) Si f(zk) = 0 para 1 ≤ k ≤ n, demuestre que
|f(z)| ≤ Mn∏
k=1
|z − zk||1− zkz|
para |z| < 1.
(b) Si f(zk) = 0 para 1 ≤ k ≤ n, cada zk 6= 0, y f(0) = Meiα(z1z2 · · · zn),hallar una formula para f .
Solucion.
(a) Considere la aplicacion
g(z) =f(z)
n∏
k=1
z − zk1− zkz
.
Para |z| = 1 se tiene que
|g(z)| = |f(z)|∣∣∣∣∣
n∏
k=1
z − zk1− zkz
∣∣∣∣∣
≤ Mn∏
k=1
|ϕzk(z)|︸ ︷︷ ︸
1
≤ M .
Por el Principio del Maximo, |g(z)| ≤ M para todo z ∈ D, se sigue
que
|f(z)| ≤ Mn∏
k=1
|z − zk||1− zkz|
para |z| < 1.
El Lema de Schwarz 61
(b) Note que la funcion g definida en (a) no tiene ceros, ya que cada cero
del numerador se cancela con un cero de las funciones ϕzk . Luego,
la funcion 1g es analıtica y por el principio del mınimo (Problema 1,
seccion anterior) g asume su mınimo valor en |z| = 1. Lo que implica,
segun lo probado en (a) que |g(z)| = M . Luego,
f(z) = Meiαn∏
k=1
z − zk1− zkz
.
6. Suponga que f es analıtica en una region que contiene a B(0, 1) y |f(z)| =1 cuando |z| = 1. Hallar una formula para f
Solucion. Notemos que f tiene un numero finito de ceros, pues si tu-
viera infinitos, como estan contenidos en un conjunto compacto habrıa
un punto de acumulacion z0 con |z0| 6= 1 y por el principio de identidad
f ≡ 0, lo cual es absurdo pues |f(z)| = 1 cuando |z| = 1. Sean z1, . . . , zn
los ceros de f y aplicando el principio del maximo se tiene que |f(z)| ≤ 1.
Por problema anterior, obtenemos que
f(z) = eiαn∏
k=1
z − zk1− zkz
.
7. Suponga que f es analıtica en una region conteniendo B(0, 1) y |f(z)| = 1
cuando |z| = 1. Suponga que f tiene un cero simple en z = 14 (1 + i) y un
cero doble en z = 12 . ¿Puede f(0) = 1
2?
Solucion. Por el problema anterior se tiene que f es de la forma
f(z) = eiαz − 1
4(1 + i)
1− 14(1− i)z
·(
z − 12
1− 12z
)2
para todo z ∈ D. Entonces,
f(0) = eiα(
−1
4(1 + i)
)
·(1
2
)2
.
Note que |f(0)| = 116
√2 6= 1
2 . Se deduce que f(0) no puede ser igual a 12 .
8. ¿Existe una funcion f sobre D tal que |f(z)| < 1 para |z| < 1, f(0) = 12
y f ′(0) = 34? Si es cierto, hallar una tal f . ¿Es unica?
Solucion. Basta considerar f(z) =z − 1
2
1− 12z
entonces f(0) = 12 y f ′(z) =
1− 1
4
(1− 1
2z)
2 , luego f ′(0) = 34 .