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66 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Por hipotesis tenemos Entonces Así |ck| = |f k (0)| n! |ck| ≤ M(r) rn con n = k. Por lo tanto = Sup|w|=r|f(w)| 1 r k Sup|w|=r|f(w)| = r k | f ( k)(0) | n! = rk |cn| r n f(z) = ckz k |ck| = rn−k →r→∞ 0 27. Demuestre que si f es una función no constante, analitica en un dominio Ω y f(z) = 0 para cada z ∈ Ω, entonces |f(z)| no puede alcanzar su minimo valor en el interior del dominio Ω. Solución: Sea g(z) = 1 , g analítica y no constante en Ω. Entonces por el Principio del f(z) Módulo Máximo, |g(z)| no puede alcanzar su m’aximo valor en Ω. Pués Supz∈Ω|g(z)| = Supz∈Ω| 1 | = Infz∈Ω|f(z)| f(z) Por lo tanto |f(z)| no puede alxcanzar su mínimo valor en Ω 1 28. Halle Res( √ ; 1). 2 − z + 1 Solución: 1 √ 2 − z + 1 = √ 2 − z − 1 (2 − z) − 1 1 = z − 1 − √ 2 − z z − 1 y √ 2 − z = a0 + a1(z − 1) + a2(z − 1) 2 + ...., pues √ 2 − z es analítica en z = 1 asi tendremos 1 z − 1 − √ 2 − z z − 1 = 1 1 − z − 1 z − 1 (±1 + a1(z = − 1)) + ... 1 1 ± z − 1 z − 1 − a1 = − a2(z − 1) + ... 1 ± 1 z − 1 − a1 − a2(z − 1) + ... Por lo tanto 0 y 2 son los residuos en z = 1
6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 67 29. Evalúe Solución: Hay tres singularidaddes esenciales: z = 0, 1, 2 dentro de |z| = 3 (1 + z + z |z|=3 2 )(e 1 z + e 1 z−1 + e 1 z−2 )dz. Res(f, 0) = Res((1 + z + z 2 )e 1/z , 0) pues el resto es analítica en z = 0. Además . Entonces (1 + z + z2 )e1/z = (1 + 1 1 + z e 1/z = 1 + 1 1 + z z2 1 + 2! z3 + ... 3! z2 1 2! z3 + ...) 3! + (z + 1 + 1 1 + z2! z33! + ...) + (z2 + z + 1 1 + + ...) 2! z3! = 1 1 1 (1 + + + ...) z 2! 3! Por lo tanto Res(f, 0) = 1 + 1 1 + + ... 2 6 Por otro lado Res(f, 1) = Res((1 + z + z 2 )e 1/(z−1) , 1) pues el resto es analítica en z = 1. Además e 1/(z−1) = 1 + 1 z − 1 + 1 + 2!(z − 1) 2 y (1 + z + z 2 ) = a0 + a1(z − 1) + a2(z − 1) 2 con así: 1 + ... 3!(z − 1) 3 a0 = g(1) = 3, a1 = g′ (1) 1! = 3, a2 = g′′ (1) 2! (3 + 3(z − 1) + (z − 1) 2 )e 1/(z−1) = 3 + 3(z − 1) + 3 + Entonces Res(f, 1) = 3 + 3 2 30. Evalúe = 1 3 (z − 1) + 3 + ...+ 2!(z − 1) 2 3 2!(z − 1) + ... + (z − 1)2 1 1 + + (z − 1) 2! 1 3 = (3 + + 1) + ... (z − 1) 2 + 1 6 |z|=r z 3 2z 4 + 1 dz.
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6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 67<br />
29. Evalúe <br />
Solución:<br />
Hay tres singularidad<strong>de</strong>s esenciales:<br />
z = 0, 1, 2 <strong>de</strong>ntro <strong>de</strong> |z| = 3<br />
(1 + z + z<br />
|z|=3<br />
2 )(e 1<br />
z + e 1<br />
z−1 + e 1<br />
z−2 )dz.<br />
Res(f, 0) = Res((1 + z + z 2 )e 1/z , 0) pues el resto es analítica en z = 0.<br />
A<strong>de</strong>más<br />
.<br />
Entonces<br />
(1 + z + z2 )e1/z = (1 + 1 1<br />
+<br />
z<br />
e 1/z = 1 + 1 1<br />
+<br />
z z2 1<br />
+<br />
2! z3 + ...<br />
3!<br />
z2 1<br />
2! z3 + ...)<br />
3!<br />
+ (z + 1 + 1 1<br />
+<br />
z2! z33! + ...) + (z2 + z + 1 1<br />
+ + ...)<br />
2! z3!<br />
= 1 1 1<br />
(1 + + + ...)<br />
z 2! 3!<br />
Por lo tanto Res(f, 0) = 1 + 1 1<br />
+ + ...<br />
2 6<br />
Por otro lado Res(f, 1) = Res((1 + z + z 2 )e 1/(z−1) , 1) pues el resto es analítica en<br />
z = 1.<br />
A<strong>de</strong>más<br />
e 1/(z−1) = 1 + 1<br />
z − 1 +<br />
1<br />
+<br />
2!(z − 1) 2<br />
y (1 + z + z 2 ) = a0 + a1(z − 1) + a2(z − 1) 2 con<br />
así:<br />
1<br />
+ ...<br />
3!(z − 1) 3<br />
a0 = g(1) = 3, a1 = g′ (1)<br />
1! = 3, a2 = g′′ (1)<br />
2!<br />
(3 + 3(z − 1) + (z − 1) 2 )e 1/(z−1) = 3 +<br />
3(z − 1) + 3 +<br />
Entonces Res(f, 1) = 3 + 3<br />
2<br />
30. Evalúe <br />
= 1<br />
3<br />
(z − 1) +<br />
3<br />
+ ...+<br />
2!(z − 1) 2<br />
3<br />
2!(z − 1) + ... + (z − 1)2 1 1<br />
+ +<br />
(z − 1) 2!<br />
1 3<br />
= (3 + + 1) + ...<br />
(z − 1) 2<br />
+ 1<br />
6<br />
|z|=r<br />
z 3<br />
2z 4 + 1 dz.