Apuntes de Variable Compleja - Carlos Lizama homepage ...
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68 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Solución: En efecto 2. Evalúe Solución: 1 2 Por lo tanto y así |z|=1 z 3 z 4 + 1 2 dz = 1 2 |z|=1 sin z = z − z3 3! sin 1 z 2 1 sin z = 1 z = (1 z − 1 3!z − 1 3!z f ′ (z) f(z) 1 2 1 sin 2πi |z|=r z dz. + z5 5! = 1 1 − + ... z2 z4 − ... 1 + − ... 3 5!z5 1 + − ...)(1 3 5!z5 z Res(f, 0) = 0 1 2πi |z|=r z 31. Halle Res( a 1 − √ ; 1), a ∈ R. z Solución: zα 1 − √ z · 1 + √ z 1 + √ z = −(1 + √ z)zα . z − 1 Ademaás 2πi dz = (ceros − polos) = πi 2 sin 2 ( 1 ) = 0 z − 1 3!z (1 + √ z) = a0 + a1(z − 1) + a2(z − 1) 2 + ... 1 + − ...) 3 5!z5 z α = e a ln z = b0 + b1(z − 1) + b2(z − 1) 2 + ... (1 + √ z) = c0 + c1(z − 1) + c2(z − 1) 2 + ...
6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 69 Entonces −(1 + √ z)z α z − 1 donde f(z) = (1 + √ z)z α y así f(1 ± 1)e 2kπia . Por lo tanto = −c0 z − 1 + c1 + c2(z − 1) + ... z Res( α 1 − √ , 1) = f(1 ± 1)e2kπia z 32. Sea f una función analitica en el circulo |z| < 1 y suponga que f(0) = 0 y |f(z)| ≤ 1. i) Demuestre que |f(z)| ≤ |z| para |z| < 1. ii) Suponga que |f(z)| = |z| en al menos un punto interior del circulo. Demuestre que f(z) = e iα z ( α real). Solución: i) Sea g(z) = f(z) , entonces g es analítica para |z| =< 1 ya que f(0) = 0. z Además si |z| < 1 entonces |g(z)| = |f(z)| ≤ 1. Por el principio de Módulo Máxi- |z| mo entonces |g(z)| ≤ |z| ii) Demostremos que si |f(z0)| = |z0| para un punto |z0| < 1 entonces f(z) = e iα z para α ∈ R. En efecto si |g(z0)| = 1 entonces el máximo se alcanza en un punto interior de |z| < 1 y por lo tanto g es constante y |f(z)| = |c||z| para |z| < 1. Ahora |c| = 1 evaluando en z0. Por lo tanto c = e iα y g(z) = e iα . Así f(z) = e iα z 33. Verdadero o Falso: Existe una función analitica en z = 0 y que satisface: f( 1 n ) = f(−1 n 1 ) = ? (n ∈ N) n2 Si la respuesta es afirmativa, encuentre explicitamente la función o, si es negativa, justifique apropiadamente. Solución: i) f( 1 1 1 ) − = 0 y f(−1 ) − = 0 con n ∈ ⋉. n n2 n n2 Sea g(z) = f(z) − z2 con ceros en z = 1 .además g(0) = 0 − 0 = f(0) = 0. n Por lo tanto f(z) = z2 , hace lo anterior y es analítica en z = 0
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68 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS<br />
Solución:<br />
En efecto<br />
2. Evalúe<br />
Solución:<br />
1<br />
2<br />
<br />
Por lo tanto<br />
y así<br />
|z|=1<br />
z 3<br />
z 4 + 1<br />
2<br />
dz = 1<br />
<br />
2 |z|=1<br />
sin z = z − z3<br />
3!<br />
sin 1<br />
z<br />
2 1<br />
sin<br />
z<br />
= 1<br />
z<br />
= (1<br />
z<br />
− 1<br />
3!z<br />
− 1<br />
3!z<br />
f ′ (z)<br />
f(z)<br />
<br />
1<br />
2 1<br />
sin<br />
2πi |z|=r z dz.<br />
+ z5<br />
5!<br />
= 1 1<br />
− + ...<br />
z2 z4 − ...<br />
1<br />
+ − ...<br />
3 5!z5 1<br />
+ − ...)(1<br />
3 5!z5 z<br />
Res(f, 0) = 0<br />
<br />
1<br />
2πi |z|=r<br />
z<br />
31. Halle Res(<br />
a<br />
1 − √ ; 1), a ∈ R.<br />
z<br />
Solución:<br />
zα 1 − √ z · 1 + √ z<br />
1 + √ z = −(1 + √ z)zα .<br />
z − 1<br />
A<strong>de</strong>maás<br />
2πi<br />
dz = (ceros − polos) = πi<br />
2<br />
sin 2 ( 1<br />
) = 0<br />
z<br />
− 1<br />
3!z<br />
(1 + √ z) = a0 + a1(z − 1) + a2(z − 1) 2 + ...<br />
1<br />
+ − ...)<br />
3 5!z5 z α = e a ln z = b0 + b1(z − 1) + b2(z − 1) 2 + ...<br />
(1 + √ z) = c0 + c1(z − 1) + c2(z − 1) 2 + ...
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