Clase 07 · 05/10/2015 - Giuseppe De Nittis

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMÁTICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
Clase de ejercicios 07 - 05/10/2015 ∗
Curso: Variable Compleja I
Sigla: MAT2705 - Segundo Semestre 2015
Profesor: Giuseppe De Nittis ([email protected])
Ayudante: Victor Cañulef Aguilar ([email protected])
Ejercicio 1 (Lema de Jordan)
Sea z 7→ f (z) continua en la región Λσ := {z ∈ C | Im(z) > σ} con σ > 0 y suponga que limz→∞ f (z) =
0. Entonces, para todo número positivo t > 0, pruebe que
Z
lim
e i zt f (z) dz = 0
R→+∞
ΓR
donde ΓR := {z ∈ C | |z| = R} ∩ Λσ .
Solución.
Note que
Z
Z π−θ
∗
i zt
i tR cos(φ)+ i sin(φ)
iφ
e f (z) dz = e
f (z(φ)) Re dφ
ΓR
θ∗
Z π−θ∗
6 MΓR
e−tR sin(φ) R dφ
Z
6 MΓR
= 2MΓR
θ∗
π
e−tR sin(φ) R dφ
0
π
2
Z
e−tR sin(φ) R dφ
0
donde MΓR := max{ f (z) | z ∈ ΓR } y θ∗ = θ∗ (R, σ) ∈ [0, π/2]. Dado que sin(φ) > π2 φ para φ ∈ [0, π/2]
(desigualdad de Kober-Jordan) encontramos que
Z
Z π
2
2
i zt
e
f
(z)
dz
6
2M
e−tR π φ R dφ
ΓR
ΓR
0
Z R
= πMΓR
e−tα dα
0
πMΓR 1 − e−tR .
=
t
∗
Soluciones y notas estarán disponibles en la página web:
https://gdenittis.wordpress.com/courses/variable-compleja-i-mat2705/clase-de-ejercicios
1
2
Entonces,
Z
i zt
e f (z) dz 6
lim R→+∞ ΓR
πMΓR π
1 − e−tR =
R→+∞
t
t
lim
lim MΓR = 0.
R→+∞
Ejercicio 2
Encuentre el radio de convergencia de las siguientes series:
P
3k
(a) S := +∞
k=0 z .
P
p
(b) S := +∞
p=primo z .
P
3k zk
(c) S := +∞
k=0 4k +5k .
P
k! k
(d) S := +∞
k=1 kk z .
P
k
k
2
(e) S := +∞
k=3 [log(k)] z .
P
z2k
(f) S := +∞
k=1 (4k)k .
Solución.
(a) Notemos que
S :=
+∞
X
z3k =




1
a j := 


0
aj zj
j=0
k=0
con
+∞
X
si j = 3n , n ∈ N ,
en otro caso .
Ası́
q
1
:= lim sup j |a j | = lim sup a j = 1 ,
R
j→+∞
j→+∞
entonces R = 1 por fórmula de Hadamard.
(b) Notemos que
S :=
+∞
X
zp =




1
a j := 


0
aj zj
j=0
p=primo
con
+∞
X
si j es primo ,
en otro caso .
Ası́
q
1
:= lim sup j |a j | = lim sup a j = 1 ,
R
j→+∞
j→+∞
entonces R = 1 por fórmula de Hadamard.
(c) Dado que ak :=
3k
4k +5k
pk
se tiene
|ak | =
3k
4k + 5k
! 1k
=
3
(4k
+
1
5k ) k
=
3
1
1k ,
5 4 k
5 +1
3
Ası́
pk
1
3
:= lim |ak | =
,
k→+∞
R
5
entonces R =
5
3
por el criterio de la raı́z de Cauchy.
(d) Dado que ak :=
k!
kk
se tiene
ak
1
k! (k + 1)(k + 1)k
(k + 1)k
= 1 +
= k
=
k
ak+1
(k + 1)k!
k
k
k
!k
Entonces,
ak = e,
lim k→+∞ ak+1 es decir R = e por el criterio del cociente de D’Alembert.
k
(e) Dado que ak := [log(k)] 2 se tiene
1
pk
1
k k
= [log(k)] 2
|ak | = log(k) 2
lo cual implica
pk
1
:= lim |ak | = +∞
k→+∞
R
y R = 0 por el criterio de la raı́z de Cauchy.
(f) Notemos que
S :=
+∞
+∞
X
X
z2k
=
aj zj
k
(4k)
j=0
k=1
con
 1




 (4k)k
a j := 



0
si j = 2k, k ∈ N ∪ {0} ,
si j = 2k + 1, k ∈ N ∪ {0} .
Ası́
q
1
1
:= lim sup j |a j | = lim sup
k
R
j→+∞
k→+∞ (4k)
! 2k1
r
= lim
k→+∞
1
= 0,
4k
entonces R = +∞ por fórmula de Hadamard.
Ejercicio 3
¿Que funciones son representadas por las siguientes series de potencias?
P
k
(a) S 1 := +∞
k=1 k z ,
(b) S 2 :=
P+∞
k=1 k
2 zk .
Solución.
(a) Notemos que
S1
+∞
X
 +∞

 +∞

X

X dzk 

=
k zk = z  k zk−1  = z 

dz
k=1
k=1
k=1
4
y por el teorema de Weierstrass
 +∞ 
 +∞

!

d X k 
z
1
d X k
d
 z  = z
 z − 1 = z
S1 = z
− 1 =
,
dz k=1
dz k=0
dz 1 − z
(1 − z)2
|z| < 1 .
Notemos que |z| < 1 = R es el cı́rculo de convergencia de S 1 .
(b) Notemos que
S2
+∞
X
 +∞


 +∞
X

X dzk 

=
k2 zk = z  k2 zk−1  = z  k

dz
k=1
k=1
k=1
y por el teorema de Weierstrass
 +∞

!
d
z
1+z
d X k 
dS 1
 k z  = z
= z
,
= z
S2 = z
2
dz k=1
dz
dz (1 − z)
(1 − z)3
|z| < 1 .
Notemos que |z| < 1 = R es tambien el cı́rculo de convergencia de S 2 .
Ejercicio 4
Demuestre que para cada θ ∈ R, no existe ninguna vecindad de z = e i θ en C donde la función
f (z) :=
+∞
X
zk!
k=1
sea analı́tica.
Solución.
Notemos que si p y q son coprimos y k > q, entonces
pq k!q
k!
p
r e i q 2π
= rk! e i q 2π
= rk!
dado que
k!
q
∈ N. Por lo tanto,
f (z) =
q−1
X
k=1
z
k!
+
+∞
X
k=q
z
k!
=
q−1
X
k=1
k!
r e
i qp 2πk!
+
+∞
X
rk! ,
p
si
z = r e i q 2π .
k=q
Ası́
q−1
q−1
q−1
+∞
+∞
+∞
+∞
X
X
X
X
X
X
X
p
p
| f (z)| = rk! e i q 2πk! +
rk! >
rk! − rk! e i q 2πk! >
rk! −
rk! >
rk! − (q−1)
k=1
k=q
k=q
k=1
k=q
k=1
k=q
para r < 1. Por lo que | f (z)| → +∞ si hacemos r → 1. De lo que se deduce que f no tiene extensión
p
analitica en e i q 2π . Entonces, f no se extiende analı́ticamente en e i 2πθ si θ ∈ Q ∩ [0, 1]. Como
Θ := {e i 2πθ ∈ C | θ ∈ Q ∩ [0, 1]} es denso en C1 := {z ∈ C | |z| = 1}, se concluye el resultado.