Texto y Soluciones - Giuseppe De Nittis

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMÁTICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS
Interrógacion 2 - 15/10/2015 ∗
Curso: Variable Compleja I
Sigla: MAT2705 - Segundo Semestre 2015
Profesor: Giuseppe De Nittis ([email protected])
Ayudante: Victor Cañulef Aguilar ([email protected])
NOMBRE:
APELLIDO:
R.U.T.:
Ej 1 Ej 2 Ej 3 Ej 4
N. T. †
• Tiempo: 120 minutos
• Sin consultas de libros y notas
Ejercicio 1 (La integral de Dirichlet)
(2 puntos)
En este ejercicio se quiere demostrar la fórmula
Z +∞
π
sin(x)
dx =
x
2
0
generalmente llamada integral de Dirichlet.
(a) Sean R > > 0 constantes positivas y considere los cuatro arcos
- γ1 = γ1 (, R) es el intervalo real [, R];
- γ2 = γ2 (R) es el semicı́rculo de radio R, centrado en el origen, que se encuentra en el
semiplano superior y orientado positivamente;
- γ3 = γ3 (, R) es el intervalo real [−R, −];
- γ4 = γ4 () es el semicı́rculo de radio , centrado en el origen, que se encuentra en el
semiplano superior y orientado negativamente;
∗
Soluciones y notas estarán disponibles en la página web:
https://gdenittis.wordpress.com/interrogaciones-y-examen
†
Nota Total, N. T. = (Ej 1 + Ej 2 + Ej 3 + Ej 4) +1 .
1
2
y la curva cerrada CR, := γ1 + γ2 + γ3 + γ4 . Dibuje CR, y justifique
eiz
dz = 0 .
CR, z
(1/2 de punto)
(b) Pruebe que
Z
lim
R→+∞
2
πθ
(Sugerencia: Utilice que sin(θ) >
γ2 (R)
eiz
dz = 0.
z
para θ ∈ [0, π/2] o el lema de Jordan)
(1/2 de punto)
(c) Pruebe que
Z
lim
→0
γ4 ()
eiz
dz = − i π .
z
(1/2 de punto)
(d) Concluya la prueba de la integral de Dirichlet.
Ejercicio 2 (Funciones de Bessel)
(1/2 de punto)
(2 puntos)
Sea f la función compleja dada por
t
f (z) := e 2
z− 1z
t ∈ C − {0}.
(a) ¿Cuál es el dominio de analiticidad de f ?
(1/2 de punto)
(b) Describa las singularidades de f .
(1/2 de punto)
(c) Sea
f (z) =
+∞
X
Jk (t) zk ,
r < |z| 6 R
k=N−
el desarrollo de Laurent de f . Establezca el valor de N− , el mı́nimo valor de r y el máximo
valor de R.
(1/2 de punto)
(d) Pruebe que Jk (t) es igual a la función de Bessel
Z
1 π
cos kθ − t sin(θ) dθ .
Jk (t) =
π 0
(Sugerencia: Integre sobre |z| = 1).
Ejercicio 3
(a) Enunciar correctamente el principio del máximo y el principio del minimo.
(1/2 de punto)
(1 punto)
(1/2 de punto)
3
(b) Pruebe que no hay ninguna función analı́tica tal que
| f (z)| = e|z|
en el disco abierto B1 (z) := {z ∈ C | |z| < 1}.
(Sugerencia: Hacer una reducción al absurdo).
Ejercicio 4
(1/2 de punto)
(1 punto)
Sean w1 , . . . , w M números complejos no nulos.
(a) Encuentre el radio de convergencia de la expansión de Taylor en el origen de la función
f (z) =
M
X
k=1
1
.
1 − wk z
(1/2 de punto)
(b) Pruebe que
1j
M
X
j
lim sup wk = max{|w1 |, . . . , |w M |}.
j→∞ k=1
(1/2 de punto)
4
Solución Ejercicio 1.
(a) La función e i z /z es analı́tica en C − {0} y 0 está en el exterior de CR, para todos R > > 0.
Entonces, por el Teorema de Cauchy-Goursat
CR,
eiz
dz = 0
z
dado que CR, se encuentra en una región de analicitad simplemente conexa.
(b) Sea [0, π] 3 θ 7→ z(θ) := R e i θ una parametrización del arco γ2 (R). Entonces
Z π i R[cos(θ)+ i sin(θ)]
Z
e i z e
iθ
i Re dθ
dz = i
θ
z
Re
γ2 (R)
0
Z π
e i R[cos(θ)+ i sin(θ)] dθ
= 0
Z π
e i R[cos(θ)+ i sin(θ)] dθ
6
0
Z π
=
e−R sin(θ) dθ
0
= 2
π
2
Z
e−R sin(θ) dθ
0
π
2
Z
6 2
e−R π θ dθ
2
0
= π
1
Z
e−Rθ dθ
!
1 e−R
−
= π
R
R
0
es decir
Z
!
e i z 1 e−R
lim = 0.
dz = π lim
−
R→+∞ γ2 (R) z
R→+∞ R
R
(c) Sea [0, π] 3 θ 7→ z(θ) := e i (π−θ) una parametrización del arco γ4 (). Entonces
Z
Z π i [cos(π−θ)+ i sin(π−θ)]
eiz
e
dz =
(− i )e i (π−θ) dθ
e i (π−θ)
γ4 () z
0
Z π
= −i
e i [cos(π−θ)+ i sin(π−θ)] dθ
0
Z π
e−[sin(θ)+ i cos(θ)] dθ .
= −i
0
Dado que
−[sin(θ)+ i cos(θ)] 2
e
= e− sin(θ) 6 e− π θ ,
06θ6
π
2
el teorema de la convergencia dominada implica
Z
Z π
eiz
lim
dz = − i
lim e−[sin(θ)+ i cos(θ)] dθ = − i π .
→0 γ4 () z
0 →0
5
(d) Note que
Z
γ1 (,R)+γ1 (,R)
−
eiz
dz =
z
Z
=
Z
+
e− i x
=
Z
+R
+R
eix
−R
+
sin(x)
1
dx = −
x
2i
x
+
= 2i
y a partir de (a) se deduce
Z +R
ei x
dx +
x
Z
+R
+
e− i x
eiz
dz +
z
γ2 (R)
+R
eix
dx
x
dx
sin(x)
dx
x
+
Z
eix
dx
x
+
Z
dx +
−
x
+R
Z
Z
γ4 ()
!
eiz
dz .
z
Entonces
+∞
Z
0
1
sin(x)
dx = −
lim
x
2 i R→+∞
1
= − (− i π)
2i
π
.
=
2
Z
γ2 (R)
eiz
dz + lim
→0
z
Z
γ4 ()
eiz
dz
z
!
Solución Ejercicio 2.
(a) Note que
t
t
f (z) = e 2 z e 2z .
t
t
La función z 7→ e 2 z es entera mientras que z 7→ e 2z tiene una singularidad en z = 0. Entonces, el
dominio de analiticidad de f es C − {0}.
(b) Sea z = reiϕ . Dado que
tz t Re(tz)
Re(t) cos(ϕ)+Im(t) sin(ϕ)
2z
2r
lim e = lim e 2|z|2 = lim e 2r2 = lim e
z→0
r→0
z→0
r→0


+ ∞ si Re(t) cos(ϕ) > −Im(t) sin(ϕ)







1
si Re(t) cos(ϕ) = −Im(t) sin(ϕ)
= 






0
si Re(t) cos(ϕ) < −Im(t) sin(ϕ)
sigue que z = 0 no puede ser una singularidad removible ya que la función no tiene lı́mite. Igualmente
se demuestra que




Re(t) cos(ϕ)+Im(t) sin(ϕ)
t  + ∞ si Re(t) cos(ϕ) > −Im(t) sin(ϕ)
N 2z N
2r
lim z e = lim r e
= 


z→0
r→0
0
si Re(t) cos(ϕ) 6 −Im(t) sin(ϕ)
es decir, z = 0 no puede ser un polo de orden finito. Se concluye que z = 0 es una singularidad esencial.
(c) Dado que z = 0 es una singularidad esencial N− no puede ser finito, entonces N− = −∞. Dado
que la función no tiene otras singularidades, se deduce que el desarrollo de Laurent está definido entre
r = 0 y R = +∞.
6
(d) Los coeficientes del desarrollo de Laurent están definidos por la fórmula
1
Jk (t) :=
2π i
t
|z|=ρ
1
e 2 z− z
dz ,
zk+1
k∈Z
para cualquier ρ > 0. Sea ρ = 1 y [−π, π] 3 θ 7→ e i θ ∈ C una parametrización. Entonces,
Jk (t) =
=
=
=
=
=
Z π t (e i θ −e− i θ )
e2
1
( i e i θ ) dθ
2π i −π e i (k+1)θ
Z π i t sin(θ)
1
e
dθ
2π −π e i kθ
Z π
1
e− i (kθ−t sin(θ)) dθ
2π −π
Z π
Z 0
1
1
− i (kθ−t sin(θ))
e
dθ +
e− i (kθ−t sin(θ)) dθ
2π 0
2π −π
Z π
Z π
1
1
e− i (kθ−t sin(θ)) dθ +
e+ i (kθ−t sin(θ)) dθ
2π 0
2π 0
Z
1 π
cos kθ − t sin(θ) dθ .
π 0
Solución Ejercicio 3.
(a) Principio del máximo: Si z 7→ f (z) es analı́tica y no constante en una región A , entonces z 7→ | f (z)|
no tiene máximo en A .
Principio del minimo: Si z 7→ f (z) es analı́tica no nula y no constante en una región A , entonces
z 7→ | f (z)| no tiene minimo en A
(b) Supongamos, por contradicción, que una tal función f existe. Claramente | f (z)| = e|z| sigue que
f (z) , 0 para todos z ∈ B1 (z). Entonces, f −1 está bien definida y analı́tica en B1 (z). Además
1 = | f −1 (z) f (z)| = | f −1 (z)| e|z|
implica que | f −1 (z)| = e−|z| 6 1 para todos z ∈ B1 (z). Pero, | f −1 (0)| = e0 = 1 y por el principio
del máximo f −1 , y consecuentemente f , tienen que ser constantes en B1 (z). Sin embargo, ninguna
función constante puede cumplir | f (z)| = e|z| para todos z ∈ B1 (z).
Solución Ejercicio 4.
(a) Los puntos zk := w−1
k son todas las singularidades (de tipo polo) de la función f . Por definición,
el radio de convergencia de la expansión en serie de potencias en el origen es el radio del más grande
disco abierto centrado en el origen que no contiene singularidades. Entonces
n
o
−1
R = min |w−1
1 |, . . . , |w M | =
1
.
max{|w1 |, . . . , |w M |}
7
(b) Para |z| < R, el desarrollo en serie de potencias está bien definido, entonces


M

M 
+∞
+∞ X

X
X

X


j
j
 w  z j
 w z j  =
f (z) =
k 
k


k=1
j=0
j=0
k=1
ya que el intercambio de las sumas tiene sentido dado que una de las sumas es finita. Por la fórmula
de Cauchy-Hadamard
1j
M
X
1
j
= max{|w1 |, . . . , |w M |}.
lim sup wk =
R
j→∞ k=1